Oblicz szreg.

Granice, pochodne, całki, szeregi
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
Maciek32
Dopiero zaczynam
Dopiero zaczynam
Posty: 13
Rejestracja: 14 mar 2023, 18:08
Podziękowania: 7 razy

Oblicz szreg.

Post autor: Maciek32 » 15 mar 2023, 16:09

Oblicz :\( \sum\limits_{n=1}^{\infty}( \frac{1}{4n-1}- \frac{1}{4n} )\)
Ostatnio zmieniony 15 mar 2023, 18:57 przez Jerry, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa kodu: \limits

Awatar użytkownika
nijak
Czasem tu bywam
Czasem tu bywam
Posty: 93
Rejestracja: 09 lis 2021, 11:17
Lokalizacja: 53°7'24"N 23°5'11"E
Podziękowania: 39 razy
Otrzymane podziękowania: 23 razy
Płeć:

Re: Oblicz szreg.

Post autor: nijak » 15 mar 2023, 16:41

Po monicie na PW podejmuję się. Nie będę tłumaczył podstawowych zamian i metod w rozwiązaniu. Będziesz wiedział o co chodzi jeśli zadajesz już tak zaawansowne pytania.
Więc:
\[ \sum_{n=1}^{\infty}( \frac{1}{4n-1}- \frac{1}{4n} )=\sum_{n=1}^{\infty}\biggl( \int_{0}^{1}x^{4n-2} dx-\int_{0}^{1}x^{4n-1} dx\biggr)=\]
\[ \int_{0}^{1} \biggl( \frac{1}{x^2} \sum_{n=1}^{\infty} (x^4)^n- \frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty}(x^4)^n dx \biggr) = \int_{0}^{1} \biggl( \frac{1}{x^2}\cdot\frac{(x^4)^1}{1-x^4}- \frac{1}{x}\cdot \frac{(x^4)^1}{1-x^4} dx \biggr)=\]
\[ \int_{0}^{1} \biggl( \frac{x^2(1-x)}{(1-x)(1+x)(1+x^2)} dx \biggr)= \int_{0}^{1} \frac{x^2}{(1+x)(1+x^2)}dx = \]
\[ \int_{0}^{1} \frac{ \frac{1}{2} }{1+x}+ \frac{ \frac{1}{2}x- \frac{1}{2} }{1+x^2} dx= \frac{1}{2} \int_{0}^{1}\biggl( \frac{1}{1+x} + \frac{x}{1+x^2} - \frac{1}{1+x^2} \biggr)dx= \]
\[ \frac{1}{2} \ln (2)+ \frac{1}{4} \ln (2)- \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{4} = \frac{3}{4} \ln (2)- \frac{\pi}{8} \]
Jeśli doceniasz pracę autora tego rozwiązania, to podziękuj mu zostawiając 👍.

\(e^{i\pi}+1=0\)

janusz55
Stały bywalec
Stały bywalec
Posty: 560
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Otrzymane podziękowania: 168 razy

Re: Oblicz szreg.

Post autor: janusz55 » 16 mar 2023, 00:45

Proszę obliczyć sumę szeregu:

\( \sum_{n=1}^{\infty} \left (\frac{1}{4n-1} -\frac{1}{4n}\right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(4n-1)\cdot 4n}.\)

Z wykładu Analizy wiemy, że wewnątrz obszaru zbieżności szeregi potęgowe można różniczkować i całkować wyraz po wyrazie.

Zdefiniujmy funkcję:

\( f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n}}{(4n-1)\cdot 4n} \ \ (1)\)

Prawa strona jest szeregiem potęgowym, a jego obszarem zbieżności jest przedział \( (-R,\ \ R), \)

gdzie promień \( R \) dany jest wzorem Cauchy-Hadamarda:

\( R = \left[ \lim_{n\to \infty} \sqrt[4n]{\frac{1}{(4n-1)\cdot 4n}} \right]^{-1} = 1.\)

Suma szeregu \( S \) to wartość funkcji \( f \) dla \( x =1.\)

Punkt ten leży na brzegu przedziału i do niego nie należy.

Powstaje pytanie, czy możemy znaleźć sumę szeregu dla \( -1< x < 1 \), a następnie w otrzymanym wzorze podstawić \( x=1? \)

Możemy! Z pomocą przychodzi nam Twierdzenie Nielsa Abela, które mówi, że jeżeli szereg

\( S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}x^{n}

\)
jest zbieżny w przedziale \( (-R,\ \ R) \), a także zbieżny jest szereg \( \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}R^{n}, \) to sumę

tego szeregu można znaleźć, obliczając granicę

\( \lim_{x\to R^{-}} S(x). \)

Obliczamy pierwszą pochodną funkcji \( (1) \)

\( f'(x) = \left[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{4n}}{(4n-1)\cdot 4n} \right]' = \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{x^{4n}}{(4n-1)\cdot 4n}\right]' = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{4n-1}}{4n-1} \ \ (2)\)

Otrzymaliśmy szereg potęgowy o tym samym obszarze zbieżności.

Obliczamy drugą pochodną szeregu \( (2) \)

\( f''(x) = \left[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{4n-1}}{4n-1}\right]' =\sum_{n=1}^{\infty}\left[ \frac{x^{4n-1}}{4n-1}\right]' = \sum_{n=1}^{\infty}x^{4n-2} \ \ (3)\)

Mnożymy obustronnie równość \( (3)\) przez \( x^2 \)

\( x^2f''(x) = x^2 \sum_{n=1}^{\infty}x^{4n-2} = \sum_{n=1}^{\infty}x^{4n} \)

Otrzymaliśmy szereg geometryczny o ilorazie \( q= x^4, \ \ |x|<1 \), którego suma równa jest \( \frac{x^4}{1-x^4}.\)

W efekcie \( x^2 f''(x) = \frac{x^4}{1 - x^4}, \)

\( f''(x) = \frac{x^2}{1- x^4} \ \ (4)\)

Celem naszym jest znalezienie postaci wzoru funkcji \( f \) z \( (4). \)

Całkując obustronnie to równanie mamy:

\( f'(x) = \int \frac{x^2}{1-x^4}dx \)

Rozkładając funkcje podcałkową na sumę ułamków prostych, można wykazać, że

\( f'(x) = \int \frac{x^2}{1-x^4}dx = \frac{1}{4} [\ln(x+1)-\ln(x-1) -2\arctg(x)] + c.\)

Podstawmy do obu stron tej równości \( x= 0 \), które należy do obszaru zbieżności szeregów \( f \) i \( f'.\)

Otrzymujemy \( c = 0 \) i

\( f'(x) = \int \frac{x^2}{1-x^4}dx = \frac{1}{4} [\ln(x+1)-\ln(x-1) -2\arctg(x)] \ \ (5)\)

Całkujemy równanie \( (5)\)

\( f(x) = \int \frac{1}{4}\left[\ln(x+1)-\ln(1-x)-2\arctg(x)\right]dx \ \ (6)\)

Obliczamy każdą z całek metodą całkowania przez części, otrzymując kolejno:

\( \int \ln(x+1) dx = (x+1)\ln(x+1) - x + c_{1}, \)

\( \int \ln(1-x)dx = (x-1)\ln(x-1) +x +c_{2},\)

\( \int \arctg(x) dx = x\arctg(x)-\frac{1}{2}\ln(x^2+1) + c_{3}.\)

Po podstawieniu do \( (6) \) uzyskujemy postać ogólną funkcji

\( f(x) = \frac{1}{4}\left[ \ln(x+1)-x +c_{1}- (x-1)\ln(x-1) +x -c_{2} -2\arctg(x) + \frac{1}{2}\ln(x^2+1)-c_{3}\right]. \)

Funkcja \( f \) jest ciągła i różniczkowalna w zerze ( bo dana jest szeregiem potęgowym \((2) \)).

Możemy odczytać, że \( f(0) = 0 \) i taki sam wynik uzyskamy, dążąc do zera.

Stąd \( c_{1}= c_{2}=c_{3} = 0 \) i

\( f(x) = \frac{1}{4}\left[ \ln(x+1)+x - (x-1)\ln(x-1) +x -2\arctg(x) + \frac{1}{2}\ln(x^2+1) \right]. \)

Wracamy do twierdzenia Nielsa Abela:

\( S = \lim_{x\to 1^{-}} f(x) = \lim_{x\to 1^{-}} \frac{1}{4}\left[ \ln(x+1)-x - (x-1)\ln(x-1) +x -2\arctg(x) + \frac{1}{2}\ln(x^2+1) \right]=\)

\( = \frac{1}{4}\left[ (1+1)\ln(2)-1- 0 +1 -2\arctg(1)+\frac{1}{2}\ln(2)\right] = \frac{1}{4}\left(2\ln(2)- 2\cdot\frac{\pi}{4} +\ln(2) \right) = \frac{1}{4}\left(3\ln(2) -\frac{\pi}{2}\right) = \frac{1}{8}\left(\ln(64) -\pi \right).\)
Ostatnio zmieniony 16 mar 2023, 00:49 przez janusz55, łącznie zmieniany 1 raz.

Awatar użytkownika
nijak
Czasem tu bywam
Czasem tu bywam
Posty: 93
Rejestracja: 09 lis 2021, 11:17
Lokalizacja: 53°7'24"N 23°5'11"E
Podziękowania: 39 razy
Otrzymane podziękowania: 23 razy
Płeć:

Re: Oblicz szreg.

Post autor: nijak » 16 mar 2023, 00:49

Moje rozwiązanie jest chyba bardziej trywialne. Nie sądze żeby user Maciek32 znał tak zaawansowane zagadnienia z analizy matematycznej np. Twierdzenie Nielsa Abela. Ale i tak brawo.

