Παράξενο εναλλασσόμενο άθροισμα

Tolaso J Kos · #1

Αποδείξατε ότι
$\displaystyle{\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}}{(2k+1)^2} = \frac{\sqrt{2} \pi^2}{16}}$

Γ.-Σ. Σμυρλής · #2

Παρατηροῦμε κατ᾽ ἀρχὰς ὅτι
$\displaystyle{ \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}}{(2k+1)^2}=\sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(4k+1)^2} =\frac{1}{16}\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{(-1)^n}{(k+\frac{1}{4})^2}. }$

Ἐδῶ θὰ χρησιμοποιήσω ἕναν τύπο ἕτοιμο
$\displaystyle{ \sum_{k=-\infty}^\infty \frac{(-1)^n}{(k+a)^2}=\frac{\pi^2\cos(\pi a)}{\sin^2(\pi a)}, }$
ἀπ᾽ὅπου τὸ ζητούμενο προκύπτει ἄμεσα.

Ὁ ἀνωτέρω τύπος προκύπτει ὁλοκληρώνοντας τὴν συνάρτηση
$\displaystyle{ f(z)=\frac{\pi \csc(\pi z)}{(z+a)^2}, }$
κατά μῆκος τοῦ τετραγώνου C_N

τὸ ὁποῖο ὁρίζεται ἀπὸ τὰ σημεῖα $(N+\frac{1}{2})(\pm 1\pm i)$ , ἐφαρμόζοντας τὸν ὁλοκληρωτικὸ τύπο ὑπολοίπων Cauchy, καθὼς $N\to\infty$ .

#3

Tolaso J Kos έγραψε:Αποδείξατε ότι $\displaystyle{\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}}{(2k+1)^2} = \frac{\sqrt{2} \pi^2}{16}}$

Κάπως διαφορετικά .. Επειδή $\displaystyle{{\left( { - 1} \right)^{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}} = \sqrt 2 \cos \left( {\frac{{\left( {2n + 1} \right)\pi }}{4}} \right)}$ έχουμε
$\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2}}}} = \sqrt 2 \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\cos \left( {\frac{{\left( {2n + 1} \right)\pi }}{4}} \right)}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2}}}} = }$ $\displaystyle{\frac{{\sqrt 2 }}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{e^{i\frac{{\left( {2n + 1} \right)\pi }}{4}}} + {e^{ - i\frac{{\left( {2n + 1} \right)\pi }}{4}}}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2}}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( {{e^{i \cdot \pi /4}}} \right)}^{2n + 1}}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2}}}} + }$ $\displaystyle{\frac{{\sqrt 2 }}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( {{e^{ - i \cdot \pi /4}}} \right)}^{2n + 1}}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2}}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {{e^{i \cdot \pi /4}}} \right)}^n}}}{{{n^2}}}} - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {{e^{i \cdot \pi /4}}} \right)}^{2n}}}}{{{{\left( {2n} \right)}^2}}}} + \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {{e^{ - i \cdot \pi /4}}} \right)}^n}}}{{{n^2}}}} - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {{e^{ - i \cdot \pi /4}}} \right)}^{2n}}}}{{{{\left( {2n} \right)}^2}}}} = }$ $\displaystyle{\frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {L{i_2}\left( {{e^{i \cdot \pi /4}}} \right) + L{i_2}\left( {{e^{ - i \cdot \pi /4}}} \right)} \right) - }$

$\displaystyle{ - \frac{{\sqrt 2 }}{8}\left( {L{i_2}\left( {{e^{i \cdot \pi /2}}} \right) + L{i_2}\left( {{e^{ - i \cdot \pi /2}}} \right)} \right)}$ . Όμως από εδώ http://functions.wolfram.com/ZetaFuncti ... owAll.html γνωρίζουμε ότι
$\displaystyle{L{i_2}\left( z \right) + L{i_2}\left( {\frac{1}{z}} \right) = - \frac{1}{2}{\log ^2}\left( { - z} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}}$ , οπότε

