Подобрать методом неполной индукции значение суммы

[GAA]

Через дигаммы выражается стандартным образом.
Обозначим через $S_n$ сумму первых $n$ членов ряда, а через $T_{n+1}$ — хвост ряда.
Тогда $S_n + T_{n+1} = \ln 2$. Для нахождения $S_n$ выразим $T_{n+1}$ через дигаммы.
Для этого рассмотрим степенной ряд $\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac {x^{2k}} {(2k-1)2k}$. Хвост этого ряда обозначим через $R_{n+1}$. Тогда $T_{n+1} = \lim\limits_{x \to 1} R_{n+1}$.
Дважды интегрируя почленно геометрическую прогрессию $\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} x^{2k} $, получим

$$R_{n+1} = \int_0^x \frac {t^{2n}(x-t)} {1-t^2} dt.$$

Разбив на два интеграла, сделав замену переменной $z=t^2$, воспользовавшись формулой Гаусса и выполнив предельный переход, окончательно будем иметь

$$T_{n+1} = -\frac 1 2 \psi(n+1/2) + \frac 1 2 \psi(n+1).$$

Ответ: $S_n = \ln 2 + \frac 1 2 \psi(n+1/2) - \frac 1 2 \psi(n+1)$.

[teleglaz]

GAA в сообщении #1252916 писал(а):

Ответ: $S_n = \ln 2 + \frac 1 2 \psi(n+1/2) - \frac 1 2 \psi(n+1)$.

Что-то пошло не так. У вас получается $S_1=\frac{1}{2};S_2=\frac{7}{12};S_3=\frac{37}{60};...$

Вы рассматривали, что количество слагаемых будет чётно, что не всегда так. Ну да ладно, раз пошла такая пьянка...

По аналогии с предыдущим постом, можно показать, что $\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k}=\psi(n+1)+\gamma$; $\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{2k-1}=\ln 2+\frac{1}{2}\left(\psi(n+\frac{1}{2})+\gamma\right),$ где $\psi(x)-$ дигамма-функция, а $\gamma-$ постоянная Эйлера.

Тогла если $n-$ чётное, то

$$\begin{gathered}\sum\limits_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{k}=\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{2}}\frac{1}{2k-1}-\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{2}}\frac{1}{2k}=\ln 2+\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{2}\psi\left(\frac{n+1}{2}\right)-\left(\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{2}\psi\left(\frac{n}{2}+1\right)\right)=\\ =\ln 2+\frac{1}{2}\psi\left(\frac{n+1}{2}\right)-\frac{1}{2}\psi\left(\frac{n}{2}+1\right);\end{gathered}$$

А если $n-$ нечётное, то

$$\begin{gathered}\sum\limits_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{k}=\sum\limits_{k=1}^{\frac{n+1}{2}}\frac{1}{2k-1}-\sum\limits_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{1}{2k}=\ln 2+\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{2}\psi\left(\frac{n}{2}+1\right)-\left(\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{2}\psi\left(\frac{n+1}{2}\right)\right)=\\ =\ln 2-\frac{1}{2}\psi\left(\frac{n+1}{2}\right)+\frac{1}{2}\psi\left(\frac{n}{2}+1\right).\end{gathered}$$

Отсюда легко видеть, что

$$\begin{gathered}\sum\limits_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{k}=\ln 2+\frac{1}{2}\left(\left(-1\right)^n\psi\left(\frac{n+1}{2}\right)+\left(-1\right)^{n+1}\psi\left(\frac{n}{2}+1\right)\right).\end{gathered}$$

Внимание вопрос: ну и что нужно употребить, чтобы это угадать?

[GAA]

Ну, на исходный вопрос Вы уже раньше ответили. А я отвечал на

bssgrad в сообщении #1252412 писал(а):

Мне самому интересно, даже если это ошибка, можно ли вывести формулу из этой суммы.
В виде сигма-обозначения сумма записывается вот так:

$$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2\cdot k(2\cdot k-1)}.$$

Да, получается $S_1=\frac{1}{2};S_2=\frac{7}{12};S_3=\frac{37}{60};...$

-- Ср 04.10.2017 15:06:50 --

Кроме того, даже в случае второго варианта условия можно разбить сумму на две суммы, чтобы не нужно было дважды интегрировать, но мне захотелось совсем "в лоб", совершенно стандартно.

-- Ср 04.10.2017 15:13:12 --

teleglaz, а что тут угадывать. «Нажимай да дуй».