|
Воспользуйтесь стандартным разложением для логарифма. Что надо туда подставить вместо x? Дополнение. Можно обойтись и без интеграла. Имеем $$\ln(1+x) = x -{x^2\over 2}+{x^3\over 3}-{x^4\over 4}+...$$ Подставим $%x=-{1\over 2}$%, получим $$\ln(1-{1\over 2}) = -{1\over 2} -{1\over 2\cdot2^2}-{1\over 3\cdot2^3}-{1\over 4\cdot2^4}-...$$ так что $${1\over 2}+{1\over 2\cdot2^2}+{1\over 3\cdot2^3}+{1\over 4\cdot2^4}+...= \ln 2$$ В задании то же ряд, но только со второго слагаемого. Ответ $%\ln 2 - 1/2$% отвечен 6 Апр '13 18:53 
DocentI |
|
Тут уже приведено несколько вполне исчерпывающих решений, но я добавлю одно соображение, как можно решать такие примеры. Возможно, этот приём можно будет использовать где-то ещё. Прежде всего, полезно сразу ввести функцию $%f(x)$%, заменив $%1/2$% на $%x$%, то есть ответом должно быть $%f(1/2)$%. Получится степенной ряд, который сходится при всех $%|x| < 1$%. Если его почленно продифференцировать, то появляется множитель $%n$% в числителе, который сократится с имеющимся в знаменателе множителем, и получится геометрическая прогрессия, которая легко суммируется. Далее нужно проделать обратное действие, то есть проинтегрировать, и там возникает натуральный логарифм. Проблема в том, что дифференцировать ряды почленно без проверки соответствующих условий некорректно. Обычно опираются на равномерную сходимость. Однако её в данном случае нет, если брать всю область сходимости: вблизи точки $%x=1$% ряд как бы стремится к расходящемуся. И здесь полезен вот какой приём, из-за которого я и решил написать: нас интересуют равенства в какой-то точке $%x$%, где $%|x| < 1$%. Для каждой такой точки всегда найдётся отрезок вида $%[-x_0,x_0]$%, который содержит точку $%x$% внутри, и при этом сам содержится в интервале сходимости, то есть $%x_0 < 1$%. (Достаточно в качестве $%x_0$% взять полусумму $%|x|$% и $%1$%.) На выбранном отрезке степенной ряд уже сходится абсолютно и равномерно, и техника почленного дифференцирования становится применимой. отвечен 6 Апр '13 20:22 
falcao В общем то это общее правило что степенной ряд можно дифференцировать в любой внутренней точке области сходимости и интегрировать по любому отрезку, входящему в нее. Вы объяснили, почему.
(6 Апр '13 20:27)
DocentI
|
|
Возьмем степенной ряд $%\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{t^{n-1}}{2^n},$% который сходится (абсолютно) при $%|t| <2$% с известной суммой $$\dfrac{1}{t}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{t^n}{2^n}=\dfrac{1}{t}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{t}{2}\right)^n=\dfrac{1}{t}\cdot\dfrac{\dfrac{t}{2}}{1-\dfrac{t}{2}}=\dfrac{1}{2-t}$$ и проинтегрируем его почленно: $$ \int\limits_{0}^{x}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{t^{n-1}}{2^n}}\;dt=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\int\limits_{0}^{x}{\dfrac{t^{n-1}}{2^n}}\;dt=\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac{x^{n}}{n\, 2^n}}=\int\limits_{0}^{x}{\dfrac{dt}{2-t}}=\ln{2}-\ln{(2-x)}=\ln\dfrac{2}{2-x}. $$ Полагая $%x=1$% и вычитая $%\dfrac{1}{2}$% (первое слагаемое при $%n=1$%), получим требуемый результат. отвечен 6 Апр '13 19:02 
Mather |