mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 07, 2010 11:58 pm**

Να υπολογίσετε το άθροισμα
$\displaystyle{\sum\limits_{k = 0}^{ + \infty } {\left[ {\frac{1}{{k!}}\left( {\int\limits_0^1 {{{\left( {x\ln x} \right)}^k}dx} } \right)} \right]} }$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 08, 2010 12:10 am**

Απ´ότι βλέπω το παραπάνω ανάγεται στο $\displaystyle{\bf\int_{0}^{1}x^x\;\texttt{d}x}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 08, 2010 12:21 am**

Πως κατέληξες εκεί; Υπολόγισες πρώτα το ολοκλήρωμα (γράφοντας το ως άθροισμα) έπειτα απλοποίησες και μετέτρεψες το νέο άθροισμα σε ολοκληρωμα;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 08, 2010 12:27 am**

$\displaystyle{\bf\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}\int_{0}^{1}(x\log(x))^{k}\;\texttt{d}x=\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(x\log(x))^{k}}{k!}\;\texttt{d}x=\int_{0}^{1}e^{\log(x^x)}\;\texttt{d}x=\int_{0}^{1}x^x\;\texttt{d}x}$

Οκ είναι λάθος δεν μπορώ να κάνω το παραπάνω, έπεσα στην παγίδα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 08, 2010 12:47 am**

Μια υπόδειξη για τον αριθμητή.

$\displaystyle{\bf\int_{0}^{1}(x\log(x))^{k}\;\texttt{d}x=-\int_{0}^{+\infty}e^{u(k+1)}u^{k}\;\texttt{d}u=-\left(-\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}\cdot\Gamma(k+1)=-\left(-\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}\cdot k!}$ με αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle{\bf u=\log(x)}$ και

η σειρά γίνεται $\displaystyle{\bf -\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k}}{k^{k}}=-\left(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^k}-\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(2k+1)^{2k+1}\right)\approx -\frac{1}{4}+1=\frac{3}{4}}$ (χονδρική εκτίμηση). Παρατηρούμε ότι οι όροι στις παραπάνω σειρές των άρτιων και περιττών όρων της αρχικής σειράς , γίνονται πολύ μικροί μετά τον πρώτο όρο.

Ο Wolfram δίνει $\displaystyle{\boxed{\bf 0.7834305107121344070592643865269754694076819903}}$ .

mathematica.gr

Άθροισμα

Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα