Άθροισμα Euler και διωνυμικά

Tolaso J Kos · #1

Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{n^2 \binom{2n}{n}}= \frac{\pi}{18\sqrt{3}} \left[\psi \left( \frac{1}{3}\right) - \psi\left ( \frac{2}{3} \right)\right] -\frac{\zeta(3)}{9}}$ .

Φυσικά η διαφορά των πολυγάμμα κατεβαίνει από τον ανακλαστικό τύπο $\psi(z)-\psi(1-z)=-\pi \cot \pi z$ οπότε ο τελικός τύπος δε θα περιέχει πολυγάμμα συναρτήσεις μέσα. Επίσης $\mathcal{H}_n$ είναι ο

-οστός αρμονικός όρος.

#2

Tolaso J Kos έγραψε:Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{n^2 \binom{2n}{n}}= \frac{\pi}{18\sqrt{3}} \left[\psi \left( \frac{1}{3}\right) - \psi\left ( \frac{2}{3} \right)\right] -\frac{\zeta(3)}{9}}$ .

Φυσικά η διαφορά των πολυγάμμα κατεβαίνει από τον ανακλαστικό τύπο $\psi(z)-\psi(1-z)=-\pi \cot \pi z$ οπότε ο τελικός τύπος δε θα περιέχει πολυγάμμα συναρτήσεις μέσα. Επίσης $\mathcal{H}_n$ είναι ο -οστός αρμονικός όρος.

Χμ .. βρίσκω $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}}}{{{n^2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n}\\ n \end{array}} \right)}}} = - \frac{1}{9}\zeta \left( 3 \right) + \frac{\pi }{{18\sqrt 3 }}\left( {\psi _o{'}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \psi _o{'}\left( {\frac{2}{3}} \right)} \right)}$ (ας επιβεβαιωθεί)
Βέβαια η τελική έκφραση θα περιέχει Polygamma function, διότι η παραγώγιση του ανακλαστικού τύπου αλλάζει το πρόσημο μέσα στην παρένθεση ..

galactus · #3

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{2}\binom{2n}{n}}=1/2\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x^{2}-x+1)}{x}dx+\int_{0}^{1}\frac{Li_{2}(-(x^{2}-x))}{x}dx$

$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{Li_{2}(-(x^{2}-x))}{x}dx=1/2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Gamma^{2}(n)}{n^{2}\Gamma(2n)}=-4/3\zeta(3)+\frac{\pi}{8\sqrt{3}}\psi_{1}(1/3)-\frac{\pi}{24\sqrt{3}}\psi_{1}(5/6)$

$\displaystyle 1/2\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x^{2}-x+1)}{x}dx=11/9\zeta(3)-\frac{\pi}{72\sqrt{3}}\left(5\psi_{1}(1/3)+4\psi_{1}(2/3)-3\psi_{1}(5/6)\right)$

#4

Tolaso J Kos έγραψε:Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{n^2 \binom{2n}{n}}= \frac{\pi}{18\sqrt{3}} \left[\psi \left( \frac{1}{3}\right) - \psi\left ( \frac{2}{3} \right)\right] -\frac{\zeta(3)}{9}}$ .

Φυσικά η διαφορά των πολυγάμμα κατεβαίνει από τον ανακλαστικό τύπο $\psi(z)-\psi(1-z)=-\pi \cot \pi z$ οπότε ο τελικός τύπος δε θα περιέχει πολυγάμμα συναρτήσεις μέσα. Επίσης $\mathcal{H}_n$ είναι ο -οστός αρμονικός όρος.

Η ανάρτηση προσπαθεί να γίνει το δυνατόν αυτοτελής είτε με αποδείξεις, είτε με παραπομπές.

