Die Mathe-Redaktion - 23.09.2019 12:05 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte / Top 15
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
Listenpunkt? im neuen Schwätz
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Schwarzes Brett
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps

Bücher
Englische Bücher
Software
Suchbegriffe:
Mathematik bei amazon
Naturwissenschaft & Technik
In Partnerschaft mit Amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 516 Gäste und 28 Mitglieder online.

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von viertel
Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » * Eine unendliche Reihe
Druckversion
Druckversion
Antworten
Antworten
Autor
Universität/Hochschule * Eine unendliche Reihe
shadowking
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.09.2003
Mitteilungen: 3440
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-03-08


Hallo Matheplanet,

ich habe mir letztens zu Spaß und Übung aufgegeben, den Grenzwert folgender Reihe zu bestimmen:

$\displaystyle
S\,=\,1+\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{1\cdot 3\cdot 5}+\frac{1}{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7}+\frac{1}{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 9}+\ldots$

Bevor ich die elegante und interessante Methode schildere, mit der mir dies gelang, möchte ich die Gelegenheit geben, euch selbst daran zu versuchen. Bitte nicht sofort in Mathematica oder WolframAlpha eingeben (das ist keine Kunst), sondern erst mit Papier und Stift probieren!

Gruß shadowking


-----------------
Niemand ist hoffnungsloser versklavt als der, der fälschlich glaubt frei zu sein.
- Johann Wolfgang von Goethe




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Lösungen oder Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst.
Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben!
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4952
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-03-08


"Aus dem Bauch heraus" hätte ich hier Folgendes versucht:


Ich mach daraus zunächst eine Funktion

$y(x)=x+\frac{x^3}{1\cdot 3}+\frac{x^5}{1\cdot 3\cdot 5}+...$

in $x$ und komme dann durch Ableiten auf die Dgl

$y'-xy=1,\quad y(0)=0$

mit der Lösung

$y(x)=\sqrt 2 \,e^{x^2/2}\int\limits_0^{x/\sqrt 2} e^{-t^2} dt$

womit also

$y(1)=\sqrt {2e} \int\limits_0^{1/\sqrt 2} e^{-t^2} dt=1.41...$

dann der Wert obiger Reihe sein sollte.




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2018
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-03-08


Hallo shadowking,
mein Ansatz:

Erzeugende Funktion:
$$S(x)=\sum_{k=0}\frac{x^{2k+1}}{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2k+1)}$$$$S'(x)=\sum_{k=0}\frac{x^{2k}}{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2k-1)}=1+x\sum_{k=1}\frac{x^{2k-1}}{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2k-1)}=1+xS(x)$$Daher DGL:
$$S'(x)-xS(x)=1\qquad\text{mit}\quad S(0)=0$$Gesucht ist letztlich $S(1)$. Die homogene Lösung ist
$$S(x)=ae^{\frac12x^2}$$Die partikuläre Lösung findet man durch Variation der Konstanten:
$$S(x)=a(x)e^{\frac12x^2}$$$$S'(x)=xa(x)e^{\frac12x^2}+a'(x)e^{\frac12x^2}$$Daraus folgt:
$$a'(x)e^{\frac12x^2}=1$$$$a'(x)=e^{-\frac12x^2}$$Also kommt die Fehlerfunktion mit rein. Das dürfte kein glattes Ergebnis ergeben.


Ciao,

Thomas



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1411
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-03-08


Huhu,

auch wenn ich sonst nie hier poste - einmal will ich denn auch den neuen show-Bereich testen (auch nur ein Ansatz):



\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)!!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n n!}{(2n+1)!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{n!}\operatorname{B}(n+1,n+1)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{n!}\int_0^1t^n(1-t)^n\, \dd t\)

\(\displaystyle =\int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2t(1-t))^n}{n!}\, \dd t=\int_0^1\exp(2t(1-t))\, \dd t=...\)


Gruß (und ein schönes Wochenende wünscht),

Küstenkind



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
shadowking
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.09.2003
Mitteilungen: 3440
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-08


Anscheinend habe ich da unbewusst eine Standardtechnik angewendet, was meinen Stolz auf das schöne Ergebnis stark mindert...

@Monty: Wenn Terme mit der Errorfunktion nicht als glatt gelten, dann gibt es auch kein in dem Sinne glattes Ergebnis.


-----------------
Niemand ist hoffnungsloser versklavt als der, der fälschlich glaubt frei zu sein.
- Johann Wolfgang von Goethe




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2018
Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-03-08


@shadowking: Ich meinte mit "glatt" einen einfachen, elementaren Ausdruck wie $\sqrt2$ oder so, der ja "in der Nähe"  des hier gesuchten Wertes liegt. Ja, die Methode mit der erzeugenden Funktion ist ein sehr elegantes Werkzeug, um solche Reihen zu berechnen.

Ciao,

Thomas



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4952
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-03-09


Ich finde ja auch den Lösungsweg von Kuestenkind in #3 sehr hübsch, jetzt nicht nur von der verwendeten Methode, sondern auch von der Gestalt der Endformel her.  smile



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1411
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-03-09


Huhu,

@weird: Danke!

2019-03-08 22:29 - shadowking in Beitrag No. 4 schreibt:
Anscheinend habe ich da unbewusst eine Standardtechnik angewendet, was meinen Stolz auf das schöne Ergebnis stark mindert...

Das kann ich überhaupt nicht nachvollziehen. Ich habe doch auch nicht die Illusion, dass ich der erste Mensch auf Erden bin, der diese Reihe auf meine Art berechnet hat. Wenn du deinen Lösungsansatz nicht kanntest und ihn selbst entdeckt hast, dann kannst du doch (zu Recht) stolz auf deine Leistung sein! Wie hast du denn überhaupt gerechnet?

Gruß,

Küstenkind



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
shadowking
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.09.2003
Mitteilungen: 3440
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-09


@Kuestenkind

Ich habe genauso gerechnet wie weird – bis ins Detail. Meine eigene Lösung brauche ich also nicht mehr eigens darstellen.

Man kann auch deinen Term, das Integral, noch weiterentwickeln, und zwar indem man im Exponenten eine quadratische Ergänzung vornimmt (das führt zu einer Potenz von $\mathrm{e}$ als Faktor vor dem Integral), damit der Exponent ein vollständiges Quadrat wird. Dadurch wird das Integral zu einem unvollständigen Gauß-Integral, und man kann es über die Errorfunktion bestimmen.

Meinen Stolz hat es deshalb geschmälert, weil ich als ausgebildeter Mathematiker solche Methoden kennen (die Methode der erzeugenden Funktion kannte ich auch, wenngleich bisher nur aus der Bestimmung expliziter Terme für rekursiv definierte Zahlenfolgen wie bspw. lineare Differenzenfolgen) und also nicht auf die Illusion verfallen sollte, selbst "etwas Neues entdeckt" zu haben. Als Elektriker oder Mediziner würde man sich ja auch kein Ei darauf pellen, wenn einem etwas gelingt, was in der Branche Goldstandard ist.

Gruß shadowking


-----------------
Niemand ist hoffnungsloser versklavt als der, der fälschlich glaubt frei zu sein.
- Johann Wolfgang von Goethe




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1411
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-03-09


Huhu,

nun - ich habe nicht aufgehört, da ich das Integral nicht berechnen konnte, sondern weil es ein Standardintegral ist. Aber Danke für die Ergänzung!

Gruß,

Küstenkind



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1411
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-03-16


Huhu shadowking,

2019-03-08 17:17 - shadowking im Themenstart schreibt:
ich habe mir letztens zu Spaß und Übung aufgegeben, den Grenzwert folgender Reihe zu bestimmen:
[...]

wenn dir so etwas Spaß bringt, wäre diese Reihe (falls unbekannt) ja vll auch noch etwas für dich?! Man zeige: Für \(\displaystyle a_n:=\prod_{k=1}^n\, \frac{3k}{6k-4}\) ist \(\displaystyle \sum_{n\geq 1} \,a_n=1+\frac{4\pi}{3\sqrt{3}}+\frac{4\log 2}{3}\). Ansonsten hat jemand anderes vll noch Freude an dieser Aufgabe.

Gruß,

Küstenkind



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
shadowking
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.09.2003
Mitteilungen: 3440
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-19


Hallo Küstenkind,


spät kommt hier zwar die Antwort, aber sie kommt!

Ich definiere die erzeugende Funktion $f(x)$ der fraglichen Reihe als

$\begin{align*}
f(x)\,&:=\,\frac{1}{\frac{1}{3}}+\frac{1\cdot 2}{\frac{1}{3}\cdot\frac{4}{3}}\cdot x+\frac{1\cdot 2\cdot 3}{\frac{1}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{7}{3}}\cdot x^2+\ldots \\
&=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^{k-1}.
\end{align*}$

Der gesuchte Reihenwert ergibt sich dann als $\frac{1}{2}\cdot f(\frac{1}{2})$, da in den Nennern der Summanden der fraglichen Reihe der Faktor 2 je einmal häufiger vorkommt, als die Exponenten in $f(x)$ angeben.

Die erzeugende Funktion wird zunächst integriert, was auf

$\displaystyle
\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t\,=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k-1)!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot\int_0^x k\cdot t^{k-1}\,\mathrm{d}t\,=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k-1)!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^k
$

führt. Um den Term für $f(x)$ zu reproduzieren, multipliziere ich beide Seiten mit $x^{-\frac{2}{3}}$ und differenziere anschließend nach $x$, um auch die Zahl der Faktoren im Nenner um jeweils Eins reduzieren zu können.

$\displaystyle
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(x^{-\frac{2}{3}}\cdot\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t\right)\,=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k-1)!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k-\frac{2}{3})}\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{x^{k-\frac{2}{3}}}{k-\frac{2}{3}}\right)\,=\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(k-1)!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k-\frac{2}{3})}\cdot x^{k-\frac{5}{3}}
$

Links wird gemäß Produktregel differenziert, rechts ein Index-Shift durchgeführt:

$\displaystyle
-\frac{2}{3}\cdot x^{-\frac{5}{3}}\cdot\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t + x^{-\frac{2}{3}}\cdot f(x)\,=\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^{k-\frac{2}{3}}\,=\,x^{-\frac{2}{3}}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^{k-\frac{2}{3}}
$

Ich multipliziere auf beiden Seiten mit $x^{\frac{5}{3}}$:

$\displaystyle
-\frac{2}{3}\cdot\int_0^x f(t)\mathrm{d}t + x\cdot f(x)\,=\,x+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k!\cdot\Gamma(\frac{1}{3})}{\Gamma(k+\frac{1}{3})}\cdot x^{k+1}\,=\,x+x^2\cdot f(x)
$


Somit erhalte ich die inhomogene lineare Differentialgleichung 1. Ordnung

$\displaystyle
\:\:\:\:\:\:-\frac{2}{3}\,\cdot\,F(x)\:+\:(x\,-\,x^2)\,\cdot\,F'(x)\:\:=\:\:x$

für die Stammfunktion $F(x)\,=\,\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t$.

Die homogene Lösung lautet $F_{\mathrm{hom}}(x)\,=\,C\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac{2}{3}}$, und für die Bestimmung der partikulären Lösung $F_{\mathrm{part}}(x)$ wird die Variation der Konstanten angewendet, was auf

$\displaystyle
C'(x)\,=\,\frac{1}{x^{\frac{2}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{1}{3}}},$

$\begin{align*}
C(x)\,&=\,\int_0^x\frac{\mathrm{d}t}{t^{\frac{2}{3}}\cdot(1-t)^{\frac{1}{3}}}\,=\,3\cdot\int_0^x\frac{1}{\sqrt[3]{1-t}}\cdot\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{\mathrm{d}t}{t^{\frac{2}{3}}}\right) \\
&=\,3\cdot\int_0^{\sqrt[3]{x}}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt[3]{1-u^3}} \\
&=\,3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot{}_2F_1\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3};\frac{4}{3};x\right) \\
&=\,-\frac{1}{2}\cdot\ln\left(\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{2}{3}}-\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}+1\right)+\ln\left(\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}+1\right) \\
&-\sqrt{3}\cdot\arctan\left(\frac{2\cdot\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}-1}{\sqrt{3}}\right)+\frac{\sqrt{3}\cdot\pi}{2}
\end{align*}$

führt (Substitution $t \mapsto u^3$; die Berechnung hat ein CAS vorgenommen).

Um auf $f(x)$ zu kommen, hat man $F_{\mathrm{part}}(x)\,=\,C(x)\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac{2}{3}}$ nach $x$ abzuleiten, so dass man erhält:

$\begin{align*}
f(x)\,&=\,F_{\mathrm{part}}'(x)\,=\,C'(x)\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac{2}{3}}+C(x)\cdot\frac{2}{3}\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{-\frac{1}{3}}\cdot\frac{1}{(1-x)^2} \\
&=\,\frac{1}{x^{\frac{2}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{1}{3}}}\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac{2}{3}}+\frac{2}{3}\cdot3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot{}_2F_1\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3};\frac{4}{3};x\right)\cdot\left(\frac{x}{1-x}\right)^{-\frac{1}{3}}\cdot\frac{1}{(1-x)^2} \\
&=\,\frac{1}{1-x}-\frac{\ln\left(\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{2}{3}}-\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}+1\right)}{3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{5}{3}}}+2\cdot\frac{\ln\left(\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}+1\right)}{3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{5}{3}}} \\
&-2\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{\arctan\left(\frac{2}{3}\cdot\sqrt{3}\cdot\left(\frac{1}{x}-1\right)^{\frac{1}{3}}-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}{3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{5}{3}}}+\frac{\sqrt{3}\cdot\pi}{3\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot(1-x)^{\frac{5}{3}}}
\end{align*}$

Nun wird $\frac{1}{2}\cdot f(x)$ an der Stelle $x=\frac{1}{2}$ ausgewertet, was auf

$\begin{align*}
\frac{1}{2}\cdot f\left(\frac{1}{2}\right)\,&=\,\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{\ln\left((2-1)^{\frac{2}{3}}-(2-1)^{\frac{1}{3}}+1\right)}{6\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)^{\frac{5}{3}}}+\frac{\ln\left((2-1)^{\frac{1}{3}}+1\right)}{3\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)^{\frac{5}{3}}} \\
&-\sqrt{3}\cdot\frac{\arctan\left(\frac{2}{3}\cdot\sqrt{3}\cdot(2-1)^{\frac{1}{3}}-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}{3\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)^{\frac{5}{3}}}+\frac{\sqrt{3}\cdot\pi}{6\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{3}}\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)^{\frac{5}{3}}} \\
&=\,1-\frac{2^{\frac{6}{3}}}{6}\cdot\ln(1)+\frac{2^\frac{6}{3}}{3}\cdot\ln(2)-\frac{\sqrt{3}\cdot 2^{\frac{6}{3}}}{3}\cdot\frac{\pi}{6}+\frac{2^{\frac{6}{3}}\cdot\sqrt{3}\cdot\pi}{6}\\
& \\
&=\,1+\frac{4\cdot\ln(2)}{3}+\frac{4\cdot\sqrt{3}\cdot\pi}{9}
\end{align*}$

führt.

Gruß shadowking


-----------------
Niemand ist hoffnungsloser versklavt als der, der fälschlich glaubt frei zu sein.
- Johann Wolfgang von Goethe




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1411
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-08-25


Huhu shadowking,

es freut mich sehr, dass du dich mit dieser Aufgabe beschäftigt hast! Entschuldige bitte - ich bin beruflich gerade sehr eingespannt, sodass ich erst jetzt gesehen habe, dass du die Aufgabe gelöst hast. Ich hoffe sie hat dir gefallen. Ich muss gestehen, dass ich deinen Lösungsweg aufgrund obiger Gründe nun noch nicht in Gänze nachvollzogen habe, werde das sicherlich aber noch tun! Interessant, dass du wieder den Weg über eine DGL gegangen bist. Man kann die Reihe auch wieder als ein "einfaches" Integral schreiben. Falls dich dieses interessiert, kann ich gerne noch was dazu schreiben.

Gruß (und einen schönen Sonntag wünscht),

Küstenkind



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
shadowking
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.09.2003
Mitteilungen: 3440
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-09-04 17:27


Hallo Küstenkind,

dann lass' doch auch deine Lösung mal sehen. Ich wäre gespannt; und vielleicht lernt der eine oder andere noch etwas aus diesem Thread.

Gruß shadowking


-----------------
Niemand ist hoffnungsloser versklavt als der, der fälschlich glaubt frei zu sein.
- Johann Wolfgang von Goethe




  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1411
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-09-07 13:49


Huhu shadowking,

gerne:

Es ist \(\displaystyle \prod_{k=1}^n\, \frac{3k}{6k-4}=\frac{ \prod\limits_{k=1}^n k}{ \prod\limits_{k=1}^n \left(2k-\frac{4}{3}\right)}=\frac{n!}{2^n\left(\frac{1}{3}\right)_n}=\frac{\Gamma(n+1)\Gamma\left(\frac{1}{3}\right)}{2^n\Gamma\left(n+\frac{1}{3}\right)}=\frac{n}{2^n}\operatorname{B}\left(n,\frac{1}{3}\right)\)

Das letzte Gleichheitszeichen folgt nach Ergänzungssatz \(\Gamma(n+1)=n\Gamma(n)\).

Damit folgt also:

\(\displaystyle \sum_{n\geq 1} \,a_n= \sum_{n\geq 1} \frac{n}{2^n}\operatorname{B}\left(n,\frac{1}{3}\right)=\sum_{n\geq 1}\frac{n}{2^n}\int_0^1t^{n-1}(1-t)^{-\frac{2}{3}}\, \dd t=\int_0^1 (1-t)^{-\frac{2}{3}}\sum_{n\geq 1}\frac{nt^{n-1}}{2^n}\, \dd t\)

Nun ist für \(|x|<1\) bekannterweise \(f(x)=\sum\limits_{n\geq 1}x^n=\frac{x}{1-x}\). Differenzieren ergibt dann \(f'(x)=\sum\limits_{n\geq 1}nx^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^2}\). Setzen wir \(x=\frac{t}{2}\) mit \(t\in[0,1]\) ergibt sich:

\(\displaystyle \int_0^1 (1-t)^{-\frac{2}{3}}\sum_{n\geq 1}\frac{nt^{n-1}}{2^n}\, \dd t=\int_0^1\frac{2(1-t)^{-\frac{2}{3}}}{(2-t)^2}\, \dd t\stackrel{u=1-t}{=}-\int_1^0\frac{2u^{-\frac{2}{3}}}{(1+u)^2} \,\dd u\stackrel{x^3=u}{=}\int_0^1\frac{2\cdot3x^2\cdot(x^3)^{-\frac{2}{3}}}{(1+x^3)^2}\, \dd x=6\int_0^1\frac{\dd x}{(1+x^3)^2}\)

Das ist ein Standardintegral und kann z.B. durch PBZ berechnet werden. Vielleicht gibt es ja auch noch einen eleganteren Weg?

Gruß,

Küstenkind



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
shadowking hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Lösungen oder Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst.
Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben!
Neues Thema [Neues Thema] Antworten [Antworten]    Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2019 by Matroids Matheplanet
This web site was made with PHP-Nuke, a web portal system written in PHP. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]