Sequences and Series Marathon

[passer-by]

29. Compute

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot 2^n}\bigg( 1+\frac{1}{2}+\cdots \frac{1}{n} \bigg) $$

HINT

The following might help
$$ \int_0^x \frac{-\ln(1-t)}{1-t} \,\, dt$$

[Timestopper_STG]

คำตอบเป็น$\displaystyle{\ln 2+\frac{(\ln 2)^2}{2}}$หรือเปล่าครับถ้าใช่จะมาแสดงวิธีทำ

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

คำตอบเป็น$\displaystyle{\ln 2+\frac{(\ln 2)^2}{2}}$หรือเปล่าครับถ้าใช่จะมาแสดงวิธีทำ

Hmm....not correct krab

$\displaystyle{\frac{(\ln 2)^2}{2}}$ should appear in the middle way of solution ,but finally, it will disappear.

In fact, it might have many ways to fight this question, but my solution now is to split this series into 2 parts. First part uses hint above and the other part might require $$ \int_0^x \frac{-\ln(1-t)}{t} \,\,dt $$


If you go in right track, the answer will be something multiplied with $\pi^2$

p.s. Practising this question might help , when "JAG-CHA-PHOR-KIJ (PHASE 3) " starts in last week of November 2007. This hint might be applied again.

[Timestopper_STG]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

29. Compute

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot 2^n}\bigg( 1+\frac{1}{2}+\cdots \frac{1}{n} \bigg) $$

เมื่อคืนเบลอไปหน่อยครับ จริงๆผมทำวิธีเดียวกับพี่passer-byเลยครับแต่ผมก็ยังติดอยู่ดี...
$\displaystyle{|x|<1\rightarrow\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+...,-\ln(1-x)=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+...}$
$\displaystyle{\frac{-\ln(1-x)}{1-x}=x\left(1+\left(1+\frac{1}{2}\right)x+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)x^2+...\right)}$
$\displaystyle{S=\int_{0}^{0.5}-\frac{\ln(1-x)}{x(1-x)}dx=\int_{0}^{0.5}-\left[\frac{\ln(1-x)}{1-x}+\frac{\ln(1-x)}{x}\right]dx}$
$\displaystyle{S=\frac{\ln^2 2}{2}-\int_{0}^{0.5}\frac{\ln(1-x)}{x}dx}$ ให้ $\displaystyle{I=-\int_{0}^{0.5}\frac{\ln(1-x)}{x}dx=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^22^n}}$
ตันครับไม่รู้อนุกรมนี้แก้ยังไง- -*

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

ให้ $\displaystyle{I=-\int_{0}^{0.5}\frac{\ln(1-x)}{x}dx=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^22^n}}$
ตันครับไม่รู้อนุกรมนี้แก้ยังไง- -*

HINT:

$\displaystyle{I=-\int_{0}^{0.5}\frac{\ln(1-x)}{x}dx} $

Let $ u= -\ln(1-x) $ and try geometric series of something

HOPE YOU CRACK THIS INTEGRATION SUCCESSFULLY KRAB

[Timestopper_STG]

YeeeeeeHaaaaaa...I got it.
Consider $\displaystyle{I(a)=\int_{0}^{a}\frac{-\ln(1-x)}{x}dx}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a^n}{n^2},\forall a\in(0,1)$
Let $\displaystyle{u=-\ln(1-x)\rightarrow du=\frac{dx}{1-x},x=1-e^{-u}}$
So $\displaystyle{I(a)=\int_{0}^{a}\frac{-\ln(1-x)}{x}dx=\int_{0}^{-\ln(1-a)}\frac{ue^{-u}}{1-e^{-u}}du=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{-\ln(1-a)}ue^{-ku}du}$
$\displaystyle{I(a)=\sum_{k=1}^{\infty}\left[\left[-\frac{ue^{-ku}}{k}\right]_{0}^{-\ln(1-a)}+\frac{1}{k}\int_{0}^{-\ln(1-a)}e^{-ku}du\right]}$
$\displaystyle{I(a)=-\ln a\ln(1-a)+\sum_{k=1}^{\infty}\left[-\frac{1}{k^2}e^{-ku}\right]_{0}^{-\ln(1-a)}=\frac{\pi^2}{6}-\ln a\ln(1-a)-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(1-a)^k}{k^2}}$
$\displaystyle{\therefore I(a)+I(1-a)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a^k}{k^2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(1-a)^k}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}-\ln a\ln(1-a)}$
Now come back to the question...
$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{H(n)}{n\cdot 2^n}=\int_{0}^{0.5}\frac{-\ln(1-x)}{x(1-x)}dx=\int_{0}^{0.5}\frac{-\ln(1-x)}{x}dx+\int_{0}^{0.5}\frac{-\ln(1-x)}{1-x}dx}$
$\displaystyle{\therefore\sum_{n=0}^{\infty}\frac{H(n)}{n\cdot 2^n}=I(0.5)+\int_{0}^{0.5}\ln(1-x)d(\ln(1-x))=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^2 2}{2}+\frac{\ln^2 2}{2}=\frac{\pi^2}{12}}$
มาทำต่อจนเสร็จละครับ

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

ตอบ$\dfrac{\pi^2}{12}$ใช่ไหมครับ

CORRECT KRAB

[Timestopper_STG]

มาแสดงวิธีทำต่อจนเสร็จละนะครับได้อะไรเยอะเลยครับกับข้อ29นี้
โดยเฉพาะก้อนหลังนี่ไม่คิดเลยครับว่าจะอินทิเกรตออกด้วยวิธีนี้

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

ได้อะไรเยอะเลยครับกับข้อ29นี้
โดยเฉพาะก้อนหลังนี่ไม่คิดเลยครับว่าจะอินทิเกรตออกด้วยวิธีนี้

It's good to hear like this krab. Other than mathematics capability, this question also measures "solver's patience".

p.s. hope you can use similar concept to crack another bigger problem in "JACK-CHA-PHOR-KIJ (PHASE 3)" about next 2 weeks

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

มีใครหารูปแบบปิดของอนุกรมนี้ได้บ้างไหมครับ(ไม่ได้ใส่เลขข้อนะครับไม่มั่นใจว่าให้ได้หรือเปล่า)
$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(3n+2)^2}}$

ให้ MATLAB ทำให้ จะได้้ $ \frac{1}{9}\cdot Psi(1,\frac{2}{3})$

เมื่อ Psi(1,x) คือ digamma function และ $$ Psi(1,x)= \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)} $$

[passer-by]

30. ข้อนี้ โจทย์สวยดีครับ

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

p.s. ถ้าจะ prove ว่า convergent ด้วยก็จะดีมากครับ

HINT

Consider partial sum

[nooonuii]

มาเติมโจทย์ครับ

31. จงหาค่าของ $$\lim_{n\to\infty}\frac{n\ln{n}}{\ln{(n!)}}$$

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

มาเติมโจทย์ครับ

31. จงหาค่าของ $$\lim_{n\to\infty}\frac{n\ln{n}}{\ln{(n!)}}$$

ตอบ 1 หรือเปล่าครับ

ผมใช้ Stirling approximation $ n! \sim \sqrt{2\pi n}n^n e^{-n}$

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

ตอบ 1 หรือเปล่าครับ

ผมใช้ Stirling approximation $ n! \sim \sqrt{2\pi n}n^n e^{-n}$

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

[Timestopper_STG]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

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

ไม่ทราบว่าอสมการดังกล่าวพิสูจน์ยังไงหรอครับหรือว่าผมพลาดอะไรง่าย ๆ ไปฝากอีกข้อนะครับ
32)จงหาค่าของ $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}}}$