$$\dfrac{ 1 }{ 1010 \times 2016} + \dfrac{ 1 }{ 1012 \times 2014} + \dfrac{ 1 }{ 1014 \times 2012} + \cdots + \dfrac{ 1 }{ 2016 \times 1010} = ? $$
Mi intento hasta ahora : $$\sum\limits_{n=0}^{503}\dfrac{1}{(1010+2n)(2016-2n)} = \dfrac{1}{6052}\sum\limits_{n=0}^{503}\left(\dfrac{1}{n+505} - \dfrac{1}{n-1008}\right)$$
No se teledirigirá/simplificará más. Siento que estoy en el camino equivocado. ¿Alguna ayuda?
Es casi seguro que está en el camino correcto. Podemos reescribir esta suma como $$ \frac{1}{6052} \cdot \left(\sum_{n = 0}^{503} \underbrace{\frac 1{n+505}}_{i = n+505} + \sum_{n = 0}^{503} \underbrace{\frac 1{1008-n}}_{j = 1008-n}\right) =\\ \frac{1}{6052} \cdot \left(\sum_{i = 505}^{1008} \frac 1{i} + \sum_{j = 505}^{1008} \frac 1{j}\right) = \frac{1}{3026}\sum_{i = 505}^{1008} \frac 1{i} $$ Esto no se simplifica muy bien, pero se aproxima bien con $$ \frac 1{3026} \ln\left(\frac{1008}{505}\right) $$
La respuesta es $$\frac{H_{1008}-H_{504}}{3026},$$ donde $H_n$ Denota números armónicos . Sin embargo, no veo cómo se puede simplificar más.
En primer lugar $$ \frac1{2k(3026-2k)}=\frac1{4\cdot1513}\left(\frac1k+\frac1{1513-k}\right) $$ Así que $$ \begin{align} \sum_{k=505}^{1008}\frac1{2k(3026-2k)} &=\frac1{6052}\left(\sum_{k=505}^{1008}\frac1k+\sum_{k=505}^{1008}\frac1{1513-k}\right)\\ &=\frac1{3026}(H_{1008}-H_{504}) \end{align} $$ Desde $\lim\limits_{n\to\infty}(H_{2n}-H_n)=\log(2)$ tenemos la aproximación $$ \sum_{k=505}^{1008}\frac1{2k(3026-2k)}\approx\frac{\log(2)}{3026} $$
Evaluando los valores anteriores: $$ \frac1{3026}(H_{1008}-H_{504})=0.000228899998 $$ mientras que $$ \frac{\log(2)}{3026}=0.000229063840 $$
En primer lugar, observe que cada término está duplicado $$\dfrac{ 1 }{ 1010 \times 2016} + \dfrac{ 1 }{ 1012 \times 2014} + \dfrac{ 1 }{ 1014 \times 2012} + \cdots + \dfrac{ 1 }{ 2016 \times 1010} = \\\dfrac{2}{ 1010 \times 2016}+ \dfrac{ 2 }{ 1012 \times 2014} + \dfrac{ 2 }{ 1014 \times 2012} + \cdots + \dfrac{ 2 }{ 1512 \times 1514}=\\\sum_{i=0}^{251}\frac 2{1513^2-(2i+1)^2}$$ Alpha&f=Sum.sumfunction_2%2F(1513%5E2-(2k%2B1)%5E2)&f3=0&f=Sum.sumlowerlimit%5Cu005f0&f4=251&f=Sum.sumupperlimit2251&a=*FVarOpt.1-**-.**Sum.sumvariable---.--) obtiene una fracción con números enormes que se trata de $0.0002289$
Las respuestas ya mostraron que la expresión no puede simplificarse más. Sin embargo, se puede aproximar con bastante exactitud, ya que $$S_{m,n}=\sum_{i=m}^n \frac{1}{i}=H_n-H_{m-1}$$ Ahora, considere que ambos $m$ y $n$ son números grandes; podemos utilizar expansiones asintóticas y, en el cuarto orden, $$S_{m,n}\approx \log \left(\frac{n}{m-1}\right)+\frac{1}{2} \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{(m-1)}\right)-\frac{1}{12} \left(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(m-1)^2}\right)+\frac{1}{120} \left(\frac{1}{n^3}-\frac{1}{(m-1)^3}\right)+\cdots$$ Utilizando sus números, la aproximación anterior da $0.6926513948612855559$ mientras que la suma conduce a $\approx 0.6926513948612855562$
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
