Μια δυναμοσειρά!

Dimessi · #1

Καλημέρα.
Να βρείτε το διάστημα σύγκλισης έστω

της δυναμοσειράς $\displaystyle \sum_{n\geqslant 1}^{}\left ( \ln \frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-...-\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{n} \right )x^{n}$ , καθώς και το άθροισμα για κάθε τιμή του $x\in A.$

Υ.Γ Θα αφήσω όσο χρόνο επιθυμείτε μέχρι να ανεβάσω τη λύση μου.

ksofsa · #2

Στα παρακάτω γίνεται λόγος για ακτίνα σύγκλισης, διότι, θεωρώντας ότι και το μονοσύνολο

είναι εκφυλισμένο διάστημα με ακτίνα

, υπάρχει πάντα ακτίνα σύγκλισης.

Για την ακτίνα σύγκλισης αρκεί να βρούμε το $limsup\sqrt[n]{\left | a_{n} \right |}=l$ .

Είναι $a_{n}\rightarrow 0$ , όπως προκύπτει αν θέσουμε x=1

, στη σειρά Maclaurin της log(1+x)

.

Άρα, $l\leq 1$ .

Ακόμη, $a_{2n}=H_{2n}-H_{n}-log2=(H_{2n}-log(2n)-\gamma )-(H_{n}-logn-\gamma )=\frac{1}{4n}-\frac{1}{2n}+O(\frac{1}{n^2})$ .

Άρα, $4n\left | a_{2n} \right |\rightarrow 1\Rightarrow \sqrt[2n]{4n\left | a_{2n} \right |}\rightarrow 1$

κι επειδή $\sqrt[2n]{4n}\rightarrow 1$ , έπεται ότι $\sqrt[2n]{\left | a_{2n} \right |}\rightarrow 1$ και επειδή $l\leq 1$ ,

έπεται ότι l=1

.

Άρα, η ακτίνα σύγκλισης R=1

.

Μένει να εξεταστεί το διάστημα σύγκλισης, αν είναι κλειστό, ανοικτό ή ημιανοικτό, και να υπολογιστεί η σειρά.

Θα προσπαθήσω να επανέλθω σύντομα.

Στη λύση χρησιμοποιείται ο τύπος του Euler $H_{n}=\int_{0}^{1}\dfrac{1-x^n}{1-x}dx$ .

BAGGP93 · #3

Από το γνωστό

$\displaystyle{-\ln\,2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}}$

η αρχική δυναμοσειρά, έστω f(x),

γράφεται

$\displaystyle{f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(b-b_n)x^n}$ όπου

$\displaystyle{b=-\ln\,2,\,\,\,b_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k}{k},\,\,n\in\mathbb{N}.}$

Γράφω $\displaystyle{f(x)=b\,\sum_{n=1}^{\infty}x^n-\sum_{n=1}^{\infty}b_n\,x^n,\,\,x\in A.}$

Η πρώτη δυναμοσειρά είναι η γεωμετρική με διάστημα σύγκλισης το $A_1=\left(-1,1\right)$ και όριο $\displaystyle{f_1(x)=\frac{b\,x}{1-x}}$

ενώ για τη δεύτερη δυναμοσειρά βρίσκουμε ακτίνα σύγκλισης ίση με 1.

Στα άκρα $\pm1$ δεν έχουμε σύγκλιση διότι $b_n\to b\neq 0$ . Τελικά η

συγκλίνει στο $A=\left(-1,1\right).$

edit: με πρόλαβαν.

Dimessi · #4

Ωραία! Η δική μου λύση δεν χρησιμοποιεί ακτίνα σύγκλισης.

Θέτουμε $\displaystyle S\left ( x \right )=\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \textup{log} \frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-...-\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{n}\right )x^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left ( -\textup{log}2+\sum_{m=1}^{n} \frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m}\right )x^{n}=-\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \sum_{m=n+1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m} \right )x^{n}$

και αφού $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{ \left | \sum_{m=n+1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m} \right |\cdot \left | x \right |^{n}}=\left | x \right |,$ η δυναμοσειρά συγκλίνει για $\left | x \right |< 1$ και αποκλίνει για $\left | x \right |> 1.$

$\bullet$ Είναι $\displaystyle S\left ( -1 \right )=-\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \sum_{m=n+1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m} \right )\left ( -1 \right )^{n}=\sum_{m=1}^{\infty}\left ( -1 \right )^{m}\left ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{m+n}\right )$ που αποκλίνει.

$\bullet$ Για $\left | x \right |< 1,$ είναι $\displaystyle S\left ( x \right )=-\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \sum_{m=n+1}^{\infty} \frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m}\right )x^{n}=-\sum_{n=1}^{\infty}\left ( -\frac{\left ( -1 \right )^{n-1}}{n}+\sum_{m=n}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m} \right )x^{n}=$ $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{n-1}x^{n}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \sum_{m=n}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m} \right )x^{n}=$ $\displaystyle \textup{log}\left ( x+1 \right )-\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}\left ( \sum_{m=n}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m} \right )=\textup{log}\left ( x+1 \right )-\frac{x}{1-x}\left ( \sum_{m=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m}-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}x^{m}}{m} \right )=$

$\displaystyle =\textup{log}\left ( x+1 \right )-\frac{x}{1-x}\left ( \textup{log}2-\textup{log}\left ( x+1 \right ) \right )=\frac{\textup{log}\left ( x+1 \right )-x \cdot \textup{log}2}{1-x}.$

