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Hallo,

ich möchte gern folgende Summe berechnen, aber es gelingt mir einfach nicht.

Kann jemand helfen?

\(\sum_{j=1}^{N-1} (\frac{1}{2})^j \frac{j+1}{2j+1}\)

von

Das sagt wolfram:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+0.5%5Ej*%28j%2B1%29%2F%282j%2B1%29+from+j%3D1+to+N-1

Leider kann ich dir nicht sagen,wie man darauf kommt.

Vielen Dank, vielleicht weiß jemand anderes noch eine hilfreiche Abschätzung

Benötigst du den exakten Wert der Summe in Abhängigkeit von N oder lediglich eine Abschätzung oder vielleicht den Grenzwert der Reihe für n → ∞ ?

Wenn jemand WolframAlpha Pro hat, dann kann er sich die Schritt-für-Schritt-Lösung angucken.

Hallo Maaarkus, du hast eine weitere auf den ersten Blick ähnliche Frage gestellt, doch auf meine Antwort hast du nicht reagiert, das verwundert mich etwas. Über eine Reaktion hätte ich mich gefreut, auch wenn diese Frage erheblich schwieriger zu beantworten ist.

Mir würde nur folgendes einfallen: \(\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{N-1}\left(\frac{1}{2}\right)^j\frac{j+1}{2j+1}=\sum\limits_{j=1}^{N-1}\frac{0,5^j}{2j+1}+\frac{0,5^jj}{2j+1}\), hilft wahrscheinlich aber auch nicht groß weiter.

$$\int \limits_{0}^{1}x^{2j}\, dx=\frac{1}{2j+1}$$

eine hilfreiche Abschätzung wäre optimal

Wenn es lediglich um eine Abschätzung geht, dann vielleicht so:$$\sum_{k=1}^{N-1}\left(\frac12\right)^{\!k}\cdot\frac{k+1}{2k+1}\le\sum_{k=1}^{N-1}\left(\frac12\right)^{\!k}\cdot\frac23=\frac23\cdot\left(1-\left(\frac12\right)^{\!N-1}\right).$$

2 Antworten

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Jetzt steht nach mehrmaliger Überarbeitung doch eine Lösung unten.

Ich habe eine Lösung, und einen Vorschlag : Ich würde die Summe in zwei Teilsummen aufteilen.

\( \sum\limits_{j=1}^{N-1}{(\frac{1}{2})^{j}} \) *\( \frac{j+1}{2j+1} \) =

\( \frac{1}{2} \) * \( \sum\limits_{j=1}^{N-1}{(\frac{1}{2})^{j}} \) +\( \frac{1}{2} \) * \( \sum\limits_{j=1}^{N-1}{(\frac{1}{2})^{j}} \) *\( \frac{1}{2j+1} \) 

= \( \frac{1}{2} \) * (1-\(( \frac{1}{2})^{N-1}) \)

+ \( \frac{1}{2} \) * \( \sum\limits_{j=1}^{N-1}{(\frac{1}{2})^{j}} \) *\( \frac{1}{2j+1} \)

Vielleicht hilft das ja weiter.

Könnte es eine Verbindung zur Leibniz Reihe geben? Das war ein Irrweg.

https://de.m.wikipedia.org/wiki/Leibniz-Reihe

Noch erkenne ich nicht, welchen Unterschied \( (-1)^{j} \) bei Leibniz

und \( 0,5^{j} \) bei uns macht.

Wolfram sagt:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=%5Csum%5Climits_%7Bk%3D1%7D%5E%7B%5Cinfty%7D%7B%5Cfrac%7B1%7D%7B%282%29%5E%7Bk%7D*%282k%2B1%29%7D%7D


 \( \sum\limits_{j=1}^{\infty}{(\frac{1}{2})^{j}} \) *\( \frac{1}{2j+1} \) =

\( \sqrt{2} \) *\( sinh^{-1} \) (1) -1

Da steht dann auch, die Lösung für


\( \sum\limits_{j=1}^{N}{(\frac{1}{2})^{j}} \) *\( \frac{1}{2j+1} \) 

von 4,3 k

Vielen Dank für deine Mühe, das hat sehr geholfen

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Da weder ich selber noch mein CAS-Rechner das schaffte, habe ich den Ausdruck dem Wolf Ram Alpha gefüttert. Dasselbe hat auch schon Gast2016 getan und das Ergebnis geliefert.

Wie man drauf kommt, wüsste ich jetzt nicht - und für entsprechende Nachforschungen in meinen seinerzeitigen Notizen aus der Studienzeit (ohne Erfolgsgarantie) müsste ich tief graben ...

von 1,4 k

Ich habe meine Antwort bearbeitet und Wolfram hat eine Lösung gefunden.

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