Cómo reconocer una suma como una Suma de Riemann

Question

Evaluar $$\frac{1}{1}+\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{2}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}-\frac{2}{9}+...+\frac{1}{3n+1}+\frac{1}{3n+2}-\frac{2}{3n+3}+...$$

opciones de respuesta:

a) $\ln{2}$

b) $\ln{3}$

c) $e^2$

d) $\dfrac{9}{25}$

Busca en las opciones de respuesta, estoy casi seguro de que tenemos que reorganizar la suma en una suma de Riemann, pero estoy atascado en cómo hacerlo. También hay técnicas generales para reconocer/reorganizar sumatorias como estas en las sumas de Riemann? Este problema es de una competición, por lo que tendría que resolver estos problemas de forma rápida. Gracias!

Answer 1

Usted realmente no tiene que reconocer algo, usted puede dejar los cálculos de hacer eso por usted.
Tenemos: $$\begin{eqnarray*} \sum_{k\geq 0}\left(\frac{1}{3k+1}+\frac{1}{3k+2}-\frac{2}{3k+3}\right)&=&\int_{0}^{1}(1+x-2x^2)\sum_{k\geq 0}x^{3k}\,dx\\ &=& \int_{0}^{1}\frac{1+x-2x^2}{1-x^3}\,dx\tag{1} \end{eqnarray*}$$ por lo tanto la serie original se convierte en: $$ \int_{0}^{1}\frac{1+2x}{1+x+x^2}\,dx =\left[\log(1+x+x^2)\right]_{0}^{1}=\color{red}{\log 3}.\tag{2}$$

---

Como un ahorro de tiempo alternativa, se puede notar que al sumar sólo los seis primeros términos de obtener un número que está cerca de a $1$, e $(B)$ es la única opción cerca de $1$.

Answer 2

Debido a que cada "trozo" de tres términos consecutivos se compone de $$\frac{1}{3n+1}+\frac{1}{3n+2}-\frac{2}{3n+3}$$ A continuación, usted debe combinar en un solo término: $$\frac{(3n+1)(3n+3)+(3n+2)(3n+3)-2(3n+1)(3n+2)}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}$$ que se condensa hacia abajo para $$\frac{9n+5}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}$$ Y para que la Suma de Riemann debe ser $$\sum_{n=1}^\infty \frac{9n+5}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}$$

Ahora, si tiene una sugerencia sobre cómo evaluar realmente que una vez que lo tienen como una Suma de Riemann, aquí es lo que debe hacer. Deje $S(a)$ ser una función definida como $$S(a)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(9n+5)a^{3n+3}}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}$$ Entonces, como se puede ver, cuando usted encuentra a $S'''(a)$, se obtiene $$S'(a)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(9n+5)a^{3n+2}}{(3n+1)(3n+2)}$$ $$S''(a)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(9n+5)a^{3n+1}}{(3n+1)}$$ $$S'''(a)=\sum_{n=1}^\infty (9n+5)a^{3n+1}$$ Esto es más fácil de evaluar. Una vez que usted tiene una fórmula para hacerlo, solo tenemos que integrar a $S'''(a)$ tres veces para encontrar $S(a)$ en términos de $a$. A continuación, observe que su suma es igual a $S(1)$.

Sin embargo, ya que usted menciona que estos son el concurso de problemas que necesitan ser resueltos rápidamente, aquí es lo que mi estrategia sería: se puede descartar $A$ $C$ inmediatamente, ya que $A$ es el valor de la alternancia serie armónica (que este no es obviamente), y dado que no existen factoriales en la suma, lo que sugiere que $e$ no está involucrado en el valor final.

Ahora debe decidir entre el$B$$D$. Aviso de que nuestro $S'''(a)$ se convertiría en una serie geométrica debemos decidir a evaluar. Esto significa que una parte de la $S'''(a)$ debe contener la expresión $$\frac{1}{1-a}$$ lo que sugiere que las integrales de $S'''(a)$ contienen logaritmos. Por lo tanto, la respuesta debe (supongo) ser $\ln 3$.

Estoy en lo cierto?

Answer 3

Desde $-\frac{2}{3n+3} = \frac{1}{3n+3} - \frac{1}{n+1}$, el término general puede ser escrito

$$a_n = \left(\frac{1}{3n+1} + \frac{1}{3n+2} + \frac{1}{3n+3}\right) - \frac{1}{n+1}$$

por lo que la suma (a la $n$'th plazo) es la diferencia entre dos armónica de los números

$$\left(1 + \frac{1}{2}+\ldots + \frac{1}{3n+3}\right) - \left(1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n+1}\right) = \sum_{k=n+2}^{3n+3}\frac{1}{k} = \frac{1}{N}\sum_{k=N+1}^{3N}\frac{1}{\frac{k}{N}}\tag{1}$$

donde $N = n+1$. Este es un único plazo $\left(\frac{1}{N} = \frac{1}{n+1}~~\text{which vanishes as $n\to\infty$}\right)$ lejos de ser exacto de la suma de Riemann para la integral $\int_1^3\frac{{\rm d}x}{x}$. Por tanto, tenemos

$$\lim_{n\to\infty }\sum_{k=n+2}^{3n+3}\frac{1}{k} = \lim_{N\to\infty} \frac{1}{N}\sum_{k=N}^{3N}\frac{1}{\frac{k}{N}} = \int_1^3\frac{{\rm d}x}{x} = \ln(3)$$

Alternativa: si usted sabe que la serie de números de satisfacer $H_n \sim \gamma + \log(n)$ luego de la aplicación de este a $(1)$ la respuesta nos la da directamente

$$H_{3n} - H_n \sim (\gamma + \ln(3n)) - (\gamma + \ln(n)) = \ln(3)$$