square root and serie
มีเรื่องจะ รบกวนถาม 2 ข้อครับ
1. Evaluate \[ \large \sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{...}}}} \] อยากรู้มานานแล้วครับ ว่าตอบเท่าไหร่ :confused: 2. หาค่าของ \[\large \frac{ln2}{2}-\frac{ln3}{3}+\frac{ln4}{4}-\frac{ln5}{5}+... \] ขอบคุณ ล่วงหน้า สำหรับผู้ที่จะมาตอบ ครับ |
ข้อ 1. นี่เป็นคำถามที่ 289 ใน Journal ของอินเดียครับ. รามานุจัน เป็นคนถาม ถ้าผมจำไม่ผิด เรามีการคุยกัน 2 ครั้งในข้อนี้ ครั้งแรกนานมาแล้ว Top เป็นคนตั้ง ส่วนอีกครั้ง คุณ aaa เป็นคนตั้ง วิธีคิดของแต่ละคนอยู่แถว ๆ นี้ล่ะ เดี๋ยวว่าง ๆ ผมจะลองค้นให้อีกทีถ้ายังไ่ม่มีคนค้นให้ คำตอบ คือ 3 ครับ ;)
|
อ้างอิง:
0.1598689037\dots\]โดยที่ \(\gamma=0.5772156649\dots\) คือ Euler's constant เห็นคำตอบแล้วคงพอเดากันได้นะครับว่าโจทย์ข้อนี้คงไม่ใช่หมูๆ |
ก่อนอื่น ต้อง ขอบคุณทั้งคุณ gon และคุณ warut สำหรับคำตอบรวดเร็วเพียงชั่วข้ามคืน
ตอนนี้ผมหา link ของข้อ 1 บน webboard เจอแล้วครับ nested radical ส่วนข้อ 2 คำตอบนี้ มันมายังไงอ่ะครับ คุณ warut |
โจทย์แนว ๆ ข้อ 2 คลับคล้ายคลับคลาว่าผมจะเคยเห็นใน The Lost NoteBook ของรามานุจันนะครับ. บางทีอาจจะลองเปิดหาใหู้อีกทีครับ. :)
ตอนนี้ผมกำลังเพิ่งสร้างเทคนิคใหม่สำเร็จ กำลังดีใจอย่างมาก :D "เทคนิคการคำนวณเลขยกกำลังสอง" คิดอยู่ 2 วันเต็ม ๆ เชื่อหรือไม่ว่าสามารถคำนวณค่าของกำลังสองของเลขหลายหลัก เช่น 87543142 ด้วยมือล้วน ๆ ได้ในเวลาไม่เกิน 1 นาทีได้ เทคนิคนี้ไม่น่าจะปรากฏบนโลกมนุษย์มาก่อน ;) ... ว่าไปโน่น :cool: |
วิธีทำข้อ 1 ของคุณ aaaa ก็น่าสนใจมากเหมือนกันครับ
ส่วนข้อ 2 นี่เอาไงดีล่ะ ถ้ารอได้เอาไว้ผมว่างจะมาโพสต์วิธีทำให้ละกัน ป.ล. ดีใจกับคุณ gon ด้วยครับสำหรับการค้นพบเทคนิคการยกกำลังสองแบบใหม่ :) |
อ้างอิง:
จากที่ \(\frac{\ln x}{x}\) เป็น strictly decreasing function เมื่อ \(x\ge3\) ดังนั้น\[\frac{\ln(n+1)}{n+1}\quad<\quad \int_n^{n+1}\frac{\ln x}{x}\,dx=\frac{\left(\ln(n+1)\right)^2}{2}- \frac{(\ln n)^2}{2}\,,\quad n\ge3\]เราจึงได้ว่า\[a_{n+1}-a_n=\frac{\left(\ln(n+1)\right)^2}{2}-\frac{(\ln n)^2}{2}-\frac{\ln(n+1)}{n+1}\,>\, 0\]นั่นคือ \(\{a_n\}\) เป็น strictly increasing sequence เนื่องจาก \(\{a_n\}\) เป็น increasing sequence ที่มี upper bound ดังนั้น \(\lim_{n\to\infty}a_n\) หาค่าได้ เราจึงได้ว่า\[\lim_{n\to\infty}a_{2n}-a_n= 0\]ต่อไปก็เป็นการหาค่าผลบวกของอนุกรมเสียที\[\sum_{k=2}^{2n}(-1)^k\frac{\ln k}{k}= \frac{\ln2}{2}-\frac{\ln3}{3}+\frac{\ln4}{4}-\cdots+ \frac{\ln(2n)}{2n}\]\[=\left(\frac{\ln2}{1}+\frac{\ln4}{2}+\frac{\ln6}{3} +\cdots+\frac{\ln(2n)}{n}\right)-\left(\frac{\ln2}{2}+\frac{\ln3}{3}+\frac{\ln4}{4}+ \cdots+\frac{\ln(2n)}{2n}\right)\]\[= \left(\frac{\ln2+\ln1}{1}+\frac{\ln2+\ln2}{2}+\frac{\ln2+\ln3}{3}+\cdots+\frac{\ln2+\ln n}{n}\right)- \sum_{k=2}^{2n}\frac{\ln k}{k}\]\[= \ln2\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right)+\sum_{k=2}^{n}\frac{\ln k}{k}- \sum_{k=2}^{2n}\frac{\ln k}{k}\]\[= \ln2\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{(\ln n)^2}{2}-a_n\right)- \left(\frac{(\ln(2n))^2}{2}-a_{2n}\right)\]\[=\ln2\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n\right)-\frac{(\ln2)^2}{2}+ (a_{2n}-a_n)\]ให้ \(n\to\infty\) เราจะได้คำตอบออกมาคือ\[\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\frac{\ln k}{k}= \gamma\ln2-\frac{(\ln2)^2}{2}\]โดยที่ \(\gamma=0.5772156649 \dots\) คือ Euler Constant หมายเหตุ\[\lim_{n\to\infty}a_n= -\gamma_1=0.0728158454836767\dots\]และเราเรียก \(\gamma_1\) ว่า First Stieltjes Constant ครับ :) |
โหยาวมากเลยครับ. เดี๋ยวผมจะหาเวลาศึกษาดูบ้าง :)
|
สังเกตมาหลายครั้งแล้วว่า คุณ warut ใช้ integrate มาช่วยคลี่คลาย series โหดๆทั้งหลาย ให้ดู soft ลงไปเยอะเลยครับ
ขอบคุณ คุณ warut มากๆสำหรับวิธีทำ ;) |
ดีใจด้วยครับกับคุณ gon ว่าแต่ถ้าคิดเทคนิคได้สมบูรณ์ อย่าลืมบอกกันบ้างนะคับ อิอิ
|
เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 22:12 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha