Sequences and Series Marathon

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
ตอนแรกว่าจะแปะภาคต่อของ Cesaro mean แต่ดูแล้วข้อที่จะแปะนี่ คงจะสาหัสเกินไป งั้นผมเปลี่ยนเป็น แปะภาคต่อของข้อ 13 แทนแล้วกันครับ

20. Evaluate $$ \int_0^1 \bigg \{ \frac{2}{x} \bigg \}^2 \,\, dx $$

NOTE: {a} แทน fractional part of a เช่น {5.187}= 0.187

ให้ $y=2/x$ จะได้ $$\int_0^1 \bigg\{ \frac2x \bigg\}^2 \,dx = 2\int_2^\infty \frac{\{y\}^2}{y^2} \,dy = 2\int_2^\infty \left( 1-\frac{\lfloor y\rfloor}{y} \right)^2 \,dy $$ $$= 2 \sum_{k=2}^\infty \int_k^{k+1} \left( 1-\frac{\lfloor y\rfloor}{y} \right)^2 \,dy = 2 \sum_{k=2}^\infty \int_k^{k+1} \left( 1-\frac{k}{y} \right)^2 \,dy $$ $$= 2 \sum_{k=2}^\infty \left( 2k\ln k -2k\ln(k+1) +2 -\frac{1}{k+1} \right) $$ หา partial sum: $$ s_n := \sum_{k=2}^n \left( 2k\ln k -2k\ln(k+1) +2 -\frac{1}{k+1} \right) $$ $$= 2\sum_{k=2}^n \bigg( k\ln k - (k+1)\ln(k+1) \bigg) + \sum_{k=2}^n \left( 2 -\frac{1}{k+1} +2\ln(k+1) \right) $$ $$= 2\bigg( 2\ln2-(n+1)\ln(n+1) \bigg) + \left( 2(n-1) - \left( \frac13 +\frac14 +\cdots +\frac{1}{n+1} \right) +2\ln \frac{(n+1)!}{2} \right) $$ $$= 2\ln2 -\frac12 -\left( 1 +\frac12 +\cdots +\frac{1}{n+1} -\ln(n+1) \right) + \bigg( 2n -(2n+1)\ln(n+1) +2\ln n! \bigg) $$ ต่อไปเราจะใช้ Sterling's formula: $$n! \sim \left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{2\pi n} $$ เพื่อหาลิมิต $$ \lim_{n\to\infty} 2n -(2n+1)\ln(n+1) +2\ln n! $$ $$= \lim_{n\to\infty} \ln2\pi -2\ln \left( 1+\frac1n \right)^n -\ln \left( 1+\frac1n \right) +2\ln \frac{n!}{ n^n e^{-n} \sqrt{2\pi n} } $$ $$= \ln2\pi-2 $$ ดังนั้น $$\int_0^1 \bigg\{ \frac2x \bigg\}^2 \,dx = 2 \lim_{n\to\infty} s_n $$ $$= 2 \left( 2\ln2 -\frac12 -\gamma +(\ln2\pi-2) \right) = 2\ln8\pi-2\gamma-5 $$

[passer-by]

นี่ครับ General Case ของข้อ 20 เมื่อ k เป็น positive integer
$$ \int_0^1 \bigg \{ \frac{k}{x} \bigg \}^2 \,\, dx = k(\ln(2\pi)-\gamma +1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k}+2k\ln k -2k-2\ln k!) $$

[passer-by]

21. Evaluate $$ \lim_{n\rightarrow \infty} \bigg(\frac{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)}{1\cdot 3\cdot5\cdots(2n-1)}\bigg)^2 \frac{1}{2n+1} $$

HINT

integrate some forms of sine function

p.s ข้อ 19 ของคุณ Warut ต้องถึงขั้นใช้ general formula ของ Fibonacci sequence หรือเปล่าครับ หรือ telescopic ธรรมดาก็ออก

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
p.s ข้อ 19 ของคุณ Warut ต้องถึงขั้นใช้ general formula ของ Fibonacci sequence หรือเปล่าครับ หรือ telescopic ธรรมดาก็ออก

แปลงเป็น telescoping series ได้ครับ ส่วนตอนหา limit อาจต้องใช้ Binet's formula ช่วย แต่ step ที่ยากน่าจะเป็นอันแรกมากกว่า

[passer-by]

ผมพอจะรู้คำตอบข้อ 19 แล้วล่ะครับ แต่ยังไม่รู้จะ telescopic ยังไงดี

ไม่รู้ว่า 2 fact ข้างล่าง จะช่วยได้ไหม แต่ก็แปะไว้ก่อนแล้วกัน เผื่อมีใครสนใจคิดต่อ

$$ F_{2n-1}F_{2n+1}= F^2_n+1 $$

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{F_{2n-1}F_{2n+1}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{F_{k}F_{k+1}} $$

p.s. HINT ในข้อ 21 ผมให้ไว้ เผื่อใครไม่อยากตอบแบบใช้สูตรสำเร็จรูปบางอย่าง (ที่ขึ้นต้นด้วย W)

[Mastermander]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
p.s. HINT ในข้อ 21 ผมให้ไว้ เผื่อใครไม่อยากตอบแบบใช้สูตรสำเร็จรูปบางอย่าง (ที่ขึ้นต้นด้วย W)

W ต่อด้วย a รึเปล่าครับ

ถ้าใช่ข้อนี้น่าจะ

ตอบ

0

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
ผมพอจะรู้คำตอบข้อ 19 แล้วล่ะครับ แต่ยังไม่รู้จะ telescopic ยังไงดี