Λήμμα 1 $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {2n\pi /3} \right)}}{{{n^3}}}} = - \frac{4}{9}\zeta \left( 3 \right)}$ διότι

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {2n\pi /3} \right)}}{{{n^3}}}} = - \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{1^3}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + \frac{1}{{{4^3}}} + ..} \right) + \left( {\frac{1}{{{3^3}}} + \frac{1}{{{6^3}}} + \frac{1}{{{9^3}}} + ..} \right) = - \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{1^3}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + \frac{1}{{{3^3}}} + \frac{1}{{{4^3}}} + ..} \right) + }$

$\displaystyle{ + \frac{3}{2}\left( {\frac{1}{{{3^3}}} + \frac{1}{{{6^3}}} + \frac{1}{{{9^3}}} + ..} \right) = - \frac{1}{2}\zeta \left( 3 \right) + \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{{{3^3}}}\zeta \left( 3 \right) \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {2n\pi /3} \right)}}{{{n^3}}}} = - \frac{4}{9}\zeta \left( 3 \right)}$

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Λήμμα 2 $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^3}}}} = \frac{1}{3}\zeta \left( 3 \right)}$ διότι

Για $\displaystyle{z = {e^{i\pi /3}}}$ έχουμε $\displaystyle{{z^2} = {e^{2i\pi /3}}}$ και $\displaystyle{ - z = - {e^{i\pi /3}} = {e^{ - i\pi }}{e^{i\pi /3}} = {e^{ - 2i\pi /3}}}$ . Όμως από πρόβλημα 9 εδώ viewtopic.php?f=9&t=12954&hilit=otto έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{4}L{i_3}\left( {{z^2}} \right) = L{i_3}\left( z \right) + L{i_3}\left( { - z} \right) \Rightarrow \frac{1}{4}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {{e^{2i\pi /3}}} \right)} \right) = {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {{e^{i\pi /3}}} \right)} \right) + {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {{e^{ - 2i\pi /3}}} \right)} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow - \frac{3}{4}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {{e^{2i\pi /3}}} \right)} \right) = {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {{e^{i\pi /3}}} \right)} \right) \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^3}}}} = - \frac{3}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {2n\pi /3} \right)}}{{{n^3}}}} = \frac{1}{3}\zeta \left( 3 \right)}$

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Λήμμα 3 $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{x^n}}}{{n\left( {2n} \right)!}}} = \frac{{2\sqrt x Arc\sin \left( {\sqrt x /2} \right)}}{{\sqrt {4 - x} }}}$ διότι από εδώ https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_m ... cal_series γνωρίζουμε

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{2^{2n}}{{\left( {n!} \right)}^2}{z^{2n + 2}}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)!}}} = {\arcsin ^2}z \Rightarrow {\arcsin ^2}z = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{2^{2n - 2}}{{\left( {\left( {n - 1} \right)!} \right)}^2}{z^{2n}}}}{{n\left( {2n - 1} \right)!}}} = }$

$\displaystyle{ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{2^{2n - 1}}{{\left( {n!} \right)}^2}{z^{2n}}}}{{n\left( {2n} \right)! \cdot \left( n \right)}}} \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{2^{2n}}{{\left( {n!} \right)}^2}{z^{2n - 1}}}}{{n\left( {2n} \right)!}}} = \frac{d}{{dz}}\left( {{{\arcsin }^2}z} \right) = \frac{{2\arcsin z}}{{\sqrt {1 - {z^2}} }} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{2^{2n}}{{\left( {n!} \right)}^2}{z^{2n}}}}{{n\left( {2n} \right)!}}} = \frac{{2z\arcsin z}}{{\sqrt {1 - {z^2}} }} \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{{\left( {4{z^2}} \right)}^n}}}{{n\left( {2n} \right)!}}} = \frac{{2z\arcsin z}}{{\sqrt {1 - {z^2}} }} \Rightarrow \mathop {\mathop \Rightarrow \limits_{z = \sqrt x /2} }\limits^{4{z^2} = x} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{{\left( {4{z^2}} \right)}^n}}}{{n\left( {2n} \right)!}}} = \frac{{2\sqrt x \arcsin \left( {\sqrt x /2} \right)}}{{\sqrt {4 - x} }}}$

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Λήμμα 4 $\displaystyle{\log 2\sin x = - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos 2nx}}{n}} }$ έχει αποδειχθεί πολλαπλώς εδώ μέσα.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Λήμμα 5 $\displaystyle{\frac{{{H_n}}}{n} = - \int\limits_0^1 {{x^{n - 1}}\log \left( {1 - x} \right)dx} }$ Έχει αποδειχθεί εδώ viewtopic.php?f=9&t=27979&p=136404#p136404

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Στο θέμα μας.

