Re: [obm-l] serie do Marcio

["Luis Lopes" <llopes@xxxxxxxxxxxxx>]

Sauda,c~oes,

Apesar de certa (vou acreditar no teorema
do Gugu que não conhecia e não entendi
a exposição, mas não importa), acredito
que não seja a maneira correta de calcular
a soma.

Devemos usar as somas parciais em termos
dos números harmônicos e daí calcular o limite.
Senão vejamos (mas vou apelar pro LaTeX
pois é copiar/colar de outra msg):

Seja H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} .


S_n = \sum_{k=0}^n ( \frac{1}{4k+1} + \frac{1}{4k+3} -
\frac{1}{2(k+1)} ) = 1 + \frac{1}{3} + \cdots +
\frac{1}{4n+1} + \frac{1}{4n+3} - \frac{H_{n+1}}{2} =
H_{4n+3} - \frac{H_{2n+1}}{2} - \frac{H_{n+1}}{2} .

Sabe-se que (pelo menos para quem quer calcular
tal soma)

H_n = \log n + \gamma + o(1); (leia isto como
H_n \approx \log n + \gamma  para n muito grande
e H_n = \log n + \gamma quando n\to\infty).

onde

\log é o logaritmo natural e \gamma=0.57721566490153286 ... é a constante
de Euler. Então usando

\log(4n+3) = \log( 4n(1 + \frac{3}{4n}) ) =
\log 4 + \log n + \log(1 + 3/(4n)) = \log 4 + \log n + o(1)

...., obtemos

S_n = \log(4n+3) + \gamma - \frac{\log(2n+1) + \log(n+1) +
2\gamma}{2} + o(1) = \log 4 - \frac{\log 2}{2} + o(1) =
\frac{3 \log 2}{2} + o(1).

Logo,

\lim_{n \to\infty} S_n = \frac{3 \log 2}{2}. cqd

É complicado, mas é assim que tem que ser
feito!

[]'s
Luís

-----Mensagem Original-----
De: "Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira" <gugu@impa.br>
Para: <obm-l@mat.puc-rio.br>
Enviada em: domingo, 27 de abril de 2003 01:16
Assunto: Re: [obm-l] serie do Marcio


>     Oi Claudio,
>     Sua prova esta' certa, e segue da seguinte proposicao facil de provar:
> se soma(n=1 a infinito)(a_n) converge a A e soma(n=1 a infinito)(b_n)
> converge a B entao
> a_1+a_2+...+a_k(1)+b_1+a_(k(1)+1)+a_(k(1)+2)+...+a_k(2)+b_2+...
> converge a A+B, para qualquer sequencia crescente de inteiros positivos
> k(n) (note que os termos de a(n) e de b(n) estao entrando na ordem
original
> e se somamos muitos termos da terceira serie estamos somando muitos termos
> da primeira serie e muitos termos da segunda serie).
>     Abracos,
>              Gugu
>
>
> >Oi, Marcio e Luis:
> >
> >Realmente eh um problema intrigante. Empiricamente (com uma planilha) eu
me
> >convenci que a soma eh 1,5*Ln(2).
> >
> >Alem disso, vejam esse algebrismo:
> >
> > Ln(2)    =
1-1/2+1/3-1/4+1/5-1/6+1/7-1/8+1/9-1/10+1/11-1/12+1/13-1/14+...
> >
> >0,5*Ln(2) =   1/2    -1/4    +1/6    -1/8    +1/10     -1/12     +1/14 -
...
> >
> >Somando:
> >1,5*Ln(2) = 1    +1/3-1/2+1/5    +1/7-1/4+1/9     +1/11-1/6+1/3        +
...
> >
> >Rearranjando os termos:
> >1,5*Ln(2) = (1+1/3-1/2) + (1/5+1/7-1/4) + (1/9+1/11-1/6) + ...
> >
> >Ou seja,
> >1,5*Ln(2) = SOMA(n >= 0) [1/(4n+1) + 1/(4n+3) - 1/(2n+2)]
> >
> >Assim, o algebrismo funciona apesar de eu nao ter certeza do rigor, dado
que
> >estamos lidando com uma serie condicionalmente convergente.
> >
> >Pergunta: o que eu fiz pode ser justificado com rigor ou eu achei o
> >resultado correto por pura sorte?
> >
> >Um abraco,
> >Claudio.
> >


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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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