Sequences and Series Marathon

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

$$1-\frac{1}{\ln{n}}\leq\frac{\ln(n!)}{n\ln{n}}\leq 1$$

อสมการที่สองเห็นได้ชัดจาก $n!\leq n^n$
อสมการแรกจัดรูปไปมาแล้วได้ $\dfrac{n^n}{n!}\leq e^n$
ซึ่งเป็นจริงโดยการกระจายอนุกรมเทย์เลอร์ของ $e^n$
$$e^n=1+\frac{n}{1!}+\frac{n^2}{2!}+\cdots +\frac{n^n}{n!}+\cdots\geq\frac{n^n}{n!}$$

[Timestopper_STG]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

30.Find $$ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n ( \ln 2 - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}- \cdots -\frac{1}{2n}) $$

$$S=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left(\ln 2-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\cdots -\frac{1}{2n}\right)=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\left(\ln 2-\left(H(2k)-H(k)\right)\right)$$
Let $a_{n}=\ln 2-\left(H(2n)-H(n)\right)$,Now observe that
$$\frac{1}{n+1}<\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$$
$$H(2n)-H(n)<H(2n)+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-H(n)-\frac{1}{n+1}$$
$$a_{n}=\ln 2-\left(H(2n)-H(n)\right)>\ln 2-\left(H(2n+2)-H(n+1)\right)=a_{n+1},\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=0$$
$\displaystyle{\therefore\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}a_{k}=S}$ converges by alternating series test.
We can easily see that
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\sum_{k=1}^{2n+1}(-1)^{k}a_{n}\right]=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[-a_{2n+1}+\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}a_{n}\right]=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}a_{n}=S$$
To finish the problem we can do it this way...
$$S=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}a_{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}\left[\ln 2-H(2k)+H(k)\right]=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}H(k)-\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}H(2k)\right]$$
$$S=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2n}\right)-\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\cdots +\frac{1}{4n-1}+\frac{1}{4n}\right)\right]$$
$$S=-\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\left[\int_{0}^{1}x^{4n-2}-x^{4n-1}\right]=-\int_{0}^{1}\frac{x^{2}-x^{3}}{1-x^{4}}dx=\frac{\pi-6\ln 2}{8}$$
ไม่รู้ว่าผิดน้อยหรือผิดมากนะครับ

[passer-by]

คำตอบถูกแล้วครับ

ส่วนวิธีทำ เท่าที่ดูคร่าวๆ ก็มีที่จะ comment แค่ตรงที่ quote มานี่แหละครับ

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

We can easily see that
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\sum_{k=1}^{2n+1}(-1)^{k}a_{n}\right]=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[-a_{2n+1}+\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}a_{n}\right]=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k}a_{n}=S$$

ก่อนหน้านี้ คุณ timestopper บอกว่า converge แล้ว ดังนั้น เขียนแค่ตัวสมการขวาสุด ก็พอครับ เพราะ limit unique อยู่แล้ว เลือกแค่ $ S_{2N} $ มาพิจารณาก็เพียงพอ

และเพื่อเป็นการแลกเปลี่ยนกัน งั้นผมขอตอบข้อ 32 ของคุณ timestopper แล้วกันครับ

จากโจทย์

$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}}} $

By squeezing theorem

$$ \frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}} \leq \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}} \leq \frac{n}{\sqrt{n^{2}+1}} $$

ซ้ายกับขวา converge เข้าหา 1 จึงทำให้ sum ที่กำหนด converge เข้าหา 1 ด้วย

[Timestopper_STG]

อ่อครับขอบคุณมากครับพี่ passer-by สำหรับ comment ละก็ถูกต้องครับสำหรับข้อ 32

[passer-by]

33. กำหนด $ a_n = \frac{1}{n^2\sqrt{n+1}(n+2)}$
พิสูจน์ว่า สำหรับทุกจำนวนนับ n $$ \sum_{i=1}^n a_i < \frac{1}{2\sqrt{2}} $$

