Найти сумму ряда

[StaticZero]

Такая задача:

Докажите, что
$\sum \limits_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{2n(2n-1)} = \dfrac{1}{1\cdot 2} + \dfrac{1}{3\cdot 4} + \cdots = \ln 2$

Я пробовал делать через площадь под гиперболой, но спотыкаюсь на втором слагаемом. Беру прямоугольник первый между $1$ и $2$, второй - между $\dfrac{4}{3}$ и $\dfrac{3}{4}$, дальше не могу ничего сделать.

Всё, чем можно пользоваться, это тем, что

$$2 < e < 3$$

$$\dfrac{x}{1+x} < \ln(1 + x) < x$$

$$\ln{xy} = \ln x + \ln y$$

$$S \limits^{\frac{1}{x}}_{[1; x]} = \ln x$$

где

$$S \limits^{f(x)}_{[a; b]}$$

площадь под графиком $f(x)$ на отрезке $[a; b]$

и что решение уравнения

$$\ln x = 1$$

и число

$$\lim \limits_{n\to\infty} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n$$

это одно и то же.

Производную и интеграл мы не умеем (в рамках задачи), умеем только ряды: признаки Д'Аламбера, радикальный Коши и $2^n$-Коши.

-- 15.06.2014, 21:51 --

То, что ряд сходится, получается из того, что

$$\lim \limits_{n\to\infty} \dfrac{4n^2 - 2n}{n^2} = 4$$

, а ряд

$$\sum \limits_{n = 1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}$$

сходится.

[nnosipov]

Это же хорошо известный ряд $1-1/2+1/3-1/4+\ldots$

[StaticZero]

Может, это и правда. Но, тем не менее, сумму это вычислить не позволяет.

[Keter]

StaticZero, представьте общий член в таком виде: $\dfrac{1}{2n(2n-1)}=\dfrac{2n-(2n-1)}{2n(2n-1)}=\dfrac{1}{2n-1}-\dfrac{1}{2n}.$

Вы знаете, что $1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n} - \ln n \to \gamma, n \to \infty,$ где $\gamma$ -- постоянная Эйлера?

В общем, обозначьте $H_n=1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}, n\ge 1.$ Тогда $\gamma_n=H_n-\ln n \to \gamma, n \to \infty.$
Далее, пусть $(s_n)$ -- последовательность частичных сумм исходного ряда.

Выразите $s_{2k}$ через $H_{2k}, H_k$ и покажите, что $s_{2k} \to \ln 2, k\to \infty.$ Сделайте соответствующие выводы.

[mihailm]

Может все-таки через ряд для логарифма? Там надо только Абеля добавить

[Keter]

Просто подумал, что надо самым элементарным брать, ведь ТС написал, что

StaticZero в сообщении #875756 писал(а):

Производную и интеграл мы не умеем (в рамках задачи), умеем только ряды: признаки Д'Аламбера, радикальный Коши и $2^n$-Коши.

mihailm, а разве подобные ряды не природнее представить в виде $(-1)^{n-1}a_n$ и признаком Лейбница исследовать? Дирихле и Абеля здесь не помогают, ведь ряды для обоих множителей расходятся.

[mihailm]

я про другого Абеля) вторая лемма Абеля что ли которая называется

[StaticZero]

Keter в сообщении #875921 писал(а):

Вы знаете, что $1+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n} - \ln n \to \gamma, n \to \infty,$ где $\gamma$ -- постоянная Эйлера?

ъ
Не знаем.

[nnosipov]

Найдите предел $1/n+1/(n+1)+\ldots+1/(2n)$ при $n \to \infty$. Если сумеете, то и сумму ряда затем вычислите.

[mihailm]

Вот вспомнил. Сумма исходного ряда считается в книге для школьников Коровин "Неравенства". Даже без производной)

[nnosipov]

mihailm в сообщении #876127 писал(а):

в книге для школьников Коровин "Неравенства"

Только Коровкин. Хорошая книжка.

[mihailm]

(Оффтоп)

Конечно Коровкин. У меня этих книжек было две - одну так истрепал (в школе еще), что пришлось еще покупать)

[ewert]

Однако же Коровкин доказывал там сей факт совершенно бессознательно. Какие-то умножения, деления, сокращения...

В конце-то концов: откуда следует, что сумма $\frac1{n}+\frac1{n+1}+\ldots+\frac1{2n}$ стремится именно к логарифму двух?... -- Грубо говоря, из интегрального признака. Из того, что эта сумма двусторонне оценивается интегралами, для каждого из которых пределы интегрирования мало отличаются от крайних членов этой суммы.

Что, в свою очередь, следует из соответствующей двусторонней оценки для каждого слагаемого: $\int\limits_{k}^{k+1}\frac{dx}x<\frac1k<\int\limits_{k-1}^{k}\frac{dx}x$. Или, что то же:

$$\ln(k+1)-\ln k<\frac1k<\ln k-\ln(k-1)$$

Это были наводящие соображения для автора. А вот теперь можно про все интегралы забыть. Предположим, что эта пара неравенств нам уже известна. Тогда целевой рисалт получается тривиально: при суммировании этих цепочек по всем членам суммы все внутренние слагаемые сокращаются, оставшиеся разности (т.е. логарифмы соответствующих простеньких дробей) что слева, что справа очевидным образом сходятся к $\ln2$.

Но ведь Коровкин же ровно из этой пары неравенств и исходил! Ну разве что из самую малость перефразированной:

$$\ln\frac{k+1}{k}<\frac1k<\ln\frac{k}{k-1}.$$