Me estoy preparando para una prueba y he pasado bastante tiempo en esto. Lo que ya hice fue usar la expansión taylor para$\ln(1+x)$ para obtener finalmente la suma:$$ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{{2^n} {n^2}} $ $ Revisé wolfram y parece que esto da el resultado correcto, pero ¿cómo lo calculo manualmente? Intenté hacer ajustes con sumas conocidas, pero fue en vano. También intenté calcular la integral sin el enfoque de expansión de Taylor, pero no funcionó. ¡Cualquier ayuda será apreciada!
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En lugar de escribir una fórmula en la notación de sumatoria de $\ln(1+x)$, yo personalmente creo que es más fácil ampliar la expansión en series de Taylor de $\ln (1+x)$, como este: $$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4+\frac{x^5}5-\cdots,$$ donde la expansión es lo suficientemente largo para ayudarle a integrar y encontrar su respuesta, precisamente, a menos de 2 decimales. (El más términos en la expansión de la serie, el más preciso en su respuesta será. Para mí, me cortó después de que el quinto término de la integración.)
Finalmente, \begin{align} \int_0^{0.5} \frac{\ln(1+x)}x \, dx &\approx\int_0^{0.5} \frac{x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4+\frac{x^5}5}x \, dx \\ &= \int_0^{0.5}1-\frac x2+\frac{x^2}3-\frac{x^3}4+\frac{x^4}5 \, dx \end{align}
Se puede tomar desde aquí? Su respuesta debe ser muy bien precisos para al menos dos decimales. Si usted tiene más cifras decimales, simplemente trunca o redondee su respuesta en consecuencia.
Roger Hoover
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Mediante la integración de termwise la serie de Taylor de $\frac{\log(1+x)}{x}$ $x=0$ obtenemos: $$\int_{0}^{1/2}\frac{\log(1+x)}{x}\,dx = \sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{j^2\cdot2^j }$$ y a través de la suma parcial: $$\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{j^2\cdot 2^j }=\frac{1}{3}\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{2j+1}{j^2(j+1)^2}+\frac{1}{3}\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}(2j+1)}{2^j\cdot j^2(j+1)^2}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}(2j+1)}{2^j\cdot j^2(j+1)^2}$$ La realización parcial de la suma de un segundo tiempo de la producción: $$\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{j^2\cdot 2^j }=\frac{1}{3}+\frac{1}{12}+\frac{1}{9}\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{2^j}\left(\frac{1}{j^2}-\frac{2}{(j+1)^2}+\frac{1}{(j+2)^2}\right)$$ y realizar el mismo truco una tercera vez, se obtiene: $$\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{j^2\cdot 2^j }=\frac{427}{972}+\frac{1}{27}\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{2^j}\left(\frac{1}{j^2}-\frac{3}{(j+1)^2}+\frac{3}{(j+2)^2}-\frac{1}{(j+3)^2}\right)$$ mientras que el cuarto tiempo tenemos: $$\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{j^2\cdot 2^j }=\frac{1733}{3888}+\frac{1}{81}\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{2^j}\sum_{k=0}^{4}\frac{(-1)^k\binom{4}{k}}{(j+k)^2}.$$ Finalmente, el primer término en el lado derecho es $0.445\ldots$, mientras que el primer término de la última suma, multiplica por $\frac{1}{81}$, es menor que $0.003$, por lo tanto $0.44$ es la aproximación que estábamos buscando.
De Euler método de aceleración aquí mejora levemente la serie de Taylor aproximación desde el término de error tiende a cero como $3^{-k}$ en lugar de $2^{-k}$.
