Cómo encontrar esta suma de$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2^k}\sum_{i=0}^{2^{k-1}-1}\ln{\left(\frac{2^k+2+2i}{2^k+1+2i}\right)}\right)$

Question

Calcula la suma del límite$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2^k}\sum_{i=0}^{2^{k-1}-1}\ln{\left(\frac{2^k+2+2i}{2^k+1+2i}\right)}\right)$ $

Mi intento: desde$$\sum_{i=0}^{2^{k-1}-1}\ln{\left(\dfrac{2^k+2+2i}{2^k+1+2i}\right)}=\sum_{i=0}^{2^{k-1}-1}\left(\ln{(2^k+2+2i)}-\ln{(2^k+1+2i)}\right)$ $

Mi amigo me dice que esta suma tiene una solución analítica. Pero no puedo encontrarlo. Gracias.

Answer 1

Además, es fácil demostrar por inducción que $$ \begin{align} &\prod_{i=0}^{2^{k-1}-1}\frac{2^k+2+2i}{2^k+1+2i}\\ &=\frac{2^k+2}{2^k+1}\frac{2^k+4}{2^k+3}\frac{2^k+6}{2^k+5}\cdots\frac{2^k+2^k}{2^k+2^k-1}\\ &=\frac{2^k+2}{2^k+1}\color{#A0A0A0}{\frac{2^k+2}{2^k+2}}\frac{2^k+4}{2^k+3}\color{#A0A0A0}{\frac{2^k+4}{2^k+4}}\frac{2^k+6}{2^k+5}\color{#A0A0A0}{\frac{2^k+6}{2^k+6}}\cdots\frac{2^k+2^k}{2^k+2^k-1}\color{#A0A0A0}{\frac{2^k+2^k}{2^k+2^k}}\\ &=\frac{\left(2^{2^{k-1}}2^k!/2^{k-1}!\right)^2}{2^{k+1}!/2^k!}\\ &=\left(\frac1{4^{2^{k-1}}}\left.\binom{2^k}{2^{k-1}}\right)\middle/\left(\frac1{4^{2^k}}\binom{2^{k+1}}{2^k}\right)\right.\tag{1} \end {align} $$ Por lo tanto, vamos $ f (k) = \ frac1 {4 ^ {2 ^ k}} \ binom {2 ^ {k 1}} {2 ^ k} \ tag {3} $$ Entonces $$ \begin{align} \prod_{k=1}^n\left(\frac1{4^{2^k}}\binom{2^{k+1}}{2^k}\right)^{1/2^{k+1}} &=\frac1{2^n}\frac{\left(2^{n+1}!\right)^{1/2^{n+1}}}{\sqrt2}\tag{2} \end {align} $$ Dado que Stirling dice $$ \ lim_ {N \ a \ infty} \ frac1n (n!) ^ {1 / n} = \ frac1e \ tag {5} $$ obtenemos $$ \begin{align} &\sum_{k=1}^n\left(\frac1{2^k}\sum_{i=0}^{2^{k-1}-1}\log\left(\frac{2^k+2+2i}{2^k+1+2i}\right)\right)\\ &=\sum_{k=1}^n\frac1{2^k}\Big(\log(f(k-1))-\log(f(k))\Big)\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{2^{k+1}}\log(f(k))-\sum_{k=1}^n\frac1{2^k}\log(f(k))\\ &=\frac12\log(f(0))-\frac1{2^n}\log(f(n))-\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{2^{k+1}}\log(f(k))\\ &=-\frac12\log(2)-\frac1{2^n}\log(f(n))-\log\left(\frac1{2^n}\frac{\left(2^{n+1}!\right)^{1/2^{n+1}}}{\sqrt2}\right)\tag{4} \end {align} $$

Answer 2

Uso

$$\ln\left(\frac{2^k+2+2i}{2^k+1+2i}\right)=\ln\left(1+\frac{1}{2^k+1+2i}\right)$$

y $\ln(1+u)=u-\tfrac12 u^2+\tfrac13u^3\mp...$

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Probablemente más complicado que eso. Anote la suma de hasta $n=4$ en la transformación de los logaritmos y considerar la posibilidad de que, por ejemplo,

$\ln(14)=\ln(2)+\ln(7)$ $\ln(28)=2\ln(2)+\ln(7)$ .

Yo esperaría que los logaritmos de los números impares cancelar en el largo plazo, sin embargo no veo lo que la acumulación de la $\ln(2)$ términos conduce a la.

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Ampliado: Definir $$A_k=\sum_{i=0}^{2^{k-1}-1}\ln(2^k+2i+2)$$ for the sum of logs of even numbers between $2^k+1$ and $2^{k+1}$ and $$B_k=\sum_{i=0}^{2^{k-1}-1}\ln(2^k+2i+1)$$ para la suma de los logaritmos de los números impares en el mismo segmento. Entonces la tarea es determinar el límite de

$$\sum_{k=1}^n \frac{A_k-B_k}{2^k}$$

Pero también tenemos la recursividad que los números pares se pueden dividir por $2$ y por lo tanto asignada al intervalo anterior, $$A_{k+1}=2^k\ln(2)+A_k+B_k,$$ así que la gran suma se reduce a

$$\sum_{k=1}^n \frac{2^k\ln2+2A_k-A_{k+1}}{2^k}=n\ln(2)+A_1-\frac{A_{n+1}}{2^n}$$

y para el último término por fin podemos llegar de nuevo a la suma de Riemann técnicas.

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Me pueden haber pasado por alto algo, ... de acuerdo a mi rápido n''dirty el cálculo, el resultado podría ser, simplemente, $$1-\ln(2).$$

Answer 3

el estudio de los términos de la serie con más cuidado (después de mi primera craso error de lectura!) se me ocurrió que estamos tratando aquí con una afirmación acerca de medios geométrica.

vamos $$s_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sum\limits_{i=0}^{2^{k-1}-1}\ln{\left(\frac{2^k+2+2i}{2^k+1+2i}\right)}}{2^k} $$ y definir $g_n$ a la media geométrica de la $2^n$ enteros consecutivos,$2^n+1, 2^n+2,\dots,2^{n+1}$. entonces tenemos (algo así): $$ e^{s_n} = \frac{2^n}{g_n}$$

para encontrar un valor más exacto se puede escribir: $$ g_n^{2^n}= \frac{2^{n+1}!}{2^n!} $$ a los que podemos aplicar a Stirling aproximación para la función gamma. Estoy feliz de salir de los más intrincados detalles de los cálculos para otros, los menos propensos a errores tontos. sin embargo, una vuelta rápida-de-la envolvente de cálculo sugiere que: $$\lim_{n\to\infty} s_n = \frac{e}4 $$ nota para el auto. 1)olvidó tomar registros en la final (fingir corrí fuera de la envolvente) 2) se olvidó de la 1ª numerador no cancelar!