Evaluar la serie $$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)}=?$$
Me pueden ayudar ? Este es un pasado concurso problema.
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Este es el Problema (2) del Día 1 de la Internacional de 2010 Concurso de Matemáticas. Si usted va a la página web del concurso, usted puede encontrar varias soluciones, pero aquí es una solución que se me ocurrió con el uso de la función Beta:
Tenemos la identidad ** $$\frac{3!}{(4l+1)(4l+2)(4l+3)(4l+4)}=\int_{0}^{1}x^{4l}(1-x)^{3}\text{d}x.$$ por Lo tanto podemos escribir $$\sum_{l=0}^{\infty}\frac{1}{(4l+1)(4l+2)(4l+3)(4l+4)}=\sum_{l=0}^{\infty}\frac{1}{3!}\int_{0}^{1}x^{4l}(1-x)^{3}\text{d}x.$$ Rearranging the order of summation and integration yields $$\frac{1}{6}\int_{0}^{1}\left(\sum_{l=0}^{\infty}x^{4l}\right)(1-x)^{3}\text{d}x=\frac{1}{6}\int_{0}^{1}\frac{(1-x)^{3}}{1-x^{4}}\text{d}x=\frac{1}{6}\int_{0}^{1}\frac{(1-x)^{2}}{(1+x)(1+x^{2})}\text{d}x.$$ Using partial fractions to split up the integrand we then have $$\frac{1}{6}\int_{0}^{1}\frac{2}{1+x}-\frac{1+x}{1+x^{2}}\text{d}x=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}-\frac{1}{6}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^{2}}\text{d}x-\frac{1}{6}\int_{0}^{1}\frac{x}{1+x^{2}}\text{d}x$$ and evaluating the integrals yields $$=\frac{1}{3}\log2-\frac{1}{6}\frac{\pi}{4}-\frac{1}{12}\log2=\frac{1}{4}\log2-\frac{\pi}{24}$$
** Esta identidad se deduce del hecho de que $\text{B}(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ donde $\text{B}(x,y)$ es la Función Beta, pero también se desprende directamente de la expansión y la integración desde $l$ es un número entero. Esencialmente, esta integral codifica la fracción parcial de la descomposición.
Ian
Puntos
11
Vamos \begin{align}S_n & =\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)}\\ & =\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{6}\frac{1}{4k+1}-\frac{1}{2}\frac{1}{4k+2}+\frac{1}{2}\frac{1}{4k+3}-\frac{1}{6}\frac{1}{4k+4}\right). \end{align} $$A_n=\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{4k+1}-\frac{1}{4k+3}\right),$$ $$B_n=\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{4k+1}-\frac{1}{4k+2}+\frac{1}{4k+3}-\frac{1}{4k+4}\right),$$ y $$C_n=\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{4k+2}-\frac{1}{4k+4}\right).$$ Es fácil comprobar que $$S_n=\frac{1}{3}B_n-\frac{1}{6}A_n-\frac{1}{6}C_n.$$ Por lo tanto, $$\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\frac{2B_n-A_n-C_n}{6}=\frac{2\ln 2-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{2}\ln 2}{6}=\frac{1}{4}\ln 2-\frac{\pi}{24}.$$
Anthony Shaw
Puntos
858
Comenzar con la serie de Mercator $$ \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k+1}=\log(2) $$ y Gregorio de la serie $$ \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{2k+1}=\frac\pi4 $$ El Método de Heavisiderendimientos $$ \begin{align} &\frac6{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)}\\ &=\frac1{4k+1}-\frac3{4k+2}+\frac3{4k+3}-\frac1{4k+4}\\ &=\color{#C00000}{\left(\frac2{4k+1}-\frac2{4k+2}+\frac2{4k+3}-\frac2{4k+4}\right)}\\ &-\,\color{#00A000}{\left(\frac1{4k+1}-\frac1{4k+3}\right)}-\color{#0000FF}{\left(\frac1{4k+2}-\frac1{4k+4}\right)} \end{align} $$ Tenga en cuenta que las partes en rojo, verde y azul son todas las $O\left(\frac1{k^2}\right)$, por lo que sus sumas convergen absolutamente.
Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{k=0}^\infty\frac6{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)} &=\color{#C00000}{2\log(2)}-\color{#00A000}{\frac\pi4}-\color{#0000FF}{\frac12\log(2)}\\ &=\frac32\log(2)-\frac\pi4 \end{align} $$ Dividiendo por $6$ rendimientos $$ \sum_{k=0}^\infty\frac1{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)}=\frac14\log(2)-\frac\pi{24} $$
