mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 24, 2011 7:50 pm**

Αν $\displaystyle{ b_1 = 2,b_n = \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {kb_k } ,n \ge 2 }$ να υπολογίσετε το άθροισμα: $\displaystyle{ \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{b_k }}{{4^k }}} }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2011 12:39 pm**

$\displaystyle{{b_{n - 1}} = \frac{1}{{n - 1}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 2} {k \cdot {b_k}} \Rightarrow \left( {n - 1} \right){b_{n - 1}} = {b_1} + 2{b_2} + .. + \left( {n - 2} \right){b_{n - 2}}}$ , και

$\displaystyle{n{b_{n - 1}} = {b_1} + 2{b_2} + .. + \left( {n - 2} \right){b_{n - 2}} + \left( {n - 1} \right){b_{n - 1}} = 2\left( {n - 1} \right){b_{n - 1}} \Rightarrow \boxed{{b_n} = \frac{{2\left( {n - 1} \right)}}{n}{b_{n - 1}}}}$ , για $\displaystyle{n = 2,3,4,..}$ και $\displaystyle{{b_1} = 2,{b_2} = 1}$ .

Τότε $\displaystyle{{b_3}{b_4}..{b_{n - 1}}{b_n} = \frac{{2\left( {3 - 1} \right){b_2}}}{3} \cdot .. \cdot \frac{{2\left( {n - 2} \right){b_{n - 2}}}}{{n - 1}} \cdot \frac{{2\left( {n - 1} \right){b_{n - 1}}}}{n} \Rightarrow {b_n} = \frac{{{2^{n - 2}}\left( {n - 1} \right)!}}{{3 \cdot 4 \cdot .. \cdot n}}.. \Rightarrow }$

Τελικά $\displaystyle{\boxed{{b_n} = \frac{{{2^{n - 1}}}}{n},n = 2,3,4,..{\text{ \& }}{b_1} = 2}}$

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{b_k}}}{{{4^k}}}} = \frac{1}{2} + \sum\limits_{k = 2}^\infty {\frac{{{2^{k - 1}}}}{{k \cdot {4^k}}}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 2}^\infty {\frac{1}{{k \cdot {2^k}}}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{k \cdot {2^k}}}} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4} - \ln \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{4} + \ln \left( 2 \right)}$ . (Όντως ύποπτο)

mathematica.gr

Ύποπτη ακολουθία και πιό ύποπτο αθροισματάκι

Ύποπτη ακολουθία και πιό ύποπτο αθροισματάκι

Re: Ύποπτη ακολουθία και πιό ύποπτο αθροισματάκι