Pozdrawiam
Jeśli doceniasz pracę autora tego rozwiązania, to podziękuj mu zostawiając 👍.

\(e^{i\pi}+1=0\)

janusz55
Stały bywalec
Stały bywalec
Posty: 560
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Otrzymane podziękowania: 168 razy

Re: Oblicz szreg.

Post autor: janusz55 » 16 mar 2023, 00:50

Twoje rozwiązanie jest błędne!

Awatar użytkownika
nijak
Czasem tu bywam
Czasem tu bywam
Posty: 93
Rejestracja: 09 lis 2021, 11:17
Lokalizacja: 53°7'24"N 23°5'11"E
Podziękowania: 39 razy
Otrzymane podziękowania: 23 razy
Płeć:

Re: Oblicz szreg.

Post autor: nijak » 16 mar 2023, 00:51

Jest identyczne jak twoje :?:
Jeśli doceniasz pracę autora tego rozwiązania, to podziękuj mu zostawiając 👍.

\(e^{i\pi}+1=0\)

Tulio
Czasem tu bywam
Czasem tu bywam
Posty: 148
Rejestracja: 29 paź 2010, 12:44
Podziękowania: 14 razy
Otrzymane podziękowania: 39 razy
Płeć:

Re: Oblicz szreg.

Post autor: Tulio » 17 mar 2023, 11:14

janusz55 pisze:
16 mar 2023, 00:45
Podstawmy do obu stron tej równości \( x= 0 \), które należy do obszaru zbieżności szeregów \( f \) i \( f'.\)

Otrzymujemy \( c = 0 \) i
Dlaczego? Dla mnie:
\(f' \left( 0\right) = 0\) (z szeregu)
oraz:
\(0= \frac{1}{4} \left[ \ln \left( 0+1\right) - \ln \left( 0-1\right) -2\arctg \left( 0\right) \right] +c\)
\(0= \frac{1}{4} \left[ 0 - \ln \left(-1\right) -2\cdot0 \right] +c\)
\(0= \frac{1}{4} \left[ 0 - i\pi -2\cdot0 \right] +c\)
\(0= -\frac{i\pi}{4} +c\)
\(c= \frac{i\pi}{4}\)

Drugie
janusz55 pisze:
16 mar 2023, 00:45
\( \int \arctg(x) dx = x\arctg(x)-\frac{1}{2}\ln(x^2+1) + c_{3}.\)

Po podstawieniu do \( (6) \) uzyskujemy postać ogólną funkcji

\( f(x) = \frac{1}{4}\left[ \ln(x+1)-x +c_{1}- (x-1)\ln(x-1) +x -c_{2} -2\arctg(x) + \frac{1}{2}\ln(x^2+1)-c_{3}\right]. \)
Skoro \( \int \arctg(x) dx = x\arctg(x)-\frac{1}{2}\ln(x^2+1) + c_{3}\), to gdzie zniknął \(x\) przed \(\arctg(x)\) w \(f(x) \)?
Jest \( f(x) = \ldots -2\arctg(x) + \frac{1}{2}\ln(x^2+1)-c_{3} \)
Nie powinno być \( f(x) = \ldots -2x\arctg(x) + \frac{1}{2}\ln(x^2+1)-c_{3} \) ?
Czy skasowało się jakoś z brakującym \( \left( x+1\right)\) przed \(\ln(x+1)\)?

janusz55
Stały bywalec
Stały bywalec
Posty: 560
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Otrzymane podziękowania: 168 razy

Re: Oblicz szreg.

Post autor: janusz55 » 17 mar 2023, 12:07

Wykorzystaliśmy fakt , że \(\lim_{x\to 1^{-}} (x-1)\ln(x-1) =0 \ \ (*) \) o którym powinienem wspomnieć.

Proszę udowodnić równość\( (*) \) przez na przykład wprowadzenie nowej zmiennej \( t = 1- x\), i zauważyć, że granica przy \( x\rightarrow 1^{-} \) odpowiada \( t\rightarrow 0^{+}.\)

Proszę obliczyć sobie całkę z funkcji arkusa tangensa.

Tulio
Czasem tu bywam
Czasem tu bywam
Posty: 148
Rejestracja: 29 paź 2010, 12:44
Podziękowania: 14 razy
Otrzymane podziękowania: 39 razy
Płeć:

Re: Oblicz szreg.

Post autor: Tulio » 17 mar 2023, 16:14

W sensie... nie rozumiem:
a) po co mam liczyć całkę z funkcji arkusa tangensa - policzyłeś ją i jest poprawnie. Przed arkusem jest \(x\), a po wstawieniu do \((6)\) go nie widać.
b) rozumiem granicę i jak udowodnić tę równość, jednak w miejscu równości z zerem nie mamy \((x-1)\ln(x-1)\) a samo \(\ln(x-1)\)
jeśli wszystko jest poprawnie to brakuje mi jeszcze jakiegoś połączenia.