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

33. กำหนด $ a_n = \frac{1}{n^2\sqrt{n+1}(n+2)}$
พิสูจน์ว่า สำหรับทุกจำนวนนับ n $$ \sum_{i=1}^n a_i < \frac{1}{2\sqrt{2}} $$

ผ่านไปร่วม 2 เดือนแล้ว งั้นผมขอเฉลยแล้วกันครับ

อันดับแรก ผมจะพิสูจน์ก่อนว่า $$ a_n < \frac{1}{2n^2(n+1)} $$

$$ a_n = \frac{\sqrt{n+1}}{n^2(n+1)(n+2)} = \sqrt{\frac{n+1}{n^2}}\cdot \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}\cdot \frac{1}{n(n+1)(n+2)} < \sqrt{(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})^2}\cdot \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$$

จากนั้น take sum เข้าไปครับ

$$ \sum_{i=1}^n a_i < \frac{1}{2}\sum_{i=1}^n \frac{1}{i^2(i+1)} = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^n (\frac{1}{i^2}- ( \frac{1}{i}- \frac{1}{i+1})) < \frac{1}{2}(\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^2}- \sum_{i=1}^\infty ( \frac{1}{i}- \frac{1}{i+1})) = \frac{1}{2}(\frac{\pi^2}{6}-1) < \frac{1}{2\sqrt{2}} $$

ข้อนี้ก็เป็นข้อหนึ่งจาก Mathscope ของเวียดนาม แต่ผมคิดว่ามีวิธีอื่นที่ ไม่ต้องอ้าง $ \sum \frac{1}{n^2}= \frac{\pi^2}{6}$ แต่ ณ ชั่วโมงนี้ ผมยังคิดวิธีนั้นไม่ออก เพียงแต่ว่าวิธีผม มันลด upper bound ลงไปจากเดิมได้นิดหน่อย

จริงๆ ถ้าใครว่าง ก็ลองมาช่วยกันลด upper bound ก็จะดีครับ อยากรู้ว่า มันจะลงไปได้ถึงเท่าไหร่

[passer-by]

ข้อนี้ ดูแตกต่างจากอนุกรมข้ออื่นๆที่เคย post มาครับ แต่เป็นข้อนึงที่ผมว่ามีวิธีการคิดที่งดงามมากๆครับ

34. Evaluate $$ \sum_{r=1}^n (-1)^{r-1}\binom{n}{r}\binom{2n-2r}{n-1} $$

HINT : Combinatorial Reasoning

[passer-by]

HINT(2)

Inclusion/Exclusion + Pigeonhole Principle

[warut]

ผมไม่เข้าใจข้อ 33. ครับว่าพอได้ $$a_n < \sqrt{(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})^2}\cdot \frac{1}{n(n+1)(n+2)} $$ แล้วทำไงถึงจะได้ว่า $$a_n < \frac{1}{2n^2(n+1)}$$ แต่วิธีพิสูจน์ที่ผมดัดแปลงมาจากของคุณ passer-by คือ จาก $$a_n= \frac12 \sqrt{\frac1n + \frac{1}{n^2}} \left( \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right) $$ $$\le \frac12 \sqrt{\frac11 + \frac{1}{1^2}} \left( \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right)$$ ดังนั้น $$ \sum_{i=1}^n a_i < \sum_{i=1}^\infty a_i \le \frac{1}{\sqrt2} \sum_{i=1}^\infty \left( \frac{1}{i(i+1)} - \frac{1}{(i+1)(i+2)} \right) = \frac{1}{2\sqrt2} $$

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ warut

ผมไม่เข้าใจข้อ 33. ครับว่าพอได้ $$a_n < \sqrt{(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})^2}\cdot \frac{1}{n(n+1)(n+2)} $$ แล้วทำไงถึงจะได้ว่า $$a_n < \frac{1}{2n^2(n+1)}$$

$ \sqrt{(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})^2}= \frac{n+2}{2n} $ แล้วก็ตัดกับเทอมหลังครับ

