Serinin toplamı nedir.

2 beğenilme 0 beğenilmeme
111 kez görüntülendi

$\frac{1}{4!}+\frac{4!}{8!}+\frac{8!}{12!}+\frac{12!}{16!} . . . .$ Toplamı nedir?

Çok bişey yapamadım ama yaptıgımı yazayım ;

Genel terimini bulmaya kalkıştım ve şunu elde ettim .

$\sum^\infty_{k=0}= \big [ \frac{1}{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)} \big ]$

Bundan sonrasını getiremedim .Açıktırki çok bişeyde yapamadım ve umarım genel terim doğru bulmuşumdur.

30, Ekim, 2016 Lisans Matematik kategorisinde ra (71 puan) tarafından  soruldu

$\frac{1}{n-1} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}$. Bununla biraz oynayarak bir şey çıkarılabilir mi?

$\sum^\infty_{k=0}= \big [ \frac{1}{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)} \big ] = \sum^\infty_{k=0}= \big [ \frac{1}{6(4k+1)}- \frac{1}{2(4k+2)}+\frac{1}{2(4k+3)}-\frac{1}{6(4k+4)} \big ] $ 

Bu halinden bahsettiniz değil mi hocam ?

evet teleskopik olmamasından sorun meydana geliyor.

@ra evet ondan bahsetmiştim hocam ama Okkes Dulgerci'nin yorumu geldi.

$\displaystyle \sum _{k=0}^\infty\left[\left(\frac{1}{6(4k+1)}-\frac{1}{6(4k+4)}\right)+\left(\frac{1}{2(4k+3)}-\frac{1}{2(4k+2)}\right)\right]$ olarak yazdığımızda bu ikili farklar ardışık olacak. Bu ardışık değerlerin farkı bir değere yakınsar mı? Yakınsarsa bu değeri biz bulabilir miyiz?

Diğer bir yaklaşım ise $\displaystyle \sum _{k=0}^\infty \frac{(4k)!}{(4k+4)!}=\frac{1}{4!}\sum _{k=0}^\infty \frac{4!\cdot(4k)!}{(4k+4)!}=\frac{1}{24}\sum _{k=0}^\infty \frac{1}{C(4k+4,4)}$

Yorumlarda işin çoğu zaten yapılmış. Şunları da eklemek sanırım yeterli olacak:

$\displaystyle \sum _{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{2k+1}=\frac{\pi}4\ ,\quad \sum _{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k+1}=\ln2$

1 cevap

0 beğenilme 0 beğenilmeme

$S= \frac{1}{4!}$+$\frac{4!}{8!}$+$\frac{8!}{12!}$+$\frac{12!}{16!}$   $ \ . . . .  $   


$=\sum^\infty_{k=0}= \big [ \frac{1}{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)} \big ] $

$= \sum^\infty_{k=0}= \big [ \frac{1}{6(4k+1)}- \frac{1}{2(4k+2)}+\frac{1}{2(4k+3)}-\frac{1}{6(4k+4)} \big ]$


$\int_1^x x^{4k}dx=\frac{1}{4k+1}$ ;

$\int_1^x x^{4k+1}dx=\frac{1}{4k+2}$ ;

$\int_1^x x^{4k+2}dx=\frac{1}{4k+3}$ ; 

$\int_1^x x^{4k+3}dx=\frac{1}{4k+4}$ ; 

$S=\sum_{k=0}^\infty \int_1^x \ [\small \frac{1}{6}x^{4k}-\frac{1}{2}x^{4k+1} + \frac{1}{2}x^{4k+2} -\frac{1}{6}x^{4k+3} ]dx  $

$=\int_1^x \sum_{k=0}^\infty \ [\small \frac{1}{6}x^{4k}-\frac{1}{2}x^{4k+1} + \frac{1}{2}x^{4k+2} -\frac{1}{6}x^{4k+3}  ]dx $

=$=\int_1^x \sum_{k=0}^\infty \ [\small x^{4k}-x^{4k+1} + x^{4k+2} -x^{4k+3} ]dx $

=$=\frac{1}{6}\int_1^x \sum_{k=0}^\infty x^{4k}\ [\small 1-3x + 3x^2 -x^3  ]dx $

$=\frac{1}{6}\int_1^x \frac1{1-x^4}(1-x)^3dx$

$=\frac{1}{6}\int_1^x \frac{(1-x)^2}{(1-x^2)(1+x)}dx$

$=\frac{1}{6}\int_1^x \ [ \frac{2}{1+x}- \frac{x+1}{1+x^2} \ ] dx$ 

İntegral alalım iki tarafın ;

$S=\Large \ [ \small \frac1{3}ln(1+x)- \frac{1}{12}ln(1+x^2)-\frac{1}{6}tan^{-1}x \Large \ ]$

Sınırları yerine yazarsak ;

$(\frac1{3} -\frac{1}{12})ln2 - \frac1{6}tan^{-1}(1)$

$S=\frac1{4}ln(2)-\frac{\pi}{24}$

1, Kasım, 2016 ra (71 puan) tarafından  cevaplandı
...