mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 25, 2016 3:54 pm**

Έστω $\displaystyle{S_n=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{k}-\ln\frac{k+1}{k}\right)}$ .

Ας υπολογιστούν, αν υπάρχουν, τα όρια:

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n^2\Bigg|S_n-\ln\frac{4}{\pi}\Bigg|}$

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n^3\Bigg|S_n-\frac{(-1)^{n-1}}{4n^2}-\ln\frac{4}{\pi}\Bigg|}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Bonus (για όποιον δεν έχει κάτι καλύτερο να κάνει από πράξεις. Έχει και ωραία μέρα έξω...

):

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n^4\Bigg|S_n+\frac{5(-1)^{n-1}}{12n^3}-\frac{(-1)^{n-1}}{4n^2}-\ln\frac{4}{\pi}\Bigg|}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 07, 2016 1:23 pm**

Ξεκινάμε από τη διάσπαση του αθροίσματος σε δύο μέρη,

Χρησιμοποιώντας τα ολοκληρώματα, $\displaystyle \int_0^{\infty}e^{-kx}\,dx = \frac{1}{k}$ και $\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{e^{-kx}-e^{-(k+1)x}}{x}\,dx = \log\left(1+\frac{1}{k}\right)$ , μπορούμε να ξαναγράψουμε το άθροισμα ως εξής:

$\displaystyle{\begin{aligned}S_n &= \sum\limits_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{k} - \log \left(1+\frac{1}{k}\right)\right) \\&= \sum\limits_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}\left(\int_0^{\infty}e^{-kx} - \frac{e^{-kx}-e^{-(k+1)x}}{x}\,dx\right)\\&= \int_0^{\infty} \frac{e^{-x}(1-(-1)^ne^{-nx})}{1+e^{-x}}\,dx - \int_0^{\infty} \frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x(1+e^{-x})}(1-(-1)^ne^{-nx})\,dx\\&= \log 2 - \int_0^{\infty} \frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x(1+e^{-x})}\,dx - (-1)^{n}\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}} - \frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x(1+e^{-x})}\right)e^{-nx}\,dx\end{aligned}}$

Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος:

$\displaystyle{\begin{aligned}\int_0^{\infty} \frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x(1+e^{-x})}\,dx &= \int_0^{\infty} \int_{1}^{2} \frac{e^{-tx}}{1+e^{-x}}\,dt\,dx\\&= \int_1^{2} \int_0^1 \frac{x^{t-1}}{1+x}\,dx\,dt\\&= -\frac{1}{2}\int_1^{2}\left(\psi_0\left(\frac{t}{2}\right)-\psi_0\left(\frac{t+1}{2}\right)\right)\,dt\\&= -\left.\log \frac{\Gamma \left(\frac{t}{2}\right)}{\Gamma \left(\frac{t+1}{2}\right)}\right\vert_{1}^{2} = \log \frac{\pi}{2}\end{aligned}}$

Έτσι, $\displaystyle S_n = \log \left(\frac{4}{\pi}\right)- (-1)^{n}\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}} - \frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x(1+e^{-x})}\right)e^{-nx}\,dx$

Τώρα, οι επεκτάσεις της σειράς Taylor στο x = 0

είναι, $\displaystyle \frac{e^{-x}}{1+e^{-x}} = \frac{1}{2} - \frac{x}{4}+\frac{x^3}{48}+O(x^5)$ και το δεύτερο $\displaystyle \frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x(1+e^{-x})} = \frac{1}{2}-\frac{x}{2}+\frac{5x^2}{24}-\frac{x^3}{24}+\frac{x^4}{240}+O(x^5)$

αυτό είναι

$\displaystyle{\begin{aligned}S_n - \log \left(\frac{4}{\pi}\right) &= (-1)^{n-1}\int_0^{\infty} \left(\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}} - \frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x(1+e^{-x})}\right)e^{-nx}\,dx\\&= (-1)^{n-1}\int_0^{\infty} \left(\frac{x}{4}-\frac{5x^2}{24}+\frac{x^3}{16}-\frac{x^4}{240}+O(x^5)\right)e^{-nx}\,dx\\&= (-1)^{n-1}\left(\frac{1}{4n^2}-\frac{5}{12n^3}+\frac{3}{8n^4}-\frac{1}{10n^5}+O(n^{-6})\right)\end{aligned}}$

το οποίο διαδοχικά δίνει τα επιθυμητά όρια.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 07, 2016 3:32 pm**

Το είχα σχεδόν γράψει πριν λίγο καιρό αλλά μετά το ξέχασα. Ας δούμε λοιπόν και την δική μου προσέγγιση.

