Jak zwinąć sumę
\(\displaystyle{ 1 - \frac{1}{3} {n \choose 1} + \frac{1}{5} {n \choose 2}- … + (-1)^n \frac{1}{2n+1} {n \choose n}}\)
?
Zwijalna suma
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11402
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
-
szw1710
Re: Zwijalna suma
Operator różnicowy dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{x}}\). \(\displaystyle{ x=1, h=2}\).
W cytowanym moim poście jest błąd we wzorze:
Jest
\(\displaystyle{ \Delta_h^n f(x)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k} f({\color{red}k}+kh),}\)
a powinno być
\(\displaystyle{ \Delta_h^n f(x)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k} f({\color{red}x}+kh).}\)
Wprowadziłem poprawkę i na razie "wybrany temat nie istnieje".
W cytowanym moim poście jest błąd we wzorze:
Jest
\(\displaystyle{ \Delta_h^n f(x)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k} f({\color{red}k}+kh),}\)
a powinno być
\(\displaystyle{ \Delta_h^n f(x)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k} f({\color{red}x}+kh).}\)
Wprowadziłem poprawkę i na razie "wybrany temat nie istnieje".
-
Jan Kraszewski
- Administrator
- Posty: 34277
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Zwijalna suma
Zaistniał.szw1710 pisze:Wprowadziłem poprawkę i na razie "wybrany temat nie istnieje".
JK
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Zwijalna suma
Ciekawy ten operator różnicowy, przypomniałem sobie, że miałem to na pierwszym roku studiów, ale nic z tego wówczas nie zrozumiałem.
Inne rozwiązanie:
chcemy podać zwartą postać \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}{n \choose k}}\).
Mamy
\(\displaystyle{ \frac{(-1)^k}{2k+1}= \int_{0}^{1}(ix)^{2k}\,\dd x}\), zatem
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}{n \choose k}= \sum_{k=0}^{n} {n \choose k} \int_{0}^{1}(ix)^{2k}\,\dd x= \int_{0}^{1} \sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(ix)^{2k} \,\dd x=\\= \int_{0}^{1}(1-x^2)^n \,\dd x}\)
a w tej ostatniej całce podstawiamy \(\displaystyle{ x=\sin t}\), wówczas \(\displaystyle{ t}\) przebiega przedział \(\displaystyle{ \left[ 0, \frac \pi 2\right]}\) i mamy znany problem znalezienia wzoru jawnego na
\(\displaystyle{ I_n= \int_{0}^{\frac \pi 2} \cos^{2n+1} t \,\dd t}\)
Jest \(\displaystyle{ I_0= \int_{0}^{\frac \pi 2} \cos t \,\dd t=\sin t\bigg|^{t=\pi/2}_{t=0}=1}\)
oraz, całkując przez części,
\(\displaystyle{ I_{n}= \int_{0}^{\frac \pi 2}(\sin t)' \cos^{2n} t \,\dd t=\sin t \cos^{2n}t \bigg|^{t=\pi/2}_{t=0}+2n \int_{0}^{\frac \pi 2}\sin^2 t \cos^{2n-1}t \,\dd t=\\=2n \int_{0}^{\frac \pi 2}(1-\cos^2 t)\cos^{2n-1}t \,\dd t=2n I_{n-1}-2nI_n}\)
dla \(\displaystyle{ n\ge 1}\), skąd
\(\displaystyle{ I_n= \frac{2n}{2n+1} I_{n-1}}\), a to łatwo prowadzi (indukcja) do
\(\displaystyle{ I_n= \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}}\), a więc i
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}{n \choose k}= \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}}\)
Inne rozwiązanie:
chcemy podać zwartą postać \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}{n \choose k}}\).
Mamy
\(\displaystyle{ \frac{(-1)^k}{2k+1}= \int_{0}^{1}(ix)^{2k}\,\dd x}\), zatem
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}{n \choose k}= \sum_{k=0}^{n} {n \choose k} \int_{0}^{1}(ix)^{2k}\,\dd x= \int_{0}^{1} \sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(ix)^{2k} \,\dd x=\\= \int_{0}^{1}(1-x^2)^n \,\dd x}\)
a w tej ostatniej całce podstawiamy \(\displaystyle{ x=\sin t}\), wówczas \(\displaystyle{ t}\) przebiega przedział \(\displaystyle{ \left[ 0, \frac \pi 2\right]}\) i mamy znany problem znalezienia wzoru jawnego na
\(\displaystyle{ I_n= \int_{0}^{\frac \pi 2} \cos^{2n+1} t \,\dd t}\)
Jest \(\displaystyle{ I_0= \int_{0}^{\frac \pi 2} \cos t \,\dd t=\sin t\bigg|^{t=\pi/2}_{t=0}=1}\)
oraz, całkując przez części,
\(\displaystyle{ I_{n}= \int_{0}^{\frac \pi 2}(\sin t)' \cos^{2n} t \,\dd t=\sin t \cos^{2n}t \bigg|^{t=\pi/2}_{t=0}+2n \int_{0}^{\frac \pi 2}\sin^2 t \cos^{2n-1}t \,\dd t=\\=2n \int_{0}^{\frac \pi 2}(1-\cos^2 t)\cos^{2n-1}t \,\dd t=2n I_{n-1}-2nI_n}\)
dla \(\displaystyle{ n\ge 1}\), skąd
\(\displaystyle{ I_n= \frac{2n}{2n+1} I_{n-1}}\), a to łatwo prowadzi (indukcja) do
\(\displaystyle{ I_n= \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}}\), a więc i
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}{n \choose k}= \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}}\)