Prove que:
[tex3]\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k!\cdot k}\sim \ln x+\gamma[/tex3]
Ensino Superior ⇒ Série Infinita
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Dez 2017
06
11:24
Série Infinita
“Study hard what interests you the most in the most undisciplined, irreverent and original manner possible.” -Richard Feynman
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Dez 2017
21
13:14
Re: Série Infinita
Podemos resolver o problema de duas formas:
Método 1:
Fazendo [tex3]f(x)=e^{-x}[/tex3] na fórmula deste post viewtopic.php?f=8&t=60839&p=161295#p161295, com [tex3]a_k=\frac{1}{k}~;~a_0=0[/tex3] :
[tex3]\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k\cdot k!}=e^{-x}\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k!}\Delta^ka_0\\
\Delta^ka_0=(-1)^k\sum_{r=1}^k {k\choose r}\frac{(-1)^r}{r}=(-1)^{k+1}\int_0^1 \frac{1-(1-t)^k}{t}dt\\
1-t=u\\
\Delta^{k}a_0=(-1)^{k+1}\int_0^1 \frac{u^n-1}{u-1}du=(-1)^{k+1}\sum_{r=1}^k \frac{1}{r}=(-1)^{k+1}H_k\\
\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k\cdot k!}=e^{-x}\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k x^k}{k!}[/tex3]
Onde usei o fato que [tex3]H_n=\int_0^1 \frac{x^n-1}{x-1}dx[/tex3]
Agora, tendo em mente que [tex3]\frac{x}{2}\Delta^2 H_x\to 0[/tex3] conforme [tex3]x\to \infty[/tex3] , de acordo com este tópico viewtopic.php?p=161419#p161419 temos:
[tex3]S(x)\sim \ln x+\gamma[/tex3]
Método 2:
[tex3]S(x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^kx^k}{k\cdot k!}=e^{-x}\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k x^k}{k!}=e^{-x}\int_0^1 \sum_{k=1}^\infty \frac{(xt)^k-x^k}{k!}\frac{dt}{t-1}\\
\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^kx^k}{k\cdot k!}=e^{-x}\int_0^1 \frac{e^{xt}-e^x}{t-1}dt\\
S(x)=\int_0^1 \frac{e^{xt-x}-1}{t-1}dt
[/tex3]
Uma integral equivalente à acima também pode ser obtida da seguinte forma:
[tex3]S(x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k\cdot k!}\\
S'(x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^{k-1}}{k!}\\
xS'(x)=-\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^kx^k}{k!}=-(e^{-x}-1)=1-e^{-x}\\
S'(x)=\frac{1-e^{-x}}{x}\\
S(x)=\int_0^x \frac{1-e^{-t}}{t}dt=\int_1^x\frac{dt}{t}+\int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{t}dt-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt+\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt\\
S(x)=\ln x+\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt+\int_0^1 \frac{1-e^{-t}-e^{-1/t}}{t}dt[/tex3]
Não consegui calcular essa última integral, mas com ajuda do Wolfram:
[tex3]\int_0^1 \frac{1-e^{-t}-e^{-1/t}}{t}dt=\gamma[/tex3]
Esta outra integral:
[tex3]\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt[/tex3]
Pode ser aproximada por meio de integração por partes:
[tex3]u=\frac{1}{t}~;~dv=e^{-t}dt[/tex3]
[tex3]\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt=\frac{e^{-x}}{x}-\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t^2}dt[/tex3]
Fazendo isso repetidamente chegamos a esta expressão:
[tex3]S(x)\sim \ln x+\gamma+e^{-x}\sum_{k=0}^n(-1)^k \frac{k!}{x^{k+1}}+R_n[/tex3]
Onde, em vez de fazer n tender ao infinito, deve-se tomar um n de modo que [tex3]R_n[/tex3] seja o menor possível. Isso ocorre porque [tex3]\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{k!}{x^k}[/tex3] é divergente para qualquer valor de x. Porém, se você tomar a enésima soma parcial de modo que o termo recém somado seja o menor possível, a aproximação será muito boa.
Método 1:
Fazendo [tex3]f(x)=e^{-x}[/tex3] na fórmula deste post viewtopic.php?f=8&t=60839&p=161295#p161295, com [tex3]a_k=\frac{1}{k}~;~a_0=0[/tex3] :
[tex3]\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k\cdot k!}=e^{-x}\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k!}\Delta^ka_0\\
\Delta^ka_0=(-1)^k\sum_{r=1}^k {k\choose r}\frac{(-1)^r}{r}=(-1)^{k+1}\int_0^1 \frac{1-(1-t)^k}{t}dt\\
1-t=u\\
\Delta^{k}a_0=(-1)^{k+1}\int_0^1 \frac{u^n-1}{u-1}du=(-1)^{k+1}\sum_{r=1}^k \frac{1}{r}=(-1)^{k+1}H_k\\
\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k\cdot k!}=e^{-x}\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k x^k}{k!}[/tex3]
Onde usei o fato que [tex3]H_n=\int_0^1 \frac{x^n-1}{x-1}dx[/tex3]
Agora, tendo em mente que [tex3]\frac{x}{2}\Delta^2 H_x\to 0[/tex3] conforme [tex3]x\to \infty[/tex3] , de acordo com este tópico viewtopic.php?p=161419#p161419 temos:
[tex3]S(x)\sim \ln x+\gamma[/tex3]
Método 2:
[tex3]S(x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^kx^k}{k\cdot k!}=e^{-x}\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k x^k}{k!}=e^{-x}\int_0^1 \sum_{k=1}^\infty \frac{(xt)^k-x^k}{k!}\frac{dt}{t-1}\\
\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^kx^k}{k\cdot k!}=e^{-x}\int_0^1 \frac{e^{xt}-e^x}{t-1}dt\\
S(x)=\int_0^1 \frac{e^{xt-x}-1}{t-1}dt
[/tex3]
Uma integral equivalente à acima também pode ser obtida da seguinte forma:
[tex3]S(x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k\cdot k!}\\
S'(x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^{k-1}}{k!}\\
xS'(x)=-\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^kx^k}{k!}=-(e^{-x}-1)=1-e^{-x}\\
S'(x)=\frac{1-e^{-x}}{x}\\
S(x)=\int_0^x \frac{1-e^{-t}}{t}dt=\int_1^x\frac{dt}{t}+\int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{t}dt-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt+\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt\\
S(x)=\ln x+\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt+\int_0^1 \frac{1-e^{-t}-e^{-1/t}}{t}dt[/tex3]
Não consegui calcular essa última integral, mas com ajuda do Wolfram:
[tex3]\int_0^1 \frac{1-e^{-t}-e^{-1/t}}{t}dt=\gamma[/tex3]
Esta outra integral:
[tex3]\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt[/tex3]
Pode ser aproximada por meio de integração por partes:
[tex3]u=\frac{1}{t}~;~dv=e^{-t}dt[/tex3]
[tex3]\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t}dt=\frac{e^{-x}}{x}-\int_x^\infty \frac{e^{-t}}{t^2}dt[/tex3]
Fazendo isso repetidamente chegamos a esta expressão:
[tex3]S(x)\sim \ln x+\gamma+e^{-x}\sum_{k=0}^n(-1)^k \frac{k!}{x^{k+1}}+R_n[/tex3]
Onde, em vez de fazer n tender ao infinito, deve-se tomar um n de modo que [tex3]R_n[/tex3] seja o menor possível. Isso ocorre porque [tex3]\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{k!}{x^k}[/tex3] é divergente para qualquer valor de x. Porém, se você tomar a enésima soma parcial de modo que o termo recém somado seja o menor possível, a aproximação será muito boa.
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