Otto Dunkel memorial

#21

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\int_{2n\pi}^{+\infty}\frac{\sin z}{z}\,dz=\pi-\frac{\pi}{2}\ln(2\pi)}$

Μια άλλη σκέψη:

Είναι γνωστό ότι για $0\leq\theta<2\pi$ ισχύει $\displaystyle{\sum_{n\geq1}\frac{\sin(n\theta)}{n}=\frac{\pi-\theta}{2}}$ . (Μια απόδειξη πχ εδώ, ή στο Νεγρεπόντη αν θυμάμαι καλά ή σε διάφορα άλλα βιβλία)

Τώρα έχουμε $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\int_{2n\pi}^{+\infty}\frac{\sin z}{z}\,dz\stackrel{2n\pi x=z}{=}\sum_{n\geq1}\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin(2n\pi x)}{nx}\,dx\stackrel{(*)}{=}\int_{1}^{+\infty}\sum_{n\geq1}\frac{1}{x}\frac{\sin(2n\pi x)}{n}}$ .

Όμως η $\displaystyle{\sum_{n\geq1}\frac{\sin(n\theta)}{n}}$ επεκτείνεται περιοδικά σε όλο το $\mathbb R$ με περίοδο $2\pi$ , άρα η $\displaystyle{\sum_{n\geq1}\frac{\sin(2n\pi x)}{n}}$ επεκτείνεται περιοδικά στο $\mathbb R$ με περίοδο

και επιπλέον, αν $\displaystyle{A(x):=\sum_{n\geq1}\frac{\sin(2n\pi x)}{n}}$ και $\displaystyle{B(x):=\frac{\pi-2\pi x}{2}}$ , ισχύει ότι A(x)=B(x-k)

για $x\in[k,k+1)$ με $k\in\mathbb N\cup\{0\}$ .

Τα παραπάνω λένε ότι

$\begin{aligned}\int_{1}^{+\infty}\sum_{n\geq1}\frac{1}{x}\frac{\sin(2n\pi x)}{n}&=\sum_{k\geq1}\int_{k}^{k+1}\frac{B(x-k)}{x}\,dx=\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{\pi}{2}\ln\frac{k+1}{k}-\pi+\pi k\ln\frac{k+1}{k}\right)\notag \\ &=\lim_{n\to+\infty}\frac{\pi}{2}\ln(n+1)-\pi n+\pi(n+1)\ln(n+1)-\pi\ln\left((n+1)!\right)\notag \\ &=\pi-\frac{\pi}{2}\ln(2\pi)\end{aligned}$

και τελειώσαμε.

______________________________________________________________________________

(*)

Χρωστάω τη δικαιολόγοση της εναλλαγής αθροίσματος - ολοκληρώματος η οποία θέλει το κατιτίς της.

Tolaso J Kos · #22

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Πόσο να κάνει τούτο δω...; $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{e^{x}+1}\,dx}$

Τούτο εδώ Τάσο είναι έτοιμο, για να μπει στο γινόμενο των συναρτήσεων $\Gamma, \; \eta$ .
Έχουμε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x+1}\,dx=\Gamma (s)\eta (s)}$ οποτε παραγωγίζοντας ως προς

παίρνουμε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1} \ln x}{e^x+1}\,dx=\Gamma '(s)\eta (s)+\Gamma (s)\eta '(s)}$
Βάζουμε s=1

και παίρνουμε ότι:
$\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{e^x+1}\;dx=\Gamma '(1)\eta (1)+\Gamma (1)\eta '(1)=\cancel{-\gamma \ln 2+\gamma \ln 2}-\frac{\ln^2 2}{2}=-\frac{\ln^2 2}{2}}$

Τώρα κάπου πιο πίσω υπάρχει και μία σειρά η $\displaystyle{\sum_{\nu\geq 1}\frac{(-1)^\nu \ln \nu}{\nu}}$ .
Αυτή κάνει $\displaystyle{\sum_{\nu\geq 1}\frac{(-1)^\nu \ln \nu}{\nu}=\eta '(1)=\gamma \ln 2-\frac{\ln^2 2}{2}}$ .

Η συνάρτηση $\eta$ είναι η συνάρτηση $\eta$ του ${\rm Dirichlet}$ . Περισσότερες πληροφορίες εδώ.

Καταννοώ ότι το thread είναι παλιό, αλλά είπα να βάλω τις λύσεις για ποικιλία.

#23

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:...για όσους με παίζουν...

Αναστάση, άκρως ενδιαφέροντα και δύσκολα τα προβλήματα που μας βάζεις αλλά έχουν ιδιαίτερα επίπονο γράψιμμο (που εμένα με αποτρέπει παρά την χαρά της ενασχόλησης με τις πολύ ωραίες αυτές ασκήσεις).

Από ότι παρατηρώ μένουν άλυτες οι παρακάτω. Έχω λύσεις για μερικές από αυτές και επίσης έχω εναλλακτικές λύσεις σε μερικές ήδη λυμένες αλλά για την ώρα θα καταγράψω μόνο την 5).

