Evaluar $\sum_{n=1}^{\infty}{1\over n^5}$ hasta la segunda cifra decimal

Question

Estoy tratando de evaluar $$\sum_{n=1}^{\infty}{1\over n^5}$$ hasta la segunda cifra decimal. Mientras que la serie es convergente, no tengo idea de cómo construir una enlazado, preferentemente utilizando propiedades básicas de las series y secuencias. Cualquier sugerencias?

Answer 1

Si queremos truncar la suma de $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^5}$$\sum\limits_{n=1}^N \frac{1}{n^5}$, podemos obligado el término de error como

$$\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^5} \le \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{(N+1)^2(n-1)n(n+1)} = \frac{1}{2(N+1)^2}\sum_{n=N+1}^\infty\left(\frac{1}{(n-1)n} - \frac{1}{n(n+1)}\right)$$ La última pieza es una suma telescópica. Esto nos da $$\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^5} \le \frac{1}{2N(N+1)^3}$$ Para $N = 3$, esto es $$\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4^3} = \frac{1}{384} \approx 0.00260416666666666$$ Mantener los tres primeros plazo que ya nos da una estimación precisa de dos decimales.
Más precisamente,

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^5} = \zeta(5) = 1.03692775514337\cdots \quad\leftrightarrow\quad \sum_{n=1}^3 \frac{1}{n^5} = \frac{8051}{7776}\approx 1.035365226337449 $$

El error real $\approx 0.001562528805921337$ y nosotros sólo a través de estimar el error de $67\%$. No está mal para un planteamiento tan sencillo.

Actualización

Si uno sabe de integración, una fácil deducir error de enlazado está dada por la integral de la prueba como se mencionó en el MV de la respuesta. Para nuestro caso, $\frac{1}{x^5}$ es monótona decreciente de la función, esto lleva a la

$$\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^5} \le \sum_{n=N+1}^\infty \int_{n-1}^{n}\frac{dx}{x^5} = \int_N^\infty \frac{dx}{x^5} = \frac{1}{4N^4}$$

Para $N = 3$, esto nos da un error de enlazado $\frac{1}{324} \approx 0.00308641975308642$ compatible a lo que han hecho por más de un elemental pero más difícil de averiguar enfoques.

Para este problema en particular, no es en realidad otra de las mejoras que uno debe saber.
Aviso $\displaystyle\;\frac{d^2}{dx^2} \frac{1}{x^5} = \frac{30}{x^7} > 0$, $\displaystyle\;\frac{1}{x^5}\;$ es una función convexa de $x > 0$. Para todos los $n > 1$, tenemos

$$ \frac{1}{n^5} \le \int_{n-1/2}^{n+1/2} \frac{dx}{x^5}, \forall n >1 \quad\implica\quad \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^5} \le \int_{N+1/2}^\infty \frac{dx}{x^5} = \frac{1}{4(N+\frac12)^4}$$

Para $N = 3$, esto conduce a un error de enlazado $\frac{1}{4(7/2)^4} = \frac{4}{2401} \approx 0.001665972511453561$ que sobre estimación sólo para $7\%$.

Después de aprender la integración y convexa de la función, si uno ve un problema similar como este, asegúrese de comprobar si su función es convexa y si es posible, tomar ventaja de eso.

Answer 2

SUGERENCIA:

El recuerdo de La Integral de la Prueba

$$\int_N^{M+1} \frac{1}{x^5}\,dx\le \sum_{n=N}^M\frac{1}{n^5}\le \frac{1}{N^5}+\int_N^M \frac{1}{x^5}\,dx$$

Answer 3

Podemos utilizar Beuker-como integrales, por ejemplo. Si establecemos $\zeta(5)=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^5}$, tenemos: $$ 24\,\zeta(5) = \int_{0}^{1}\frac{\log(x)^4}{1-x}\,dx,\qquad \int_{0}^{1}\frac{x^4\log(x)^4}{1-x}\,dx = -\frac{257875}{10368}+24\,\zeta(5)\tag{1}$$ pero la función de $g(x)=\frac{x^4\log^4(x)}{1-x}$ es no-negativa y limitada por $\frac{1}{60}$ en el intervalo de $(0,1)$, por lo tanto: $$ \zeta(5) \approx \frac{257875}{248832}= \color{red}{1.036}3417888\ldots \tag{2} $$

Answer 4

Si usted está autorizado a utilizar el hecho de que $\sum1/n^2=\pi^2/6$, se puede calcular cuando la cola de $\sum1/n^2$ es de menos de $0.01$, dicen

$$\sum_{n\geq m}1/n^2<0.01$$

A continuación, $S=\sum_{n\geq m} 1/n^5$ también está a menos de $0.01$ .