$\bullet$ Για x=1,

είναι $\displaystyle S\left ( 1 \right )=-\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \sum_{m=n+1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m} \right )=-\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \sum_{m=n+1}^{\infty}\left ( -1 \right )^{m-1} \cdot \int_{0}^{1}x^{m-1}dx\right )=$

$\displaystyle =-\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \sum_{m=n+1}^{\infty}\left ( -x \right )^{m-1} \right )dx=-\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty}\left ( -x \right )^{n}\left ( \sum_{m=1}^{\infty}\left ( -x \right )^{m-1} \right )dx=-\int_{0}^{1}\frac{1}{x+1}\cdot \sum_{n=1}^{\infty}\left ( -x \right )^{n}dx=$

$\displaystyle =\int_{0}^{1}\frac{x}{x+1}\sum_{n=1}^{\infty}\left ( -x \right )^{n-1}dx=\int_{0}^{1}\frac{x}{\left ( x+1 \right )^{2}}dx=\textup{log}2-\frac{1}{2}=\lim_{x\rightarrow 1^{-}}\frac{\textup{log}\left ( x+1 \right )-x\cdot \textup{log}2}{1-x},$

άρα τελικά $\displaystyle \boxed{S\left ( x \right )=\left\{\begin{matrix} \displaystyle \frac{\displaystyle \textup{log}\left ( x+1 \right )-x\cdot \textup{log}2}{1-x},\left | x \right |< 1 & & \\ \textup{log}2-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2},x=1 & & \end{matrix}\right.}$ και αποκλίνει για $\left | x \right |> 1$ και για x=-1.

#5

Dimessi έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 29, 2023 12:04 pm
Να βρείτε το διάστημα σύγκλισης έστω της δυναμοσειράς $\displaystyle \sum_{n\geqslant 1}^{}\left ( \ln \frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-...-\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{n} \right )x^{n}$ , καθώς και το άθροισμα για κάθε τιμή του $x\in A.$

Υ.Γ Θα αφήσω όσο χρόνο επιθυμείτε μέχρι να ανεβάσω τη λύση μου.

Έμεινε να βρεθεί το άθροισμα.

Γράφουμε $\displaystyle { S= \sum_{n= 1}^{\infty }\left ( \ln \frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-...-\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{n} \right )x^{n}} = \sum_{n= 1}^{\infty }(a_n - \ln 2) x^n$

Τότε από το ανάπτυγμα $\displaystyle{\ln (1+x) = \sum_{n= 1}^{\infty } \dfrac {(-1)^{n+1}}{n} x^n}$ έχουμε

$\displaystyle{S- xS = \sum_{n= 1}^{\infty }(a_n - \ln 2) x^n - \sum_{n= 1}^{\infty }(a_n - \ln 2) x^{n+1} = (a_1-\ln 2) x+ \sum_{n= 2}^{\infty }(a_n - a_{n-1} ) x^n= }$

$\displaystyle{= (a_1-\ln 2)x + \sum_{n= 2}^{\infty } \dfrac {(-1)^{n+1}}{n} x^n= (a_1-\ln 2)x + [ \ln (1+x)-x]= \ln(1+x)- x\ln 2 }$

Άρα $\boxed { S = \dfrac { \ln (1+x)-x\ln 2}{1-x} }$ για |x|<1

. Για

άμεσο από τα παραπάνω.

Edit. Γράφαμε συγχρόνως, αλλά το αφήνω ως απλούστερο.

#6

Dimessi έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 29, 2023 8:26 pm
Ωραία! Η δική μου λύση δεν χρησιμοποιεί ακτίνα σύγκλισης.
...

και αφού $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{ \left | \sum_{m=n+1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m} \right |\cdot \left | x \right |^{n}}=\left | x \right |,$ η δυναμοσειρά συγκλίνει για $\left | x \right |< 1$ και αποκλίνει για $\left | x \right |> 1.$

.
Σωστά αλλά ουσιαστικά χρησιμοποιεί ακτίνα σύγκλισης στα κρυφά: Το παραπάνω όριο των συντελεστών, εδώ της μορφής $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{ \left | a_n \right |}$ (που ισούται με

) είναι αυτό που μας δίνει την ακτίνα σύγκλισης (το 1/R

ισούται με αυτό).

Dimessi · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 29, 2023 8:48 pm

Dimessi έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 29, 2023 8:26 pm
Ωραία! Η δική μου λύση δεν χρησιμοποιεί ακτίνα σύγκλισης.
...

και αφού $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{ \left | \sum_{m=n+1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{m-1}}{m} \right |\cdot \left | x \right |^{n}}=\left | x \right |,$ η δυναμοσειρά συγκλίνει για $\left | x \right |< 1$ και αποκλίνει για $\left | x \right |> 1.$
.
Σωστά αλλά ουσιαστικά χρησιμοποιεί ακτίνα σύγκλισης στα κρυφά: Το παραπάνω όριο των συντελεστών, εδώ της μορφής $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\sqrt[n]{ \left | a_n \right |}$ (που ισούται με ) είναι αυτό που μας δίνει την ακτίνα σύγκλισης (το ισούται με αυτό).

Προφανώς, απλά δεν αναφέρθηκα στην ακτίνα σύγκλισης, αυτό θέλω να πω.

Μια δυναμοσειρά!

Μια δυναμοσειρά!

Re: Μια δυναμοσειρά!

Re: Μια δυναμοσειρά!

Re: Μια δυναμοσειρά!

Re: Μια δυναμοσειρά!

Re: Μια δυναμοσειρά!

Re: Μια δυναμοσειρά!

Μέλη σε σύνδεση