Matematické Fórum

vanok · 26. 02. 2019 20:26

Hi ↑↑ stuart clark:,
Problem (68).
Yes, obviously I used domino effect to find the first result.

stuart clark · 05. 03. 2019 09:01

Thanks vanok.

stuart clark · 06. 03. 2019 11:44

problem $(69)$ Evaluation of $\lim_{n\rightarrow \infty}\prod^{n}_{k=0}\frac{2n+2k+1}{2n+2k}$

jardofpr · 06. 03. 2019 21:22

ahoj ↑ krakonoš:

mne to pripadá že limita v poslednom riadku tvojho príspevku nebude nekonečno
zdá sa že platí $0<a_{n+1}<a_n$

krakonoš · 06. 03. 2019 22:47

↑ jardofpr:
Ahoj.
Mas pravdu,kdyz jsem si zapsala radu jako 1/2 .(S2n-Sn-1) a pouzila Euler-Mascheroinovu konstantu,tak by to melo byt 1/2 . ln(2).Spletla jsem se a misto ln2n/n-1 jsem napsala ln2n.(n-1).
DIKY

vanok · 07. 03. 2019 16:04 — Editoval vanok (08. 03. 2019 13:31)

Problem (71).
Evalujte
$\lim_{n\rightarrow \infty}\prod^{n}_{k=2}\frac{k^3-1}{k^3+1}$

laszky · 07. 03. 2019 20:09

↑ vanok:

Pozdravujem. Myslim, ze

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 07. 03. 2019 20:23 — Editoval vanok (08. 03. 2019 08:37)

Cau ↑ laszky:,
Dobre riesenie.

Poznamka.
Riesenie sa najde aj v odkaze na #322 v http://forum.matweb.cz/viewtopic.ph … 74#p583174

krakonoš

Problem(69)
$\lim_{n\to\infty }\prod_{k=0}^{n}\frac{2n+2k+1}{2n+2k}=\lim_{n\to\infty }e^{log\prod_{k=0}^{n}\frac{2n+2k+1}{2n+2k}}$
$(\exists n_{0})(\forall n\ge n_{0})$
$log(\frac{2n+2k+1}{2n+2k})=log(1+\frac{1}{2n+2k})\approx \frac{1}{2n+2k}$
$\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2n+2k}=\frac{1}{2}(S_{2n}-S_{n-1})$
$\lim_{n\to\infty }(S_{2n}-log(2n))=\gamma$
$\lim_{n\to\infty }(S_{n-1}-log(n-1))=\gamma$
$\lim_{n\to\infty }(S_{2n}-S_{n-1}-log(2n)+log(n-1))=0$
$\lim_{n\to\infty }log(\frac{2n}{n-1})=log2$
$\lim_{n\to\infty }\prod_{k=0}^{n}\frac{2n+2k+1}{2n+2k}=e^{\frac{log2}{2}}=\sqrt{2}$

stuart clark

Thanks ↑ krakonoš:

My solution for $(69)$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

stuart clark · 09. 03. 2019 09:18

Problem $(70)$ Evaluate $\sum^{n}_{k=1}\frac{1}{n^2}\cdot \sqrt{\binom{n+k}{2}}$

jardofpr · 10. 03. 2019 22:53

hi ↑ stuart clark:

I believe this would work
(I assume you ask for limit as n goes to infinity)

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

krakonoš

Hi Stuart clark!
Problem(70)And what about this?🎁
$\lim_{n\to\infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^{2}}\cdot \sqrt{\frac{(n+k)\cdot (n+k-1)}{2}=}$
$=\lim_{n\to\infty }\frac{1}{\sqrt{2}\cdot n^{2}}\cdot \sum_{k=1}^{n}\sqrt{(n+k)\cdot (n+k-1)}$
$\sum_{k=1}^{n}\sqrt{(n+k-1)^{2}}\le \sum_{k=1}^{n}\sqrt{(n+k)\cdot (n+k-1)}\le \sum_{k=1}^{n}\sqrt{(n+k)^{2}}$
$\lim_{n\to\infty }\frac{n^{2}+\frac{n\cdot (n+1)}{2}-n}{\sqrt{2}\cdot n^{2}}=\frac{3}{2\cdot \sqrt{2}}$
$\lim_{n\to\infty }\frac{n^{2}+\frac{n\cdot (n+1)}{2}}{\sqrt{2}\cdot n^{2}}=\frac{3}{2\cdot \sqrt{2}}$

stuart clark

Thanks ↑ jardofpr:↑ krakonoš:.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

stuart clark · 13. 03. 2019 11:08

Problem (71) Evaluation of $\sqrt[n^2+n]{\prod^{n}_{k=0}\binom{n}{k}}$

krakonoš · 13. 03. 2019 23:05

↑ stuart clark:
Problem(71)
Hi Stuart Clark.
$\sqrt[n^{2+n}]{\prod_{k=0}^{n}}(^{n}_{k})=L$
$log L=\frac{1}{n\cdot (n+1)}\cdot \sum_{k=0}^{n}log(^{n}_{k})$
You can use Stolz - Cesaro theorem
$\lim_{n\to\infty }log L=$ $\lim_{n\to\infty }\frac{\sum_{k=0}^{n}log\frac{(^{n+1}_{k})}{(^{n}_{k})}}{2\cdot (n+1)}=$ $\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n}log(\frac{n+1}{n+1-k})\cdot \frac{1}{2\cdot (n+1)}=$ $\lim_{n\to\infty }-\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n+1}\cdot log(1-\frac{k}{n+1})$
$\int_{0}^{1}log(1-x)dx=-1$
$\lim_{n\to\infty }log L=\frac{1}{2}$
$\lim_{n\to\infty }L=\sqrt{e}$

vanok · 14. 03. 2019 20:48 — Editoval vanok (14. 03. 2019 20:48)

Problem (72)
$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac 1{k^3(k+1)^3}=?$

laszky · 14. 03. 2019 22:48

↑ vanok:

Ahoj.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 15. 03. 2019 04:01 — Editoval vanok (15. 03. 2019 19:28)

↑ laszky:,
Ahoj, mne sa tam paci ta odpoved.

A pridam aj jedno citanie http://www.math.harvard.edu/~elkies/Misc/pi10.pdf .

krakonoš

↑ vanok:
Problem(72)
Ahoj, posílám ještě jedno podobné řešení
S pomocí 6 parciálních zlomků lze zlomek $\frac{1}{k^{3}(1+k)^{3}}$ rorozdělit na části
$\frac{6}{k}-\frac{6}{k+1}-\frac{3}{k^{2}}-\frac{3}{(k+1)^{2}}+\frac{1}{k^{3}}-\frac{1}{(k+1)^{3}}$
$6\cdot \sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=6+6\cdot \sum_{k=3}^{\infty }-\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}=6$ ( poslední řada má nulovou limitu možných částečných součtů)

$-3\cdot \sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{2}}+\frac{1}{(k+1)^{2}}=-3-6\cdot \sum_{k=2}^{\infty }\frac{1}{k^{2}}=-3-6\cdot (\frac{\pi ^{2}}{6}-1)=3-\pi ^{2}$
$\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{3}}-\frac{1}{(k+1)^{3}}=1-\sum_{k=2}^{\infty }\frac{1}{k^{3}}-\frac{1}{(k+1)^{3}}=1$ (poslední řada má rovněž nulovou limitu možných částečných součtů)
Součet zadané řady je tedy $10-\pi ^{2}$