Reihenwert

07.02.2007, 15:56

LowChecker

Reihenwert

Die Konvergenz folgender Reihe:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}{2n \choose n}^{-1} \end{eqnarray*}$
kann ich mit dem Quotientenkriterium zeigen.
Allerdings sollen wir auch deren Wert berechnen???
HELP!

07.02.2007, 16:24

Lazarus

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Schreib doch mal die Definition der Binomkoeffz. auf und versuch dann bisschen zu vereinfachen...

07.02.2007, 16:32

LowChecker

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Zitat:

Original von Lazarus
Schreib doch mal die Definition der Binomkoeffz. auf und versuch dann bisschen zu vereinfachen...

Bitteschön:
$\begin{eqnarray*} {2n \choose n}^{-1}=\frac{(n!)^2}{(2n)!} \end{eqnarray*}$
Und wie geht's jetzt weiter?

07.02.2007, 16:53

Ambrosius

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Edit: 1. Posting war quatsch

Nun versuch doch mal diese Darstellung zu vereinfachen (Kürzen)

07.02.2007, 17:29

LowChecker

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Zitat:

Original von Ambrosius
Nun versuch doch mal diese Darstellung zu vereinfachen (Kürzen)

Gib mir lieber einen Tip wohin mich das Kürzen oder Vereinfachen bringen soll... Aber sei's drum:
$\begin{eqnarray*} {2n \choose n}^{-1}=\frac{2n(2n-1)\cdot...\cdot(n+1)}{n(n-1)\cdot...\cdot1} \end{eqnarray*}$
und jetzt??? Wie komme ich zum Reihenwert?

07.02.2007, 19:54

Dual Space

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LowChecker: Ein Tipp kann ich dir leider nicht geben, aber du hast mein vollstes Mitleid - das ist eine ganz schön harte Nuss. verwirrt

07.02.2007, 20:13

therisen

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Hallo,

es gilt $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{{2n\choose n}} = \frac{1}{3}\left(1 + \frac{4}{\sqrt{3}} \arcsin\left(\frac{1}{2}\right)\right) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{6} \end{eqnarray*}$ .

Gruß, therisen

07.02.2007, 20:18

Dual Space

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Zitat:

Original von therisen
es gilt $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{{2n\choose n}} = \frac{1}{3}\left(1 + \frac{4}{\sqrt{3}} \arcsin\left(\frac{1}{2}\right)\right) \end{eqnarray*}$

Und wie kommt man darauf? verwirrt

07.02.2007, 20:52

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Ehrlich gesagt, ich wollte schon $\begin{eqnarray*} {}_2F_1\left(1,1;\frac{1}{2};\frac{1}{4}\right)-1 \end{eqnarray*}$ unter Nutzung der Hypergeometrischen Funktion als Lösung angeben. Stimmt auch, ist aber natürlich lange nicht so schön wie die andere Darstellung. Augenzwinkern

07.02.2007, 21:10

MisterMagister

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Vielleicht geht das auch mit der Vandermondeschen Identität:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} m + n \\ k \end{pmatrix} = \sum_{j=0}^k~ \begin{pmatrix} m \\ j \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n \\ k-j \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n + n \\ n \end{pmatrix} = \sum_{j=0}^n~ \begin{pmatrix} n \\ j \end{pmatrix} \underbrace{\begin{pmatrix} n \\ n-j \end{pmatrix}}_{=\begin{pmatrix} n \\ j \end{pmatrix} } = ~\sum_{j=0}^n~ \begin{pmatrix} n \\ j \end{pmatrix}^{2} = ~ ? \end{eqnarray*}$

Naja, sieht auch nicht viel besser aus.

07.02.2007, 23:28

LowChecker

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Zitat:

Original von Dual Space
Und wie kommt man darauf? verwirrt

Inzwischen ist ne Lösung aufgetaucht (die ich im Leben nicht hinbekommen hätte!)...

Zunächst gilt:

$\begin{eqnarray*} {2n \choose n}^{-1}=\frac{n!n!}{(2n)!}=\frac{n\Gamma(n)\Gamma(n+1)}{\Gamma(2n+1)}=n B(n+1,n)=n\int_0^1 t^n(1-t)^{n-1} dt \end{eqnarray*}$

Folgende Umformungen lassen sich mit gleichmäßiger Konvergenz rechtfertigen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}{2n\choose n}^{-1}=\sum_{n=1}^\infty n\int_0^1 t^n(1-t)^{n-1}dt=\int_0^1t\sum_{n=1}^\infty n(t-t^2)^{n-1}dt=\int_0^1\frac{t}{1-2t}\sum_{n=1}^\infty \left((t-t^2)^n\right)'dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\int_0^1\frac{t}{1-2t}\left(\sum_{n=1}^\infty (t-t^2)^n\right)'dt=\int_0^1\frac{t}{1-2t}\left((t-t^2)\sum_{n=0}^\infty (t-t^2)^n\right)'dt=\int_0^1\frac{t}{1-2t}\left(\frac{t-t^2}{1-(t-t^2)}\right)'dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\int_0^1\frac{t}{(1+t^2-t)^2}dt=\int_0^1\frac{t}{\left(\frac{3}{4}+(t-\frac{1}{2})^2\right)^2}dt=\underbrace{\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{u+\frac{1}{2}}{\left(\frac{3}{4}+u^2\right)^2}du}_{u=t-\frac{1}{2}}=\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{\frac{1}{2}}{\left(\frac{3}{4}+u^2\right)^2}du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{1}{\left(\frac{3}{4}+u^2\right)^2}du=\underbrace{\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\frac{\frac{1}{2}\sqrt{3}}{\left(\frac{3}{4}+\frac{3}{4}v^2\right)^2}}_{v=\frac{2u}{\sqrt{3}}}dv=\frac{8\sqrt{3}}{9}\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\frac{1}{\left(1+v^2\right)^2}dv=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left[\frac{v}{1+v^2}+\arctan(v)\right]_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{3}+\frac{2\sqrt{3}}{27}\pi \end{eqnarray*}$

07.02.2007, 23:39

Lazarus

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mal ne idee: Wenn man bisschen umformt und unter Benutzung der Gamma (und später Beta-Funktion) könnte man das ja mit Hilfe der Duplikationsformel von Legendre wenigstens mal näherungsweise berechnen oder ?

\\edit: lol, hab vergessen zu posten und dann ned aktualisiert.. ok.

08.02.2007, 06:34

Dual Space

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Danke LowChecker. smile

08.02.2007, 09:19

LowChecker

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Zitat:

Original von Dual Space
Danke LowChecker. smile

Keine Ursache.
Vielen Dank auch für alle Tipps...
Das war wirklich ne harte Nuss!

P.S.: Die Kollegen, von denen ich den Lösungsweg bekommen habe, sind von ihrem Tutor mit 1a-Tipps bedacht worden...

08.02.2007, 13:20

Lazarus

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Da´s mich nicht losgelassen hat hab ich heute in der Schule mal weng gesucht und hab was gefunden:

Lehmer's Identität:
$\begin{eqnarray*} \mathrm{L}\, : \;\sum_{m\in \mathbb N}~\frac{\left(2x\right)^{2m}}{m{2m\choose m}}=\frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}\arcsin{x} \end{eqnarray*}$

Und die Lösung des Problem ist einfach der Fall $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \mathrm{L}' \end{eqnarray*}$ .

Der Beweis dieses allgemeineren Problems verläuft ähnlich wie oben.

08.02.2007, 13:43

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Zitat:

Original von Lazarus
Und die Lösung des Problem ist einfach der Fall $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \mathrm{L}' \end{eqnarray*}$ .

Dann schreib aber bitte auch

$\begin{eqnarray*} \mathrm{L}\, : x \;\to\;\sum_{m\in \mathbb N}~\frac{\left(2x\right)^{2m}}{m{2m\choose m}}=\frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}\arcsin{x} \end{eqnarray*}$ ,

sonst kann man das mit dem $\begin{eqnarray*} L' \end{eqnarray*}$ glatt übersehen!!!

10.02.2007, 13:22

LowChecker

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Diese Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty (-1)^n {2n \choose n}^{-1} \end{eqnarray*}$ soll sich analog zur nicht alternierenden berechnen lassen. Nur leider komm ich da nicht weiter...

10.02.2007, 14:57

Lazarus

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Auf dieser Seite findet sich unter "A27: Sums of Reciprocals of the Central Binomial Coefficients" eine interessante Lösung die mithilfe von Erzeugenden Funktionen dieses und das vorherige Problem löst.
So hätte ich das Problem nie angeganngen, aber ich versteh auch nicht so viel von erzeugenden Funktionen.
Evtl. hilfts dir aber weiter ?
Eine Möglichkeit analog zur ersten Methode sehe ich jetzt spontan nicht, mach mir aber nochmal gedanken drüber.

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