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Autor Tema: Integral and summation  (Leído 343 veces)
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jacks
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« : 09/05/2019, 07:30:17 am »

If [texx]\displaystyle I_{k}=\int^{2}_{1}e^{x-1}x^{-n}dx.[/texx] Then value of [texx]\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}\bigg(1-kI_{k}\bigg)[/texx] is
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kike0001
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« Respuesta #1 : 10/01/2020, 22:42:21 pm »

Hello I assumed that
[texx]\displaystyle I_{k}=\int^{2}_{1}e^{x-1}x^{-k}dx.[/texx]
Then
[texx]\displaystyle I_{k-1}=\int^{2}_{1}e^{x-1}x^{-k+1}dx[/texx]
by parts, with [texx]u=x^{-k+1}[/texx] and [texx]dv=e^{x-1}dx[/texx]:
[texx]\displaystyle I_{k-1}=2^{-k+1}e-1+k\int_1^2e^{x-1}x^{-k}dx-\int_1^2e^{x-1}x^{-k}dx[/texx]
[texx]kI_k=I_{k-1}+I_k+1-2^{-k+1}e[/texx]

then:
[texx]1-kI_k=2^{-k+1}e-I_{k-1}-I_k[/texx]

[texx]\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}\bigg(1-kI_{k}\bigg)=\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}\bigg(2^{-k+1}e-(I_{k-1}+I_k)\bigg)[/texx]

If [texx]a_k=2^{-k+1}e[/texx] and [texx]b_k=-(I_{k-1}+I_k)[/texx]

note that [texx]\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}a_k=\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}\bigg(2^{-k+1}e\bigg)=4e[/texx] this series converges

now
[texx]\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}b_k=\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}\bigg[-(I_{k-1}+I_k)\bigg]=\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}\bigg[-\int^{2}_{1}e^{x-1}x^{-k}(x+1)dx\bigg][/texx]

[texx]\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}\bigg[-\int^{2}_{1}e^{x-1}x^{-k}(x+1)dx\bigg]=-\int^{2}_{1}e^{x-1}(x+1)\sum^{\infty}_{k=0}(x^{-k})dx=-\int^{2}_{1}e^{x-1}(x+1)\frac{x}{x-1}dx[/texx]

How [texx]\frac{x}{x-1}\leq e^{x-1}(x+1)\frac{x}{x-1}[/texx] and [texx]\int^{2}_{1}\frac{x}{x-1}dx[/texx] diverges then [texx]\int^{2}_{1}e^{x-1}(x+1)\frac{x}{x-1}dx [/texx] also diverges

then [texx]\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}b_k[/texx] diverges

therefore [texx]\displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}\bigg(a_k+b_k\bigg)=\sum^{\infty}_{k=0}\bigg(1-kI_k\bigg)[/texx] diverges



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« Respuesta #2 : 20/01/2020, 06:55:20 am »

Thanks kike001
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