Найти сумму ряда $$\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i-1}}{3^{i}(2i-1)i}.$$

задан 26 Авг '13 11:24

10|600 символов нужно символов осталось
1

$$\sum_{i=1}^\infty {{(-1)^{i-1}}\over{3^i(2i-1)i}} = \sum_{i=1}^\infty {{2(-1)^{i-1}}\over{3^i(2i-1)}} - \sum_{i=1}^\infty {{(-1)^{i-1}}\over{3^i i}}$$ Зная разложения логарифма и арктангенса, $$\ln(1+x)=\sum_{i=1}^\infty {{(-1)^{i-1}x^i}\over i}, |x|<1$$ $$\arctan(x)=\sum_{i=1}^\infty {{(-1)^{i-1}x^{2i-1}}\over(2i-1)}, |x|<1$$ Получаем: $$\ln{4\over3} = \sum_{i=1}^\infty {{(-1)^{i-1}}\over{3^i i}}$$ $$\arctan{1\over\sqrt3} = \sqrt3\sum_{i=1}^\infty {{(-1)^{i-1}}\over{3^i(2i-1)}}$$ Выходит, что исходная сумма равна $$2{{\arctan{1\over\sqrt3}}\over\sqrt3}-\ln{4\over3}={\pi\over{3\sqrt3}}-\ln{4\over3}$$

ссылка

отвечен 26 Авг '13 14:19

Ой, кажется я опоздал ))

(26 Авг '13 14:20) chameleon

Нет, это я поторопился ;)

(26 Авг '13 14:23) splen
1

Каждое из приведенных решений заслуживает похвалы. Но, вот кому поставить отметку о правильности решения? Все-таки отдам предпочтение решению самого молодого. Всем остальным - поощрение. Спасибо.

(26 Авг '13 15:06) Anatoliy
10|600 символов нужно символов осталось
2

Достаточно для произвольного $%x \in (-1;0)$% выразить сумму ряда $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{(2n-1)n}=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{2n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}.$$ Из известного разложения $$\sum_{n=0}^{\infty}{x^n}=\frac{1}{1-x} \; (|x|<1)$$ интегрированием получаем: $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}=ln{\frac{1}{1-x}}.$$ Аналогично, из разложения $$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} z^{2(n-1)}=\frac{1}{1+z^2} \; (|z|<1)$$ следует, что $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1} z^{2n-1}}{2n-1}=arctg z,$$ откуда $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n} z^{2n}}{2n-1}=-z \; arctg z.$$ Полагая $%-z^2=x,$% получаем: $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{2n-1}=- \sqrt {-x} \; arctg \sqrt {-x} \; (-1< x \leq 0).$$

Чтобы вычислить сумму данного ряда, достаточно взять $%x=-1/3$%. $$$$ Замечание. Первое слагаемое можно было также получить, исходя из разложения логарифма и пользуясь связью логарифма мнимого аргумента с арктангенсом.

ссылка

отвечен 26 Авг '13 14:12

изменен 26 Авг '13 14:15

А если найти вторую производную от выражения$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{2n}}{(2n-1)n}?$$ Какой же окончательный ответ?

(26 Авг '13 14:40) Anatoliy

... то появятся множители 2n-2 и 2n-3. А если - дважды проинтегрировать, то они появятся в знаменателе (т.е. получится почти то, что нужно), но мне казалось, что это не упростит выкладки. (В первоначальной формулировке Вы предлагали диференцировать другой ряд. Думаю, что я ответил на оба варианта вопроса.)

(26 Авг '13 14:49) splen

Почему такие множители (($%x^{2n})^{'}=2nx^{2n-1}$%)?

(26 Авг '13 15:12) Anatoliy

В первоначальной формулировке вопроса была степень 2(n-1).

(26 Авг '13 15:13) splen

Можно было рассматривать $%x=\Big(\frac{1}{\sqrt{3}}\Big)^{2i}.$%

(26 Авг '13 15:19) Anatoliy
10|600 символов нужно символов осталось
2

Ответ получился такой: $%\frac{\pi}{3\sqrt{3}}-\ln\frac43$%.

Вынесем множитель $%-2$%, и дробь со знаменателем $%2k(2k-1)$% (суммируем по $%k\ge1$%) представим как разность дробей со знаменателями $%2k-1$% и $%2k$%. Получится выражение $%-2(S_1-S_2)$%, где $%S_1=x+x^2/3+x^3/5+x^4/7+\cdots$%; $%S_2=x/2+x^2/4+x^3/6+\cdots$%, и $%x=-1/3$%. Каждый из двух рядов сходится для всех комплексных $%x$%, меньших единицы по модулю.

Сумма второго ряда вычисляется по формуле $%S_2=-\frac12\ln(1-x)=-\frac12\ln\frac43$%, с использованием разложения в ряд Тейлора аналитической функции $%\ln(1+z)$%, где берётся ветвь логарифма, заданного формулой $%\ln re^{i\varphi}=\ln r+i\varphi$% в области, из которой исключён отрицательный луч вещественной прямой вместе с нулём.

Сумму первого ряда можно переписать в виде $%S_1=y(y+y^3/3+y^5/5+\cdots)$%, где в качестве $%y$% выбрано комплексное число с условием $%x=y^2$%; для этой цели возьмём $%y=i/\sqrt{3}$%. С использованием формулы Тейлора, получается формула $%S_1=\frac{y}2\ln\frac{1+y}{1-y}$%, где значения переменных лежат в допустимых пределах. Подставляя теперь наше значение $%y$% и используя тот факт, что $$\ln\frac{\sqrt{3}+i}{\sqrt{3}-i}=\ln\frac{e^{i\pi/6}}{e^{-i\pi/6}}=i\frac{\pi}3,$$ окончательно имеем тот ответ, который был указан в начале.

ссылка

отвечен 26 Авг '13 14:26

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×498

задан
26 Авг '13 11:24

показан
832 раза

обновлен
26 Авг '13 15:20

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru