Aproxime a seguinte série:
[tex3]S=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}[/tex3]
cumprindo os seguintes requisitos:
1. A aproximação deve ter precisão de no mínimo 3 dígitos.
2. A aproximação deve ser manualmente calculada.
3. Não usar a fórmula de Euler-Maclaurin. (depois eu demonstro esse método, mas por enquanto estou procurando métodos alternativos de aproximação)
Ex.: Euler obteve que [tex3]S=\ln^2 2+\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k\cdot 2^k}[/tex3]
Se alguém souber como se chega nesse resultado, agradeço muito.
Ensino Superior ⇒ Aproximação de Série Infinita Tópico resolvido
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23:02
Aproximação de Série Infinita
Última edição: Andre13000 (Sex 16 Jun, 2017 23:02). Total de 1 vez.
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18:22
Re: Aproximação de Série Infinita
estou pensando na série:
[tex3]\sum_{i=1}^{\infty }\frac{x^{i-1}}{2^i}[/tex3] que pode ser integrada pra dar a série da direita
[tex3]\sum_{i=1}^{\infty }\frac{x^{i-1}}{2^i}[/tex3] que pode ser integrada pra dar a série da direita
Última edição: Auto Excluído (ID:12031) (Sáb 17 Jun, 2017 18:22). Total de 1 vez.
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00:38
Re: Aproximação de Série Infinita
[tex3]\sum_{i=1}^{\infty }\frac{x^{i-1}}{2^i} = \frac12 + \frac x4 + ... = \frac12(\frac{1}{1-\frac x2}) = \frac1{2-x}[/tex3]
integrando de x de [tex3]0[/tex3] a [tex3]t[/tex3]
[tex3]\sum_{i=1}^{\infty }\frac{t^{i}}{i2^i}= -\ln(1-\frac t2)[/tex3]
ou seja, a soma da direita da [tex3]\ln2[/tex3] e [tex3]\ln^22 + \ln2 \neq \frac{\pi^2}6[/tex3]
se [tex3]|x|<2[/tex3]
integrando de x de [tex3]0[/tex3] a [tex3]t[/tex3]
[tex3]\sum_{i=1}^{\infty }\frac{t^{i}}{i2^i}= -\ln(1-\frac t2)[/tex3]
ou seja, a soma da direita da [tex3]\ln2[/tex3] e [tex3]\ln^22 + \ln2 \neq \frac{\pi^2}6[/tex3]
Última edição: Auto Excluído (ID:12031) (Seg 19 Jun, 2017 00:38). Total de 1 vez.
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16:02
Re: Aproximação de Série Infinita
Foi mal sousóeu, quando fui transformar a sequência que vi na notação de somatório acho que troquei alguns valores e acabo tudo dando errado kkkk.
Achei em um dos papéis do Euler como se faz essa artimanha da transformação da série.
Começa-se com o seguinte fato:
[tex3]\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\dots[/tex3]
Integrando, obtém-se:
[tex3]-\ln(1-x)=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\dots[/tex3]
Dividindo por x e integrando novamente:
[tex3]-\int\frac{\ln(1-x)}{x}~dx=x+\frac{x^2}{2^2}+\frac{x^3}{3^2}+\dots[/tex3]
Vou chamar essa soma de uma função agora, assim:
[tex3]f(x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k^2}=-\int\frac{\ln(1-x)}{x}~dx[/tex3]
Então Euler sugere a seguinte substituição: [tex3]y=1-x[/tex3] , o que nos dá:
[tex3]f(x)=f(1-y)=\int\frac{\ln y}{1-y}~dy[/tex3]
De tal modo que você possa expandir o denominador na forma de uma série geométrica:
[tex3]f(1-y)=\int\left( \ln y+y\ln y+y^2 \ln y+\dots \right)~dy[/tex3]
Ele enuncia a seguinte relação:
[tex3]\int y^p\ln y~dy=\frac{y^{p+1}\ln y }{p+1}-\frac{y^{p+1}}{(p+1)^2}+C[/tex3]
Então integrando tudo:
[tex3]f(1-y)=y\ln y-y+\frac{y^2\ln y}{2}-\frac{y^2}{2^2}+\frac{y^3\ln y}{3}-\frac{y^3}{3^2}+\dots+C[/tex3]
Essa constante é muito importante. Se a gente integrasse antes, como função de x, ela não apareceria, mas como agora esta é uma função de y, ela deve aparecer pois houve uma translação da função.
Se você tomar x=0 e, consequentemente, y=1, como Euler nos diz, você encontra C:
[tex3]f(0)=0=-1-\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}-\dots+C\\
C=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\dots[/tex3]
Mas esse treco aí é exatamente [tex3]S=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}[/tex3] , então C=S.
Voltando à nossa equação:
[tex3]f(1-y)=f(x)=y\ln y-y+\frac{y^2\ln y}{2}-\frac{y^2}{2^2}+\frac{y^3\ln y}{3}-\frac{y^3}{3^2}+\dots+S[/tex3]
Sabemos que [tex3]f(x)=x+\frac{x^2}{2^2}+\frac{x^3}{3^2}+\dots[/tex3] . Isolando o S, obtemos a seguinte expressão:
[tex3]S=x+y+\frac{x^2+y^2}{2^2}+\frac{x^3+y^3}{3^2}+\dots-y\ln y-\frac{y^2\ln y}{2}-\frac{y^3\ln y}{3}-\dots[/tex3]
Mas lembre-se de que [tex3]\ln(1-y)=-y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}-\dots=\ln x[/tex3]
Portanto, simplificando tudo como dá, temos que:
[tex3]S=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n+y^n}{n^2}+\ln x\ln y[/tex3]
Colocando [tex3]x=y=\frac{1}{2}[/tex3] com [tex3]x+y=1[/tex3] , consegue-se o resultado de Euler.
[tex3]S=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\cdot 2^{n-1}}+\ln^22[/tex3]
Obs:
A série produzida é muito mais convergente, mas talvez o logaritmo de 2 seja um problema. Veja que:
[tex3]\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\dots\\
\ln 2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\dots[/tex3]
Utilizando a transformada de Euler (novamente ele por aqui):
A definição desta é a seguinte: se [tex3]S=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n a_n[/tex3] , então [tex3]S=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n\Delta^na_0}{2^n}[/tex3]
Onde
[tex3]\Delta^0a_0=a_0\\
\Delta^1a_0=a_1-a_0\\
\Delta^2a_0=a_2-2a_1+a_0\\
\Delta^na_0=\sum_{k=0}^n {n\choose k}(-1)^{n-k}a_{k}[/tex3]
No nosso caso, [tex3]a_k=\frac{1}{k+1}[/tex3]
[tex3]\Delta^na_0=\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^{n-k}}{k+1}=\int_0^1 (x-1)^n~dx=-\frac{1}{n+1}[/tex3] para [tex3]n\geq1[/tex3]
Então [tex3]S=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^{n+1}(n+1)}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n\cdot2^n }[/tex3]
Portanto a soma final fica
[tex3]S=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\cdot 2^{n-1}}+\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n\cdot2^n }\right]^2[/tex3]
Calculando 15 termos de cada série, obtêm-se:
[tex3]S\approx 1,164480838 +(0,69314537456)^2=1,6449313483726\approx \frac{\pi^2}{6}+2,7\cdot10^{-6}[/tex3]
Achei em um dos papéis do Euler como se faz essa artimanha da transformação da série.
Começa-se com o seguinte fato:
[tex3]\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\dots[/tex3]
Integrando, obtém-se:
[tex3]-\ln(1-x)=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\dots[/tex3]
Dividindo por x e integrando novamente:
[tex3]-\int\frac{\ln(1-x)}{x}~dx=x+\frac{x^2}{2^2}+\frac{x^3}{3^2}+\dots[/tex3]
Vou chamar essa soma de uma função agora, assim:
[tex3]f(x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k^2}=-\int\frac{\ln(1-x)}{x}~dx[/tex3]
Então Euler sugere a seguinte substituição: [tex3]y=1-x[/tex3] , o que nos dá:
[tex3]f(x)=f(1-y)=\int\frac{\ln y}{1-y}~dy[/tex3]
De tal modo que você possa expandir o denominador na forma de uma série geométrica:
[tex3]f(1-y)=\int\left( \ln y+y\ln y+y^2 \ln y+\dots \right)~dy[/tex3]
Ele enuncia a seguinte relação:
[tex3]\int y^p\ln y~dy=\frac{y^{p+1}\ln y }{p+1}-\frac{y^{p+1}}{(p+1)^2}+C[/tex3]
Então integrando tudo:
[tex3]f(1-y)=y\ln y-y+\frac{y^2\ln y}{2}-\frac{y^2}{2^2}+\frac{y^3\ln y}{3}-\frac{y^3}{3^2}+\dots+C[/tex3]
Essa constante é muito importante. Se a gente integrasse antes, como função de x, ela não apareceria, mas como agora esta é uma função de y, ela deve aparecer pois houve uma translação da função.
Se você tomar x=0 e, consequentemente, y=1, como Euler nos diz, você encontra C:
[tex3]f(0)=0=-1-\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}-\dots+C\\
C=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\dots[/tex3]
Mas esse treco aí é exatamente [tex3]S=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}[/tex3] , então C=S.
Voltando à nossa equação:
[tex3]f(1-y)=f(x)=y\ln y-y+\frac{y^2\ln y}{2}-\frac{y^2}{2^2}+\frac{y^3\ln y}{3}-\frac{y^3}{3^2}+\dots+S[/tex3]
Sabemos que [tex3]f(x)=x+\frac{x^2}{2^2}+\frac{x^3}{3^2}+\dots[/tex3] . Isolando o S, obtemos a seguinte expressão:
[tex3]S=x+y+\frac{x^2+y^2}{2^2}+\frac{x^3+y^3}{3^2}+\dots-y\ln y-\frac{y^2\ln y}{2}-\frac{y^3\ln y}{3}-\dots[/tex3]
Mas lembre-se de que [tex3]\ln(1-y)=-y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}-\dots=\ln x[/tex3]
Portanto, simplificando tudo como dá, temos que:
[tex3]S=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n+y^n}{n^2}+\ln x\ln y[/tex3]
Colocando [tex3]x=y=\frac{1}{2}[/tex3] com [tex3]x+y=1[/tex3] , consegue-se o resultado de Euler.
[tex3]S=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\cdot 2^{n-1}}+\ln^22[/tex3]
Obs:
A série produzida é muito mais convergente, mas talvez o logaritmo de 2 seja um problema. Veja que:
[tex3]\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\dots\\
\ln 2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\dots[/tex3]
Utilizando a transformada de Euler (novamente ele por aqui):
A definição desta é a seguinte: se [tex3]S=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n a_n[/tex3] , então [tex3]S=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n\Delta^na_0}{2^n}[/tex3]
Onde
[tex3]\Delta^0a_0=a_0\\
\Delta^1a_0=a_1-a_0\\
\Delta^2a_0=a_2-2a_1+a_0\\
\Delta^na_0=\sum_{k=0}^n {n\choose k}(-1)^{n-k}a_{k}[/tex3]
No nosso caso, [tex3]a_k=\frac{1}{k+1}[/tex3]
[tex3]\Delta^na_0=\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^{n-k}}{k+1}=\int_0^1 (x-1)^n~dx=-\frac{1}{n+1}[/tex3] para [tex3]n\geq1[/tex3]
Então [tex3]S=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^{n+1}(n+1)}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n\cdot2^n }[/tex3]
Portanto a soma final fica
[tex3]S=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\cdot 2^{n-1}}+\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n\cdot2^n }\right]^2[/tex3]
Calculando 15 termos de cada série, obtêm-se:
[tex3]S\approx 1,164480838 +(0,69314537456)^2=1,6449313483726\approx \frac{\pi^2}{6}+2,7\cdot10^{-6}[/tex3]
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