ไม่รู้ว่า 2 fact ข้างล่าง จะช่วยได้ไหม แต่ก็แปะไว้ก่อนแล้วกัน เผื่อมีใครสนใจคิดต่อ

$$ F_{2n-1}F_{2n+1}= F^2_n+1 $$

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{F_{2n-1}F_{2n+1}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{F_{k}F_{k+1}} $$

ที่ผมทำไม่ได้ใช้ identity อันบนครับ (ซึ่งที่ถูกจะต้องเป็น $ F_{2n-1}F_{2n+1}= F^2_{2n}+1 $ ) ลอง search หา identity อื่นๆที่เกี่ยวกับ Fibonacci numbers ดูสิครับ

[nooonuii]

ขอถามนิดนึงนะครับ ปกติแล้ว Fibonacci numbers เราใช้เงื่อนไขเริ่มต้นอันไหนครับระหว่าง

1) $F_0=1,F_1=1$
2) $F_1=1,F_2=1$

[passer-by]

คำตอบน้อง Mastermander ยังไม่ถูกครับ (ผมว่าต้องจัดรูปอะไรผิดบางอย่าง เลยได้ 0) แต่ผมว่าน้องคงรู้แล้วว่า ผมหมายถึงสูตรสำเร็จรูปตัวไหน

ส่วนข้อ 19 กะแล้วว่า สูตร 2 อันที่ทิ้งไว้ ต้องไม่ช่วยอะไรแน่ๆ.....สรุปว่ามาผิดทางซะแล้วเรา

[passer-by]

รู้แล้ว !

จริงๆ ผมก็ใช้ original version ของสูตรที่ 1 ตั้งแต่แรกก็จบแล้ว (โง่เองอยู่ตั้งนาน )

ข้อ 19
เพราะ $ F_k F_{k+2}= F^2_{k+1}+ (-1)^{k+1} $

ดังนั้น $$ \sum_{k=1}^{N} \frac{(-1)^{k+1}}{F_{k}F_{k+1}}=\sum_{k=1}^{N} \frac{F_k F_{k+2}- F^2_{k+1}}{F_{k}F_{k+1}} =\sum_{k=1}^{N} \bigg( \frac{F_{k+2}}{F_{k+1}}-\frac{F_{k+1}}{F_k}\bigg ) = \frac{F_{N+2}}{F_{N+1}}-1 $$

จากนั้นก็ให้ $ N \rightarrow {\infty}$ ก็จะได้ $ \frac{\sqrt{5}-1}{2}$

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:
ขอถามนิดนึงนะครับ ปกติแล้ว Fibonacci numbers เราใช้เงื่อนไขเริ่มต้นอันไหนครับระหว่าง

1) $F_0=1,F_1=1$
2) $F_1=1,F_2=1$

ผมเคยเห็นแต่เขาใช้อัน 2) กันนะครับ ถ้าคุณ nooonuii หรือใคร เห็นที่ไหน (ที่เชื่อถือได้) ที่ใช้แบบแรกช่วยบอกด้วยนะครับ

ข้อความเดิมของคุณ warut:
19. จงหาค่าของ $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{F_{2n-1}F_{2n+1}} $$ โดยที่ $F_n$ แทน Fibonacci number ตัวที่ $n$ นั่นคือ $F_1=F_2=1$ และ $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$ เมื่อ $n\ge3$

คำตอบของคุณ passer-by ถูกแล้วครับ ต่อไปเป็นเฉลยของผมซึ่งใช้ identity อันนี้ครับ $$ (*) \quad F_nF_{n+3}-F_{n+1}F_{n+2}=(-1)^{n-1}$$ ดังนั้น $$ \sum_{n=1}^N \frac{1}{F_{2n-1}F_{2n+1}} = \sum_{n=1}^N \left( \frac{F_{2n+2}}{F_{2n+1}} - \frac{F_{2n}}{F_{2n-1}} \right) = \frac{F_{2N+2}}{F_{2N+1}} -1 $$ แต่เรารู้ว่า $$ \lim_{n\to\infty} \frac{F_{n+1}}{F_n} = \phi $$ เมื่อ $$\phi= \frac{\sqrt5+1}{2}$$ คือ golden ratio

ดังนั้น $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{F_{2n-1}F_{2n+1}} = \lim_{N\to\infty} \left( \frac{F_{2N+2}}{F_{2N+1}} -1 \right) = \phi-1 = \frac{1}{\phi} = \frac{\sqrt5-1}{2} $$

ส่วนสูตร (*) สามารถพิสูจน์ได้โดย induction โดยใน inductive step ให้ทำประมาณนี้ครับ $$ F_{n+1}F_{n+4} - F_{n+2}F_{n+3} = F_{n+1} (F_{n+2} + F_{n+3}) - (F_{n+1} + F_n) F_{n+3} $$ $$= F_{n+1}F_{n+2} - F_{n}F_{n+3} = (-1)^n $$

[Timestopper_STG]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:

ข้อ 19
เพราะ $ F_k F_{k+2}= F^2_{k+1}+ (-1)^{k+1} $

ข้อนี้ผมทำเหมือนพี่ passer-byเลยครับแต่ขาดคุณสมบัติอันหลังนี่ถึงไม่ออกสักที

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{F_{2n-1}F_{2n+1}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{F_{k}F_{k+1}} $$

ลืมไป... ยังไม่มีใครช่วยพิสูจน์จุดนี้เลยครับ

[Timestopper_STG]

$\because F_{2n-1}+F_{2n}=F_{2n+1}\rightarrow\displaystyle{\frac{1}{F_{2n-1}F_{2n+1}}=\frac{1}{F_{2n}}\left[\frac{1}{F_{2n-1}}-\frac{1}{F_{2n+1}}\right]}$
$\therefore\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{F_{2n-1}F_{2n+1}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{F_kF_{k+1}}}$

[warut]

อ๋อ...อย่างนี้นี่เอง ขอบคุณครับ