หรือว่า ผมพลาดช่วงไหนไปเหรอครับพี่ warut

[warut]

โอยๆๆๆ งานนี้ มั่ว เบลอ สับสน สะเพร่า อย่างร้ายแรง ผมจดลงกระดาษทดไปผิด (แต่ตอนพิมพ์ผม cut & paste จาก code ของคุณ passer-by เลยไม่ผิด) แล้วไม่ได้กลับมาเช็คอีกเลย มุ่งแต่จะคิดวิธีของตัว แย่จริงๆ อายสุดๆเลยครับ

[เทพเวียนเกิด]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

ข้อนี้ ดูแตกต่างจากอนุกรมข้ออื่นๆที่เคย post มาครับ แต่เป็นข้อนึงที่ผมว่ามีวิธีการคิดที่งดงามมากๆครับ

34. Evaluate $$ \sum_{r=1}^n (-1)^{r-1}\binom{n}{r}\binom{2n-2r}{n-1} $$

HINT : Combinatorial Reasoning

ตรง 2n-2r เป็น 2n-2r หรือ 2n-2 เฉยๆครับ

[Pitchayut]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

ข้อนี้ ดูแตกต่างจากอนุกรมข้ออื่นๆที่เคย post มาครับ แต่เป็นข้อนึงที่ผมว่ามีวิธีการคิดที่งดงามมากๆครับ

34. Evaluate $$ \sum_{r=1}^n (-1)^{r-1}\binom{n}{r}\binom{2n-2r}{n-1} $$

HINT : Combinatorial Reasoning

ผมคิดได้แล้วครับ แต่ไม่แน่ใจว่าจะถูกหรือเปล่า ข้อนี้ตอบ $\binom{2n}{n-1}$ หรือเปล่าครับ ถ้าถูกเดี๋ยวผมค่อยมาแสดงวิธีทำให้ครับ

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Pitchayut

ผมคิดได้แล้วครับ แต่ไม่แน่ใจว่าจะถูกหรือเปล่า ข้อนี้ตอบ $\binom{2n}{n-1}$ หรือเปล่าครับ ถ้าถูกเดี๋ยวผมค่อยมาแสดงวิธีทำให้ครับ

ใช่ครับ เป็นโจทย์ American maths monthly นานมาแล้ว

[Pitchayut]

วิธีคิดคร่าวๆ ของผมก็คือ สมมุติว่ามีนักเรียน $n$ คู่ เลือกมา $n-1$ คน โดยจะต้องมีนักเรียนที่คู่กันบางคู่ไม่ถูกเลือกทั้งสองคน

วิธีที่ 1 เลือกตรงๆ เลย เพราะยังไงก็จะต้องมีนักเรียนที่คู่กันบางคู่ไม่ถูกเลือกทั้งสองคนอยู่แล้ว ทำได้ $\displaystyle{\binom{2n}{n-1}}$ วิธี

วิธีที่ 2 PIE นิยามเซต $A_i$ แทนจำนวนวิธีในการเลือกนักเรียนดังกล่าวโดยที่นักเรียนคู่ที่ $i$ ไม่ถูกเลือก เราจะพบว่า

$$n(A_{\displaystyle{a_1}}\cap A_{\displaystyle{a_2}}\cap A_{\displaystyle{a_3}}\cap ...\cap A_{\displaystyle{a_r}})=\binom{2n-2r}{n-1}$$

โดย PIE จะได้จำนวนวิธีที่ต้องการเท่ากับ

$$\sum_{r= 1}^{n} (-1)^{r-1}\binom{n}{r}\binom{2n-2r}{n-1}$$

ดังนั้น

$$\sum_{r= 1}^{n} (-1)^{r-1}\binom{n}{r}\binom{2n-2r}{n-1}=\binom{2n}{n-1}$$

ตามต้องการ แล้วก็ขอบอกว่าถ้าไม่ได้ Hint2 นี่ผมก็คงทำไม่ได้เหมือนกันครับ