Answer 5

La Alternancia De La Serie $$ \begin{align} &1+\frac1{2^5}+\frac1{3^5}+\frac1{4^5}+\frac1{5^5}+\frac1{6^5}+\dots\\ &\phantom{1}-\frac{2}{2^5}\phantom{+\frac1{3^5}1}-\frac2{4^4}\phantom{+\frac1{5^5}1}-\frac{2}{6^5}\tag*{%#%#%}\\ =&1-\frac1{2^5}+\frac1{3^5}-\frac1{4^5}+\frac1{5^5}-\frac1{6^5}+\dots\\ \end{align} $$ Por lo tanto, la alternancia suma es $\left(-\frac2{2^5}\text{times the line above}\right)$ de los no-alternando suma. Por la Alternancia de Serie de la Prueba, el error en cualquier punto es menor que el primer término no utilizado. Por lo tanto para obtener dos dígitos de precisión, sólo tenemos que ir hasta, pero no incluyendo, $\frac{15}{16}$. Es decir, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac1{k^5} &\approx\frac{16}{15}\left(1-\frac1{2^5}\right)\\ &=1.0333333 \end{align} $$ dentro de $\frac1{3^5}=\frac1{243}$. De hecho, la Alternancia de la Serie de la Prueba, dice que $$ 1.0333333\le\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^5}\le1.0377229 $$ donde el límite superior es $$ \frac{16}{15}\left(1-\frac1{2^5}+\frac1{3^5}\right) $$ El siguiente límite inferior es $$ \frac{16}{15}\left(1-\frac1{2^5}+\frac1{3^5}-\frac1{4^5}\right)=1.0366812 $$ Así que ahora podemos decir que $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{1.0366812\le\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^5}\le1.0377229} $$ Por lo tanto, a dos decimales, la suma sería de $\frac{16}{15}\frac1{243}=0.0043896$.

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De Euler-Maclaurin Fórmula De La Suma

El uso de la de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma: $$ \begin{align} &\sum_{k=1}^{100}\frac1{k^5}-\left[-\frac1{4n^4}+\frac1{2n^5}-\frac5{12n^6}+\frac7{24n^8}-\frac1{2n^{10}}+\frac{11}{8n^{12}}-\frac{65}{12n^{14}}\right]_{n=100}\\[9pt] &=1.036927755143369926331365486457 \end{align} $$ El siguiente término es $1.04$, por lo que el error es del orden de $\frac{691}{24n^{16}}$.

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La estimación del Error con la Desigualdad de Bernoulli

El uso de la Alternancia de Serie de la Prueba es bastante fácil, pero también podemos utilizar la Desigualdad de Bernoulli para estimar el error. Para $3\times10^{-31}$, $$ \begin{align} \frac1{n^p}-\frac1{(n+1)^p} &=\frac1{n^p}\left[1-\frac1{\left(1+\frac1n\right)^p}\right]\\ &\ge\frac1{n^p}\left[1-\frac1{1+\frac pn}\right]\\ &=\frac1{n^p}\frac{\frac pn}{1+\frac pn}\\ &\ge\frac1{n^p}\frac{\frac pn}{\left(1+\frac1n\right)^p}\\[4pt] &=\frac p{n(n+1)^p}\\[8pt] &\ge\frac p{(n+1)^{p+1}} \end{align} $$ Los primeros dos desigualdades se deben a la desigualdad de Bernoulli, la última es simplemente porque $p\ge1$. El uso de esta desigualdad, obtenemos que $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac1{k^{p+1}}-\sum_{k=1}^n\frac1{k^{p+1}} &=\sum_{k=n+1}^\infty\frac1{k^{p+1}}\\ &=\sum_{k=n}^\infty\frac1{(k+1)^{p+1}}\\ &\le\frac1p\sum_{k=n}^\infty\left(\frac1{k^p}-\frac1{(k+1)^p}\right)\\ &=\frac1{p\,n^p} \end{align} $$ Por lo tanto, el error en la aproximación de la infinita suma el uso de $n\lt n+1$ términos es en la mayoría de las $n$. Por lo tanto, el error en $$ \sum_{k=1}^3\frac1{k^5}=1.0353652 $$ es en la mayoría de las $\frac1{4n^4}$. Es decir, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{1.0353652\le\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^5}\le1.0384516} $$ Por lo tanto, a dos decimales, la suma sería de $\frac1{4\cdot3^4}=0.0030864$.