Demostrar que $\sum_{n=1}^\infty \ln\left(\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\right)$ converge y encontrar su suma

Question

Como esto no es una serie geométrica, sé que debo usar la definición de una serie convergente, por lo que $$S_n = \sum_{i=1}^n \ln\left(\frac{i(i+2)}{(i+1)^2}\right)$$ Después de esto, traté de dos maneras diferentes: 1) he simplificado la fracción leer $$\frac{\ln(i^2+2i)}{i^2+2i+1}$$ and then I used long division to get $$\ln((1)-\frac{1}{(i+1)^2})$$ Sin embargo, una vez que me pongo conectar me a partir de la 1, no sé a dónde ir desde allí. 2) he simplificado la ecuación a leer $\ln(i^2+2i)-\ln(i^2+2i+1)$, pero de nuevo, una vez que me pongo conectar me a partir de la 1, no sé a dónde ir desde allí. ¿Qué puedo hacer?

Nota: Originalmente, la serie fue presentado como $\sum_{n=1}^\infty \frac{\ln(n(n+2))}{(n+1)^2}$ que es lo que algunas de las respuestas que figuran a continuación son direccionamiento.

Answer 1

La serie puede transformarse en telescópica como seguir\begin{align} S_m=\sum_{n=1}^{m}\ln\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}&=\sum_{n=1}^m(\ln{(n+2)}+\ln n-2\ln{(n+1)}) \\ &=\sum_{n=1}^m((\ln{(n+2)}-\ln(n+1))-(\ln{(n+1)}-\ln n))) \\ &=\ln{(m+2)}-\ln(m+1)-(\ln{(2)}-\ln(1)) \end {Alinee el} tan $$ \lim_{m\to\infty}S_m=\lim_{m\to\infty}\left(\ln\frac{m+2}{m+1}-\ln2\right) =-\ln2 $$

Answer 2

Converge la serie $$\sum_{n=1}^{\infty}\ln\left(\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\right)$ $, utilizando la técnica telescópica: $$\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\ln\left(\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\right)&=\left[\ln(1)+\ln(3)-2\ln(2)\right]+\left[\ln(2)+\ln(4)-2\ln(3)\right]+\left[\ln(3)+\ln(5)-2\ln(4)\right]+\cdots \end {Alinee el} $$

Tenga en cuenta que las sumas parciales son $$ \begin{align} S_1&=\ln(1)+\ln(3)-2\ln(2)\\ S_2&=\ln(1)+\ln(3)-2\ln(2)+\ln(2)+\ln(4)-2\ln(3)\\ &=\ln(1)-\ln(2)-\ln(3)+\ln(4)\\ S_3&=S_2+\ln(3)+\ln(5)-2\ln(4)\\ &=\ln(1)-\ln(2)-\ln(4)+\ln(5) \end{Alinee el} $$ y en general, $S_n=\ln(1)-\ln(2)-\ln(n+1)+\ln(n+2)=\ln\left(\frac{n+2}{2(n+1)}\right)$ $\ln(1/2)$ que.

Answer 3

$$\begin{align} \sum_{k=1}^\infty\log\left(\frac{k(k+2)}{(k+1)^2}\right) &=\log\left(\prod_{k=1}^\infty\frac{k(k+2)}{(k+1)^2}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\log\left(\prod_{k=1}^n\frac{k(k+2)}{(k+1)^2}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\log\left(\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(1)}\frac{\Gamma(n+3)}{\Gamma(3)}\frac{\Gamma(2)^2}{\Gamma(n+2)^2}\right)\\ &=-\log(2)+\lim_{n\to\infty}\log\left(\frac{\Gamma(n+1)\Gamma(n+3)}{\Gamma(n+2)^2}\right)\\[6pt] &=-\log(2) \end {Alinee el} $$ el último límite es una consecuencia de la desigualdad de Gautschi.

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Otro enfoque

Demostrar por inducción que \prod_{k=1}^n\frac{k(k+2) $$} {(k+1) ^ 2} = \frac12\frac {n + 2} {n+1} $$

Answer 4

(Edit: La respuesta a continuación, se refiere a la primera versión de la pregunta publicado. OP finalmente cambió sustancialmente la pregunta. Si alguien de la búsqueda de respuestas a los trae a la respuesta a esta pregunta, a menos que se tenga una respuesta. Tomo nota de que, dada la gran diferencia entre el original y la editada preguntas, hacer una nueva pregunta hubiera sido más apropiado.)

Tenga en cuenta que $\ln(x)$ tiene un alternando series de Taylor cuando se evalúan alrededor de $x=1$, de modo que, por ejemplo, \begin{align*} \ln 3 + \frac{8}{3}(x-1) - \frac{8}{9}(x-1)^2 \leq \ln(x^2(x^2+2)) \leq \ln 3 + \frac{8}{3}(x-1) \text{,} \end{align*} o, tal vez más obviamente útil, \begin{align*} \ln 3 + \frac{8}{3}(\sqrt{i}-1) - \frac{8}{9}(\sqrt{i}-1)^2 \leq \ln(i(i+2)) \leq \ln 3 + \frac{8}{3}(\sqrt{i}-1) \text{.} \end{align*} (Esto nos da las desigualdades en el intervalo de $(0,2)$. Para extender más allá de ahí, tenemos que tomar derivados y observe las indicaciones de las desigualdades que permanecen sin cambios (esto no es automático, tenemos algo de trabajo que hacer), por lo que el límite superior se inicia por encima y sólo crece más rápido que el logaritmo y el límite inferior se inicia por debajo y sólo alguna vez crece más lento que el logaritmo. De hecho, el límite inferior es el tiempo negativo, por lo que estos límites son bastante flojo.)

Que el límite superior va a obtener lo que usted necesita, porque \begin{align*} \frac{\ln(i(i+2))}{(i+1)^2} &\leq \frac{\ln 3 + \frac{8}{3}(\sqrt{i}-1)}{(i+1)^2} \\ &\leq \frac{\ln 3 + \frac{8}{3}(\sqrt{i}-1)}{i^2} \\ &= \frac{\sqrt{i} \left( \frac{8}{3} - \frac{8}{3\sqrt{i}} + \frac{\ln 3}{\sqrt{i}} \right)}{i^2} \\ &\leq \frac{8}{3} \frac{1}{i^{3/2}} \text{,} \end{align*} donde hemos utilizado $\frac{8}{3} > \ln(3)$ en el último paso para simplificar el numerador. Esto le da a la convergencia por comparación con la serie geométrica.

No vas a encontrar el valor de esta suma, sin algún tipo de estupendo truco. Alternativamente, se podría atacar numéricamente, pero no indica que se ajusten a sus necesidades.

Answer 5

SUGERENCIA de convergencia: $$ \frac{n(n+2)} {(n+1) ^ 2} = 1-\frac {1} {(n+1) ^ 2} $$ así $ \log\left(\frac{n(n+2)} {(n+1) ^ 2} \right) \sim\frac {-1} {(n+1) ^ 2}. PISTA $$ para la suma: utilizar propiedades telescópicas de la sumando.