$\displaystyle{L{i_2}\left( {{e^{i \cdot \pi /4}}} \right) + L{i_2}\left( {{e^{ - i \cdot \pi /4}}} \right) = - \frac{1}{2}{\log ^2}\left( { - {e^{\frac{{i \cdot \pi }}{4}}}} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6} = }$ $\displaystyle{ - \frac{1}{2}{\log ^2}\left( {{e^{\frac{{ - 3 \cdot i \cdot \pi }}{4}}}} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6} = \frac{{11 \cdot {\pi ^2}}}{{96}}}$ καθώς και

$\displaystyle{L{i_2}\left( {{e^{i \cdot \pi /2}}} \right) + L{i_2}\left( {{e^{ - i \cdot \pi /2}}} \right) = - \frac{1}{2}{\log ^2}\left( { - {e^{\frac{{i \cdot \pi }}{2}}}} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6} = }$ $\displaystyle{ - \frac{1}{2}{\log ^2}\left( {{e^{\frac{{ - i \cdot \pi }}{2}}}} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6} = - \frac{{{\pi ^2}}}{{24}}}$

Τελικά $\displaystyle{S = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{{11 \cdot {\pi ^2}}}{{96}} + \frac{{\sqrt 2 }}{8} \cdot \frac{{{\pi ^2}}}{{24}} = \frac{{\sqrt 2 \cdot {\pi ^2}}}{{16}}}$

Tolaso J Kos · #4

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:
Ἐδῶ θὰ χρησιμοποιήσω ἕναν τύπο ἕτοιμο
$\displaystyle{ \sum_{k=-\infty}^\infty \frac{(-1)^n}{(k+a)^2}=\frac{\pi^2\cos(\pi a)}{\sin^2(\pi a)} }$
ἀπ᾽ὅπου τὸ ζητούμενο προκύπτει ἄμεσα.

Χωρίς μιγαδική το έχουμε δει εδώ. Ουσιαστικά πρόκειται τη συνάρτηση $\psi^{(0)}$ . Οπότε παραγωγίζοντας παίρνουμε το ζητούμενο.

Tolaso J Kos · #5

Για το αρχικό άθροισμα κάπως διαφορετικά. Παρατηρούμε ότι:
$\displaystyle{\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}}{(2k+1)^2} = \sum_{k=0}^{\infty} \left [\frac1{(8 k+1)^2} – \frac1{(8 k+3)^2} – \frac1{(8 k+5)^2}+\frac1{(8 k+7)^2} \right ]}$ και απλά εφαρμόζουμε $\psi^{(1)}$ μαζί με τον ανακλαστικό τύπο αυτής.

#6

Tolaso J Kos έγραψε:Για το αρχικό άθροισμα κάπως διαφορετικά. Παρατηρούμε ότι:
$\displaystyle{\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}}{(2k+1)^2} = \sum_{k=0}^{\infty} \left [\frac1{(8 k+1)^2} – \frac1{(8 k+3)^2} – \frac1{(8 k+5)^2}+\frac1{(8 k+7)^2} \right ]}$ και απλά εφαρμόζουμε $\psi^{(1)}$ μαζί με τον ανακλαστικό τύπο αυτής.

Έτσι το ξεκίνησα αρχικά, αλλά τριγωνομετρικά δεν έκλεινε με τίποτα. Μαζεύεται βέβαια με τρίγαμα, αλλά μου φάνηκαν σκληρές οι πράξεις μέσω ανακλαστικών τύπων ... ωραίο θέμα.

Tolaso J Kos · #7

Σεραφείμ έγραψε:.... αλλά μου φάνηκαν σκληρές οι πράξεις μέσω ανακλαστικών τύπων ....

Χμμ.. είναι αλλά δε τις έχω κάνει με το χέρι !!

Παράξενο εναλλασσόμενο άθροισμα

Παράξενο εναλλασσόμενο άθροισμα

Re: Παράξενο εναλλασσόμενο άθροισμα

Re: Παράξενο εναλλασσόμενο άθροισμα

Re: Παράξενο εναλλασσόμενο άθροισμα

Re: Παράξενο εναλλασσόμενο άθροισμα

Re: Παράξενο εναλλασσόμενο άθροισμα

Re: Παράξενο εναλλασσόμενο άθροισμα

Μέλη σε σύνδεση