Παίρνω ως «γνωστό» από εδώ ότι

$\displaystyle{ H_n =\log{n} + \gamma + \frac{1}{2n} - \frac{1}{12n^2} + \frac{1}{120n^4} + O(n^6)}$

Άρα

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} &= H_{2n} - 2\left(\frac{1}{2} H_n\right) \\ &= \log{2n} + \gamma + \frac{1}{4n} - \frac{1}{48n^2} + \frac{1}{1920n^4} -\log{n} - \gamma - \frac{1}{2n} + \frac{1}{12n^2} - \frac{1}{120n^4}+ O(n^6) \\ &= \log{2} - \frac{1}{4n} + \frac{1}{16n^2} - \frac{1}{128n^4} + O(n^6) \end{aligned}}$

Θα χρησιμοποιήσουμε επίσης την εξής προσέγγιση (δείτε εδώ)

$\displaystyle{ \log(n!) = n\log{n} - n + \frac{1}{2} \log(2\pi n) + \frac{1}{12n} - \frac{1}{360n^3} + O(1/n^5)}$

Είναι

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{2n} (-1)^{k-1} \log \frac{k+1}{k} &= \log\left( \frac{(2\cdot 4 \cdots (2n))^2}{(3 \cdot 5 \cdots (2n-1))^2(2n+1)} \right) \\ &= \log\left( \frac{2^{4n}[n!]^4}{[(2n)!]^2(2n+1)}\right) \\ &= 4n\log{2} + 4\log{n!} - 2\log((2n)!) - \log(2n+1) \end{aligned}}$

Οπότε

$\displaystyle{ \begin{aligned} &\sum_{k=1}^{2n} (-1)^{k-1} \log \frac{k+1}{k} \\ \phantom{}=\phantom{}& 4n\log{2} + 4\log{n!} - 2\log((2n)!) - \log(2n+1) \\ \phantom{}=\phantom{}& 4n\log{2} + 4n\log{n} - 4n + 2\log(2\pi n) + \frac{1}{3n} - \frac{1}{90n^3} \\ &- 4n\log{2n} + 4n - \log(4\pi n) - \frac{1}{12n}+\frac{1}{1440n^3}- \log(2n+1) + O(1/n^5) \\ \phantom{}=\phantom{}& \log{\pi n} + \frac{1}{4n} - \frac{1}{96n^3} - \log(2n+1) + O(1/n^5) \\ \phantom{}=\phantom{}& \log{\frac{\pi}{2}}+ \frac{1}{4n} - \frac{1}{96n^3} - \log\left(1 + \frac{1}{2n}\right)+ O(1/n^5) \end{aligned} }$

Από Τaylor είναι

$\displaystyle{ - \log\left(1 + \frac{1}{2n}\right) = - \frac{1}{2n} + \frac{1}{8n^2} - \frac{1}{24n^3} + \frac{1}{64n^4} + O(1/n^5) }$

Άρα

$\displaystyle{ \sum_{k=1}^{2n} (-1)^{k-1} \log \frac{k+1}{k} = \log{\frac{\pi}{2}} - \frac{1}{4n} + \frac{1}{8n^2}- \frac{5}{96n^3} + \frac{1}{64n^4} + O(1/n^5)}$

Άρα

$\displaystyle{ S_{2n} = \log\frac{4}{\pi} - \frac{1}{16n^2} + \frac{5}{96n^3} - \frac{3}{128n^4} + O(1/n^5) }$

Δηλαδή

$\displaystyle{ S_{m} = \log\frac{4}{\pi} - \frac{1}{4m^2} + \frac{5}{12m^3} - \frac{3}{8n^4} + O(1/m^5) }$

για m = 2n

άρτιο.

Επίσης για m=2n+1

περιττό είναι

$\displaystyle{ \begin{aligned} S_{m} &= S_{2n} + \frac{1}{m} - \log{\left(1 + \frac{1}{m}\right)} \\ &= \left(\log\frac{4}{\pi} - \frac{1}{4m^2(1-\frac{1}{m})^2} + \frac{5}{12m^3(1-\frac{1}{m})^3} - \frac{3}{8m^4(1-\frac{1}{m})^4}\right)+ \frac{1}{2m^2} - \frac{1}{3m^3} + \frac{1}{4m^4} + O(1/m^5) \\ &= \log\frac{4}{\pi} - \frac{1}{4m^2}\left(1+\frac{2}{m} + \frac{3}{m^2}\right) + \frac{5}{12m^3}\left(1 + \frac{3}{m}\right) - \frac{3}{8m^4} + \frac{1}{2m^2} - \frac{1}{3m^3} + \frac{1}{4m^4} + O(1/m^5) \\ &= \log\frac{4}{\pi} + \frac{1}{4m^2} - \frac{5}{12m^3} + \frac{3}{8m^4} + O(1/m^5) \end{aligned}}$

Έχουμε λοιπόν δείξει ότι

$\displaystyle{ S_m \sim \log\frac{4}{\pi} + (-1)^m\left(- \frac{1}{4m^2} + \frac{5}{12m^3} - \frac{3}{8n^4} \right) + O(1/m^5)}$

Αυτό δίνει ότι το ζητούμενο όριο στο (3) υπάρχει και ισούται με 3/8

.

mathematica.gr

Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος με λογάριθμο

Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος με λογάριθμο

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος με λογάριθμο

Re: Ασυμπτωτική συμπεριφορά αθροίσματος με λογάριθμο