Racunanje nekih suma

Racunanje nekih suma 25.04.2015. u 14:41 · pre 140 meseci #1

Treba izracunati sumu $\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k(4k^2-1)}$ . To je $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(4k^2-1)}$ .
Radili smo na vezbama primer $\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k(9k^2-1)}$ . Ovako:
$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(9k^2-1)} = -\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} + \frac{3}{2}\Big(\sum_{k=1}^n\frac{1}{3k-1}+\sum_{k=1}^n\frac{1}{3k}+\sum_{k=1}^n\frac{1}{3k+1}\Big) - \sum_{k=1}^n\frac{1}{3k} = -\frac{3}{2}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}+\frac{3}{2}\Big(\sum_{k=1}^{3n+1}\frac{1}{k}-1\Big) = -\frac{3}{2}(\gamma_n + \ln{n}) + \frac{3}{2}(\gamma_{3n+1}+\ln{(3n+1)})-\frac{3}{2}$ , i limes toga je $\frac{3}{2}\ln3 - \frac{3}{2}$ .

Vodjena time, pokusavam da izracunam zadatu sumu odozgo (sa cetvorkom), ali mi ne ide, ispada da red divergira :/
Ovde se ne moze primeniti onaj trik da dodamo i oduzmemo $\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k}$ , pa sam pokusavala malo drugacije:

$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(4k^2-1)} = -\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} + \sum_{k=1}^n\frac{1}{2k-1} + \sum_{k=1}^n\frac{1}{2k} + \sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1} - \sum_{k=1}^n\frac{1}{2k}= -\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} - \sum_{k=1}^n\frac{1}{2k} + \sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1} = -\frac{3}{2}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} + \sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1} = -\frac{3}{2}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} + \Big(\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k} + \sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}\Big) - \sum_{k=1}^n\frac{1}{2k}$
$= -\frac{3}{2}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{2n+1}\frac{1}{k} - 1 = -\frac{3}{2}(\gamma_n + \ln{n}) + \gamma_{2n} + \ln{2n} + \gamma_{2n+1} + \ln{(2n+1)} - 1$ , pa cemo imati $\ln{\frac{2n(2n+1)}{n^{3/2}}}$ , sto tezi ka $+\infty$ .

Ne znam sta gresim... Vidim da komplikujem, ali ne znam kako drugacije da racunam... Moze li neko da mi pomogne?

Re: Racunanje nekih suma 26.04.2015. u 10:39 · pre 140 meseci #2

Uspela sam da resim, ne treba pomoc, hvala :)

Re: Racunanje nekih suma 26.04.2015. u 11:01 · pre 140 meseci #3

$\frac 1{k(2k-1)(2k+)}=\frac 1{2k-1}+\frac 1{2k+1}-\frac 1k$ ,
$S=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac 1{2k-1}+\frac 1{2k+1}-\frac 1k\right)$ ,
$f(x)=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{x^{2k-1}}{2k-1}+\frac{x^{2k+1}}{2k+1}-\frac{2x^{2k}}{2k}\right)$ ,
$f'(x)=\sum_{k=1}^\infty(x^{2k-2}+x^{2k}-2x^{2k-1})$ ,
$f'(x)=\sum_{k=1}^\infty x^{2k-2}(1-2x+x^2)$ ,
$f'(x)=(1-2x+x^2)\sum_{k=1}^\infty x^{2k-2}$ ,
$f'(x)=(1-2x+x^2)\frac 1{1-x^2}$ ,
$f'(x)=\frac{1-x)^2}{(1-x)(1+x)}=\frac{1-x}{1+x}$ ,
$S=f(0)+\int_0^1f'(x)\,dx=\int_0^1\frac{1-x}{1+x}\,dx=2\ln(2)-1.$ ,

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme