mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 04, 2022 7:09 am**

Καλημέρα!
Μπορεί κάποιος να αποδείξει τον ακόλουθο τύπο:
$\ln(2)=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(2n+1)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 04, 2022 8:39 am**

Πεδγια έγραψε: Τετ Μάιος 04, 2022 7:09 am Καλημέρα!
Μπορεί κάποιος να αποδείξει τον ακόλουθο τύπο:
$\ln(2)=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(2n+1)}$

Eίναι απλό. Δίνω μόνο υπόδειξη γιατί μας έχεις ρωτήσει πολλές φορές παρόμοια αθροίσματα, οπότε καλό είναι να μπορείς να τα βγάζεις μόνος σου.

Υπόδειξη: Ο γενικός όρος είναι $\dfrac{1}{4}\dfrac{1}{n(n+1)(2n+1)}= \dfrac{1}{(2n)(2n+1)(2n+2)}$ που γράφεται ως $\displaystyle{\, \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{2n} - \dfrac{1}{2n+1} + \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{2n+2} }$

Πάρε τώρα τον τρίτο προσθετέο με τον πρώτο του επόμενου όρου. Είναι $\displaystyle{ \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{2n+2} + \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{2n+2} = \dfrac{1}{2n+2} }$

Θα παρατηρήσεις ότι τώρα το άθροισμά σου ανάγεται σε άθροιση όρων της μορφής "ο παλιός μεσαίος συν αυτό που μόλις έγραψα", δηλαδή $-\dfrac{1}{2n+1}+ \dfrac{1}{2n+2}$ . Όμως αυτό είναι το γνωστό άθροισμα του αναπτύγματος $\ln 2= 1- \dfrac {1}{2} +\dfrac {1}{3} -\,...$ στο τύπο Leibniz.

Θα χαρούμε να δούμε εδώ συμπληρωμένες, από πλευράς σου, τις λεπτομέρειες.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 04, 2022 11:49 am**

@Mihalis_Lambrou Ευχαριστώ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 04, 2022 5:19 pm**

Πιο απλά, πάλι με εκτενή υπόδειξη.

Δουλεύουμε με μερικά αθροίσματα: To ζητούμενο ανάγεται στην εύρεση του

$\displaystyle{ \sum _{n=1}^N\dfrac{1}{2n(2n+1)(2n+2)}= \dfrac {1}{2} \sum _{n=1}^N \left ( \dfrac{1}{2n} - \dfrac{2}{2n+1} + \dfrac{1}{2n+2} \right ) = }$

$\displaystyle{= \dfrac {1}{2} \sum _{n=1}^N \left ( \dfrac{1}{2n} - \dfrac{1}{2n+1}\right ) +\dfrac {1}{2} \sum _{n=1}^N \left (- \dfrac{1}{2n+1} +\dfrac{1}{2n+2} \right ) }$

Και τα δύο αθροίσματα στο δεξί μέλος είναι, εκτός από κάποιους αρχικούς όρους, η σειρά Leibniz του $\ln 2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 05, 2022 7:26 pm**

Η λύση του Μιχάλη είναι η ενδεδειγμένη. Αν θέλουμε μία λύση από αναλυτική σκοπιά τότε με γνώνομα τη σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = - \ln (1-x)}$ έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \left ( n +1 \right ) \left ( 2n+1 \right )} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \left ( n+1 \right )} \int_{0}^{1} x^{2n} \, \mathrm{d}x \\ &=\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n \left ( n+1 \right )}\, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac{x^{2n}}{n} - \frac{x^{2n}}{n+1} \right )\, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} \left ( -\ln \left ( 1 - x^2 \right ) - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^{2n-2}}{n} \right )\, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} \left ( -\ln \left ( 1 - x^2 \right ) - \frac{1}{x^2} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n} \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} \left ( -\ln \left ( 1-x^2 \right ) + \frac{x^2 + \ln \left ( 1-x^2 \right )}{x^2} \right )\, \mathrm{d}x \\ & = \cdots \\ &= 2 - 2 \ln 2 + 1 - 2 \ln 2 \\ &= 3 - 4 \ln 2 \end{aligned}}$

mathematica.gr

Τύπος για το ln(2)

Τύπος για το ln(2)

Re: Τύπος για το ln(2)

Re: Τύπος για το ln(2)

Re: Τύπος για το ln(2)

Re: Τύπος για το ln(2)