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Question

Encontrar la suma de la serie de $$\displaystyle \sum^{\infty}_{k=1}\frac{k^2}{(2k-1)(2k)(2k+1)(2k+2)}$$

Probar: Vamos A $$S = \displaystyle \sum^{\infty}_{k=1}\frac{k^2}{(2k-1)(2k)(2k+1)(2k+2)}$$

Así, $$S =\sum^{\infty}_{k=1}\frac{k^2\cdot (2k-2)!}{(2k+2)!}=\frac1{3!}\sum^{\infty}_{k=0}\frac{(k+1)^2\cdot(2k)!\cdot 3!}{(2k+3+1)!}$$

con la ayuda de identidad $$B(m,n) = \int^{1}_{0}x^m(1-x)^ndx = \frac{\Gamma (m+1)\Gamma(n+1)}{\Gamma(m+n+2)}$$

$$B(m,n) = \frac{\Gamma (m+1)\Gamma(n+1)}{\Gamma(m+n+2)}=\frac{m!\cdot n!}{(m+n+1)!}$$

Por lo $$S=\sum^{\infty}_{k=0}(k+1)^2\int^{1}_{0}(x)^{2k}(1-x)^3dx$$

$$S=\int^{1}_{0}x^{-2}(1-x)^3\sum^{\infty}_{k=1}(kx^k)^2dx$$

Puede que alguien me explique cómo calcular el $\displaystyle \sum^{\infty}_{k=1}k^2x^{2k}$ en algunas camino más corto . aunque estoy tratando de solucionar el problema, pero es demasiado largo.

Por favor, que me explique ,gracias.

Answer 1

Bueno hasta el momento, para terminar la prueba de aviso de que,

$$\frac{1}{1-z} = \sum_{i=0}^{\infty} z^i $$

La diferenciación,

$$\frac{1}{(1-z)^2} = \sum_{i=1}^{\infty} i z^{i-1}$$

Multiplicar por $z$ luego se diferencian de nuevo,

$$z\frac{d}{dz} \frac{z}{(1-z)^2} = \sum_{i=1}^\infty i^2 z^{i} $$

Así tenemos que,

$$\frac{z(z+1)}{(1-z)^3} = \sum_{k=1}^\infty k^2 z^k $$

Poner en $z = x^2$ a obtener,

$$\sum_{k=1}^\infty k^2x^{2k} = \frac{x^2(x^2+1)}{(1-x^2)^3}$$

La mayoría de la fuerza bruta para calcular la integral después de que es suplente en $x = \sin \theta$, expandir todo y por separado y calcular todas las integrales por separado.

Answer 2

¡Estoy haciendo la integración final usando el resultado de symchdmath! $$\frac1{3!}\int_0^1\frac{x^{-2}(1-x)^3x^2(1+x^2)}{(1-x^2)^3}dx=\frac1{3!}\int_0^1\frac{(1+x^2)}{(1+x)^3}dx=\frac1{3!}\int_0^1\frac{(1+x)^2-2(x+1)+2}{(1+x)^3}dx$ $ que cuando se separan en términos individuales se convierte en $$\frac1{3!}\Bigg[\int_0^1\frac1{1+x}dx-2\int_0^1\frac1{(1+x)^2}dx+2\int_0^1\frac1{(1+x)^3}dx\Bigg]=\frac1{3!}\bigg(ln2-1+\frac34\bigg)=\frac{4ln2-1}{24}$ $

Answer 3

Demasiado largo para un comentario.

En el mismo espíritu que @Tolaso la respuesta, utilizando armónica de los números en lugar de la digamma funciones (sólo para tener otro conjunto de notaciones), podemos tener una aproximación bastante buena de las sumas parciales. $$S_n= \sum_{k=0}^{n} \left ( \frac{1}{24\cdot 2\left ( k-\frac{1}{2} \right )}+ \frac{1}{8 \cdot 2 \left ( k + \frac{1}{2} \right )} - \frac{1}{12\left ( k+1 \right )} \right )=\frac{1}{12} \left(H_{n-\frac{1}{2}}-H_{n+1}+\frac{n-1}{2 n+1}+2\log (2)\right) $$ Usando el asymptotics de la armónica y la serie de Taylor para la fracción, se debe obtener $$S_n=\frac{4 \log (2) -1}{24}-\frac{1}{16 n}+\frac{1}{16 n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)$$ For $n=10$, the exact value is $S_{10}=\frac{95219407}{1396755360}\approx 0.06817$ while the above expansion would give $\frac{\log (2)}{6}-\frac{227}{4800}\approx 0.06823$.

Answer 4

Aplicando fracciones parciales junto con la función digamma , obtenemos que:

\begin{align*} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k}{2\left ( 2k-1 \right )\left ( 2k+1 \right )\left ( 2k+2 \right )} &= \sum_{k=1}^{\infty} \left ( \frac{1}{24\left ( 2k-1 \right )}+ \frac{1}{8\left ( 2k+1 \right )} -\frac{1}{12\left ( k+1 \right )} \right ) \\ &=\sum_{k=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{24\left ( 2k-1 \right )}+ \frac{1}{8\left ( 2k+1 \right )} -\frac{1}{12\left ( k+1 \right )} \right ) \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{24\cdot 2\left ( k-\frac{1}{2} \right )}+ \frac{1}{8 \cdot 2 \left ( k + \frac{1}{2} \right )} - \frac{1}{12\left ( k+1 \right )} \right )\\ &= -\frac{1}{48} \psi^{(0)} \left ( -\frac{1}{2} \right ) - \frac{1}{16} \psi^{(0)} \left ( \frac{1}{2} \right ) + \frac{1}{12} \psi^{(0)} (1) \\ &=-\frac{1}{48} \left ( 2-\gamma -2\log 2 \right ) - \frac{1}{16} \left ( -\gamma -2 \log 2 \right ) - \frac{\gamma}{12} \\ &= \frac{1}{24} \left ( \log 16 -1 \right ) \\ & =\frac{4 \log 2 -1}{24} \end{align*}

Answer 5

Insinuación:

PS

PS

PS

PS

PS

PS

(Precaución, el derivado se toma en $$\sum t^k=f(t),$ , no en $$\sum kt^{k-1}=f'(t),$ .)