<g x=1 id="1339">(2) </g>la suma de una serie.

Question

Me encontré con este problema de Física antes de que yo sabía acerca de una cosa que se llama Taylor Polynomials Mi problema era que yo tenía a la suma de esta serie :

$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}$$ básicamente $$1,-\frac{1}{2},\frac{1}{3},-\frac{1}{4},\frac{1}{5},-\frac{1}{6},\frac{1}{7}.....$$

So now i know that there is something called a taylor polynomial that says that

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^6}{6}+\frac{x^7}{7}....$$

So the above summation boils down to $\ln 2$.

What if i never knew the exansion then how would I calculate it?

Earlier I tried solving it like so ,

divide it into two different sets i.e.

$$\text{1 and $\dfrac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}+\frac{1}{13} \ldots$ and $-\dfrac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{6}-\frac{1}{8}-\frac{1}{10}\ldots$}$$

I said Hey! the first set would contain stuff like, $$\frac{1}{3^n},\frac{1}{5^n},\ldots$$ each of them would probably be reduced to a sum like so $$\sum^\infty_{n=1}\frac1{a^n}=\frac1{a-1}$$ and further become $$\sum^\infty_{a=3}\frac1{a-1}$$ que restar todos los números en el otro incluso dando 1 como la respuesta que está mal .

¿De dónde me van mal y cómo podría seguir adelante aun sin saber los polinomios de Taylor

Answer 1

Encontrar solución de Norberto más atractivo si corres hacia atrás.

Que intenta evaluar $$1-{1\over2}+{1\over3}-{1\over4}+\cdots$$ Let $$f(x)=x-{1\over2}x^2+{1\over3}x^3-{1\over4}x^4+\cdots$$ Then we want $f (1) $. So, how can we find a simple formula for $f (x) $? Differentiate it: $$f'(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots$$ Recognize this as a geometric series, first term $1 $, constant ratio $-x $, so sum is $$f'(x)={1\over1+x}$$ Having differentiated, now antidifferentiate to get $$f(x)=\int{1\over1+x}\,dx=\log(1+x)+C$$ But what is $C $? Well, from the origial formula for $f $, we see $f (0) = 0 $, so that forces $C = 0 $, so $f (x) = \log (1 + x) $, so $f (1) $, which is what we wanted, is $\log 2$.

Answer 2

Supongo que usted sabe básicos de la integración y la fórmula de la suma de series geométricas infinitas. Recordemos que $$ \frac{1}{1+t}=\sum\limits_{n=0}^\infty(-t)^n,\quad t\en(-1,1) $$ Luego integrarlo en el intervalo de $[0,x]$ con $-1\leq x\leq 1$ para obtener $$ \ln(1+x)= \int\limits_{0}^x\frac{1}{1+t}dt= \int\limits_{0}^x\sum\limits_{n=0}^\infty(-t)^n dt= \sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\int\limits_{0}^x t^end= $$ $$ \sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}= \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n} $$ Ahora sustituimos $x=1$, y obtener $$ \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}=\ln 2 $$ Bueno, esto es bastante elemental solución, pero no lo suficientemente riguroso - yo con luz desde el corazón de intercambiar suma y la integración. Pero esas cosas no se molestan mucho físicos.

Answer 3

$\left[ - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\ln \left( {(1 - q)(x{q^k} - \alpha ) + 3q - 1} \right)} + \sum\limits_{k = 0}^\infty {\ln \left( {\frac{{(1 - q)}}{2}(x{q^k} - (\alpha + 1))} \right)} \right]$