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Calculando

He encontrado esta pregunta en una vieja examen del papel del reino unido de la CME UN Nivel (1972) - equivalente a una universidad de nivel de entrada en la mayoría de los países en los que creen. El método puede ser "estándar", pero me ha dejado perplejo. Tal vez me estoy perdiendo algo que es obvio. Alguien puede darme una pista en lugar de un completo trabajó solución?

Pregunta

Calcular: $\dfrac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\dfrac{1}{5\cdot 6\cdot 7}+\dfrac{1}{9\cdot 10\cdot 11}+\cdots$

¿Qué veo?

Es una serie infinita, por lo que uno de los Geométricas, Maclaurin, Series de Taylor podría ser útil. La suma converge, ya que cada término es menor que el de serie geométrica con razón (0.5).

Los términos se forman a partir de "truncado" factoriales (mi expresión)

Así que la serie puede ser reescrita

$$\frac{0!}{3!}+\frac{4!}{7!}+\frac{8!}{11!}+\cdots$$

Hay tres sucesivos números enteros positivos en los denominadores de cada término de la serie original y los múltiplos de 4 son los que faltan de los denominadores.

Los enteros "dentro" de la factoriales en el numerador y el denominador son (aritméticamente) aumenta 4.

Porque es una serie infinita que no puedo esperanza "grupo" de los términos por la búsqueda común múltiplo.

Así que me quedo atascado.

Entonces me estafan y poner: $\displaystyle\sum \frac{(4k-4)!}{(4k-1)!}$ en Wolfram Alpha.

La respuesta $\frac{\ln(2)}{4}$, se sale. Así que me siento un enfoque para la solución podría tener algo que ver con el de Maclaurin de expansión de $\ln(1+x)$ pero no puedo llegar a ninguna parte con esto.

Cualquier sugerencias sería recibido con gratitud.

Gracias,

Clive

10voto

Dr. MV Puntos 34555

Podemos escribir el término general de la serie como

$$\frac{1}{(4k+1)(4k+2)(4k+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4k+1}-\frac{2}{4k+2}+\frac{1}{4k+3}\right)$$

Entonces, teniendo en cuenta que $\int_0^1 x^{4k}\,dx=\frac{1}{4k+1}$, tenemos

$$\begin{align} \sum{n=0}^\infty\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4k+1}-\frac{2}{4k+2}+\frac{1}{4k+3}\right)&=\sum{n=0}^\infty\frac12 \int_0^1 (x^{4k}-2x^{4k+1}+x^{4k+2})\,dx\\ &=\frac12 \int_0^1 \frac{(1-2x+x^2)}{1-x^4}\,dx\\ &=-\frac12\int_0^1 \frac{x-1}{(x^2+1)(x+1)}\,dx \end {Alinee el} $$

¿Puede terminar ahora?

8voto

David Quinn Puntos 7591

Tengo una sospecha de que el siguiente método sería más como la espera de los candidatos para este examen.

Primero que descomponer en fracciones parciales, así que, como ya, $$S=\frac 12\sum_{r=0}^{\infty}\left(\frac{1}{4k+1}-\frac{2}{4k+2}+\frac{1}{4k+3}\right)$ $

Entonces empezamos por escribir esto explícitamente, para que % $ $$2S=\left(\frac 11-\frac 22+\frac 13\right)+\left(\frac 15-\frac 26+\frac 17\right)+\left(\frac 19-\frac{2}{10}+\frac{1}{11}\right)+...$

Entonces sistemáticamente añadir y restar términos, así $$2S=\left(\frac 11-\frac 12+\frac 13-\frac 14\right)+\color{red}{\left(-\frac 12+\frac 14\right)}+\left(\frac 15-\frac 16+\frac 17-\frac 18\right)+\color{red}{\left(-\frac 16+\frac 18\right)}+\left(\frac 19-\frac{1}{10}+\frac{1}{11}-\frac{1}{12}\right)+\color{red}{\left(-\frac{1}{10}+\frac{1}{12}\right)}+...$ $

Así $$2S=\ln 2-\color {red}{\frac 12\ln 2}$ $

Entonces $$S=\frac 14\ln 2$ $

No creo que el método de integración como se muestra en @Dr. MV esperaba a ser conocido por los estudiantes...

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