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Αθροισθήτω: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\left((n-1)k\right)!}{(nk)!}}$ , όπου $k\in\mathbb N$ .

Έστω $\displaystyle{f:[a,b]\to\mathbb R}$ συνεχής μη αρνητική και γνησίως αύξουσα. Τότε για κάθε θα ισχύει $\displaystyle{f^{p}(x_{p})=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f^{p}(t)\,dt}$ για κάποιο $x_{p}\in[a,b]$ . Βρείτε το $\displaystyle{\lim_{p\to+\infty}x_{p}}$ .

Ας δειχθεί ότι το $\displaystyle{\left(1-\frac{i}{3}\right)^4\cdot\left(1-\frac{i}{17}\right)^4\cdot\left(1-\frac{i}{99}\right)^4\cdot\left(1-\frac{i}{577}\right)^4\cdot\ldots}$ όπου οι διαδοχικοί παρονομαστές ικανοποιούν την σχέση $\displaystyle{D_{n}=6D_{n-1}-D_{n-2}}$ είναι αμιγώς φανταστικός.

Ξέρουν και οι πέτρες ότι $H_{n}=\int_{0}^{1}\frac{u^{n}-1}{u-1}\,du\left(:=s(n)\right)$ . Αναζητούμε το στη μορφή $\displaystyle{s(n)=f^{(n)}(0)}$ για κάποια . Βρείτε μια έκφραση για την συναρτήσει του ολοκληρώματος μιας στοιχειώδους συνάρτησης. ( $H_{n}$ ο οστός αρμονικός αριθμός)

Λύση της 5). Θα δούμε ότι $\displaystyle {\lim_{p\to +\infty } x_p=b$ . Πράγματι:

Έστω $c\in [a, \, b)$ τυχαίο. Από το γεγονός ότι η

είναι μη αρνητική και γνησίως αύξουσα έχουμε

$\displaystyle{ f^{p}(x_{p})=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f^{p}(t)\,dt} \ge \frac{1}{b-a}\int_{c}^{b}f^{p}(t)\,dt} \ge \frac{b-c}{b-a}f^{p}(c)}$

Άρα $\displaystyle{ f(x_p) \ge \sqrt [p] {\frac{b-c}{b-a}} f(c)\,(*)}$ . Αλλά για κάθε σταθερά d>0

είναι $\displaystyle{\lim_{p\to +\infty} \sqrt [p]d=1}$ οπότε η (*)

δίνει

$\displaystyle{ \liminf _p f(x_p) \ge f(c)}$

Αφού $x_p \in [a, \, b]$ και

αύξουσα έχουμε $f(b) \ge \limsup f(x_p)$ . Σε συνδυασμό με την προηγούμενη έχουμε

$f(b) \ge \limsup f(x_p)\ge \liminf f(x_p) \ge f(c)$ .

Και επειδή αυτό ισχύει για κάθε $c \in [a, \, b)$ , έπεται από την συνέχεια και την μονοτονία της

ότι

$f(b) \ge \limsup f(x_p)\ge \liminf f(x_p) \ge f(b)$ , που σημαίνει ότι έχουμε ισότητα παντού. Ειδικά το όριο $\lim f(x_p)$ υπάρχει και είναι f(b)

.

Τώρα ουσιαστικά τελιώσαμε γιατί από την συνέχεια της $f^{-1}$ έχουμε

$\displaystyle{x_p = f^{-1} \left ( f(x_p) \right ) \to f^{-1} \left (\lim f(x_p) \right )= f^{-1} \left (f(b) \right )=b}$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

#24

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ξέρουν και οι πέτρες ότι $H_{n}=\int_{0}^{1}\frac{u^{n}-1}{u-1}\,du\left(:=s(n)\right)$ . Αναζητούμε το στη μορφή $\displaystyle{s(n)=f^{(n)}(0)}$ για κάποια . Βρείτε μια έκφραση για την συναρτήσει του ολοκληρώματος μιας στοιχειώδους συνάρτησης. ( $H_{n}$ ο οστός αρμονικός αριθμός)

Σκεπτόμαστε με γνώμονα τις σειρές Taylor.

Ισχύει $\displaystyle{f(x) = \sum _{n=0}^{\infty} \frac {x^n}{n!} f^{(n)}(0) }$ , οπότε δοκιμάζουμε τα H(n)

στην θέση των ζητούμενων $\displaystyle{f^{(n)}(0) }$ . Η ιδέα είναι να γράψουμε το προκύπτον άθροισμα σε κλειστή μορφή. Επιτρέποντας την εναλλαγή της σειράς ολοκλήρωσης έχουμε

$\displaystyle{f(x) = \sum _{n=0}^{\infty} \frac {x^n}{n!} \int_{0}^{1}\frac{u^{n}-1}{u-1}\,du = \int_{0}^{1} \sum _{n=0}^{\infty} \frac {x^n(u^{n}-1)}{(u-1)n!} \, du}$

Από το ανάπτυγμα $\displaystyle{e^y= \sum _{n=0}^{\infty} \frac {y^n}{n!}}$ , το προηγούμενο γίνεται

$\displaystyle{f(x)=\int_{0}^{1} \frac {e^{ux}-e^x}{u-1} \, du = e^x \int_{0}^{1} \frac {e^{(u-1)x}-1}{u-1} \, du}$ .

Θα μπορούσαμε να το αφήναμε εκεί, αλλά για να μην είναι μπλεγμένα τα

και

ας κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής (u-1)x=-v

οπότε

$\displaystyle{f(x)=e^x \int_{0}^{x} \frac {e^{-v}-1}{v} \, dv}$

Αναστάση, δεν ξέρω αν αυτό είναι αποδεκτό γιατί το ολοκλήρωμα δεν γράφεται σε κλειστή μορφή. Πάντως, αντίστροφα, εύκολα ελέγχουμε ότι η εν λόγω

ικανοποεί το ζητούμενο.

Φιλικά,

Μιχάλης

Tolaso J Kos · #25

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 28, 2011 1:37 pm

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\int_{2n\pi}^{+\infty}\frac{\sin z}{z}\,dz=\pi-\frac{\pi}{2}\ln(2\pi)}$

Να δώσουμε άλλη μία λύση για αυτό; Δεν είναι δική μου ... !

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{2\pi n}^{\infty} \frac{\sin z}{z} \, {\rm d}z &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin nt}{t+2\pi} \, {\rm d}t \\ &=\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{0}^{2\pi} \frac{\sin nt}{t + 2 m \pi} \, {\rm d}t \\ &= \sum_{m=1}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \frac{\sin nt}{t+ 2 m \pi} \, {\rm d}t \\ &= \sum_{m=1}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \frac{\pi -t}{2\left (t + 2 m\pi \right )} \, {\rm d}t\\ &= \pi \sum_{n=1}^{\infty} \left [ \left ( 1 + \frac{1}{2} \right ) \log \left ( 1 + \frac{1}{n} \right ) -1 \right ] \\ &=\pi \log \left [ \lim_{N \rightarrow +\infty} e^{-N} \prod_{n=1}^{N} \left ( \frac{n+1}{n} \right )^{n+1/2} \right ] \\ &= \pi \log \left ( \lim_{N \rightarrow +\infty} \frac{\sqrt{N+1}\left ( N+1 \right )^N e^{-N}}{N!} \right ) \\ &= \pi \log \left ( \frac{e}{\sqrt{2\pi}} \right ) \\ &= \pi - \frac{ \pi \log 2\pi}{2} \end{aligned}}$ αφού για $t \in (0, 2\pi)$ είναι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nt}{n} = \frac{\pi-t}{2}}$ ( σειρά Fourier ) .

Tolaso J Kos · #26

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 14, 2011 12:58 am
Κάπου διάβασα ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {{n^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} } = \zeta \left( 2 \right) \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\frac{1}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} - \zeta \left( 4 \right)}$ , όμως δεν έχω απόδειξη γι’ αυτό, ούτε μπόρεσα να ανακαλύψω κάποια.

Σεραφείμ,

γενικότερα ισχύει ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\left ( n^2+k^2 \right )^s}&=\zeta(s)\,\beta(s)-\zeta(2s) \quad , \quad \mathfrak{Re}(s)>1}$
όπου $\zeta$ η συνάρτηση ζήτα του Riemann και $\beta$ η συνάρτηση του βήτα του Dirichlet. Υπάρχει αναλυτική λύση με μετασχηματισμούς Mellin καθώς επίσης και η φυσιολογική λύση η οποία χρησιμοποιεί το γεγονός ότι ο τρόπος να γραφεί ένας ακέραιος ως άθροισμα δύο ακεραίων είναι

$\displaystyle{ r_2(n) = 4\sum\limits_{\substack{d |n\\ d \text{ odd }}} (-1)^{\frac{d-1}{2}}}$
Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum\limits_{(j,k) \in \mathbb{Z^{2}}\setminus \{(0,0)\}} \frac{1}{(j^2+k^2)^s} &= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{r_2(n)}{n^s} \\ &= 4\sum\limits_{\substack{d \ge 1\\d \text{ odd }}} \sum\limits_{n \equiv 0 (d)} \frac{(-1)^{\frac{d-1}{2}}}{n^s} \\ &= 4\sum\limits_{\substack{d \ge 1\\d \text{ odd }}} \sum\limits_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\frac{d-1}{2}}}{m^sd^s} \\ &= 4\sum\limits_{d \ge 1} \frac{(-1)^{d-1}}{(2d-1)^s}\sum\limits_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^s} \\ &= 4\beta(s)\zeta(s) \end{aligned}}$
Το αποτέλεσμα πλέον έπεται.

Σημείωση: Αυτό μάλιστα το άθροισμα λέγεται "Lorenz–Hardy". Παραπομπή: Lorenz L. 1871 "Bidrag tiltalienes theori" και Hardy G. H. 1919 "On some deﬁnite integral considered by Mellin"

Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Μέλη σε σύνδεση