Encuentre una suma aproximada de la serie $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+1}(2k+1)}$

Question

$$ S=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+1}(2k+1)}\ \ \ (*) $$ Tengo que encontrar $S_n: |S-S_n|<\epsilon=10^{-4}$
Además, no puedo utilizar series de expansión para ninguna función.

Esto es lo que se me ocurrió hasta ahora: $$ a_k=\frac{1}{2^{2k+1}(2k+1)}\leqslant\frac{1}{(2k+1)^2}=b_k\\ \sum_{k=0}^{\infty}b_k \text{ converges. Therefore, $ (*) $ converges too.} $$ Además, me he dado cuenta de que $a_k$ es una función monotónicamente decreciente. Pero aún no sé cómo aplicar todos estos cálculos al problema

Answer 1

$S =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+1}(2k+1)}\ \ \ (*) $

Dejemos que $t_n =\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+1}(2k+1)} $ .

Entonces

$\begin{array}\\ t_n &\lt\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+1}(2n+1)}\\ &=\frac1{2n+1}\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+1}}\\ &=\frac1{2n+1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+2n+1}}\\ &=\frac1{(2n+1)2^{2n+1}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{4^k}\\ &=\frac1{(2n+1)2^{2n+1}(1-1/4)}\\ &=\frac{4}{3(2n+1)2^{2n+1}}\\ &=\frac{1}{3(2n+1)2^{2n-1}}\\ \end{array} $

Por lo tanto, quieres $\frac{1}{3(2n+1)2^{2n-1}} \le 10^{-4} $ o $3(2n+1)2^{2n-1} \ge 10^{4} $ .

Desde $2^{14} = 16384$ , empezar en $n=7$ y bajar.

Answer 2

Una pista: $$ \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2^{2k+1}} = \frac{2}{3} $$ y escalando por una potencia adecuada de $1/2$ también puede encontrar $$ \sum_{k=j}^\infty \frac{1}{2^{2k+1}} $$ para cualquier $j$

Answer 3

Sugerencia : $\sum_{k=0}^\infty\frac{x^{2k+1}}{2k+1} $ es la serie de Taylor de la función $$\operatorname{argtanh}(x)=\frac 12\ln\frac{1+x}{1-x}\qquad\text{(radius of convergence: $ 1 $).}$$ De hecho, si nunca has visto esta función, su derivada es igual a $\;\dfrac 1{1-x^2}$ .

Answer 4

Empieza por lo siguiente:

$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+1}(2k+1)}+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^{2k}2k}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}n}\tag1$

$n=2k$ si n es par

$n=2k+1$ , si n impar

$S=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+1}(2k+1)}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}n}-\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{4^{k}k}=Li_1(\frac{1}{2})-\frac{1}{2}Li_1(\frac{1}{4})\tag2$

donde $Li_1(z)$ es la función polilogaritmo.

Se sabe que $Li_1(z)=-\ln(1-z)$ , a partir del resultado de (2) obtenemos el valor de la serie:

$S=\ln2+\frac{1}{2}\ln(\frac{3}{4})=\frac{1}{2}\ln3\tag3$

Así que

$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2k+1}(2k+1)}=\frac{1}{2}\ln3\tag4$

Answer 5

Sólo para su curiosidad.

Partiendo de la respuesta de Marty Cohen, y haciendo el problema más general, hay que resolver para $n$ $$\frac{1}{3(2n+1)2^{2n-1}}=\epsilon$$ la solución viene dada por $$n=\frac{1}{2 \log (2)}W\left(\frac{4 \log (2)}{3 \epsilon }\right)-\frac{1}{2}$$ donde $W(t)$ es Función de Lambert . Por supuesto, tendrá que utilizar $\lceil n\rceil$ .

Como el argumento es grande, se puede utilizar la aproximación dada en la página enlazada $$W(t)=L_1-L_2+\frac{L_2}{L_1}+\cdots \quad \text{where} \quad L_1=\log(t)\quad \text{and} \quad L_2=\log(L_1)$$

Aplicado a su caso $(\epsilon=10^{-4})$ esto dará como resultado un verdadero $n=4.67$ entonces $5$ es su respuesta.