Τότε $\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}}}{{{n^2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n}\\ n \end{array}} \right)}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{{H_n}}}{n}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{x^n}}}{{n\left( {2n} \right)!}}} } \right)dx} = - \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 - x} \right)}}{x}\frac{{2\sqrt x Arc\sin \left( {\sqrt x /2} \right)}}{{\sqrt {4 - x} }}dx} = \mathop = \limits^{\sqrt x /2 = y} = }$

$\displaystyle{ = - 4\int\limits_0^{1/2} {\frac{{\log \left( {1 - 4{y^2}} \right)Arc\sin \left( y \right)}}{{\sqrt {1 - {y^2}} }}dy} = \mathop = \limits^{y = \sin x} = - 4\int\limits_0^{\pi /6} {x\log \left( {1 - 4{{\sin }^2}x} \right)dx} = - 4\int\limits_0^{\pi /6} {x\log \left( {2\cos 2x - 1} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = - 4\int\limits_0^{\pi /6} {x\log \left( {2\left( {\cos 2x - \cos \frac{\pi }{3}} \right)} \right)dx} = - 4\int\limits_0^{\pi /6} {x\log \left( {2\sin \left( {\frac{\pi }{6} + x} \right)2\sin \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = - 4\int\limits_0^{\pi /6} {x\log 2\sin \left( {\frac{\pi }{6} + x} \right)dx} - 4\int\limits_0^{\pi /6} {x\log 2\sin \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)dx} }$

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /6} {x\log 2\sin \left( {\frac{\pi }{6} + x} \right)} = - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_0^{\pi /6} {x\cos \left( {\frac{{n\pi }}{3} + 2nx} \right)dx} = - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{ - 3\cos \frac{{n\pi }}{3} + 3\cos \frac{{2n\pi }}{3} + n\pi \sin \frac{{2n\pi }}{3}}}{{12{n^3}}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \frac{{n\pi }}{3}}}{{{n^3}}}} - \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \frac{{2n\pi }}{3}}}{{{n^3}}}} - \frac{\pi }{{12}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \frac{{2n\pi }}{3}}}{{{n^2}}}} = \frac{7}{{36}}\zeta \left( 3 \right) - \frac{\pi }{{12}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \frac{{2n\pi }}{3}}}{{{n^2}}}} }$

και $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /6} {x\log 2\sin \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_0^{\pi /6} {x\cos \left( {\frac{{n\pi }}{3} - 2nx} \right)dx} = - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{1 - \cos \frac{{n\pi }}{3}}}{{4{n^3}}}} = - \frac{1}{6}\zeta \left( 3 \right)}$

Οπότε $\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}}}{{{n^2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n}\\ n \end{array}} \right)}}} = - 4\int\limits_0^{\pi /6} {x\log 2\sin \left( {\frac{\pi }{6} + x} \right)dx} - 4\int\limits_0^{\pi /6} {x\log 2\sin \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = - 4\left( {\frac{7}{{36}}\zeta \left( 3 \right) - \frac{\pi }{{12}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \frac{{2n\pi }}{3}}}{{{n^2}}}} } \right) - 4\left( { - \frac{1}{6}\zeta \left( 3 \right)} \right) = - \frac{{\zeta \left( 3 \right)}}{9} + \frac{\pi }{3}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \frac{{2n\pi }}{3}}}{{{n^2}}}} }$

Όμως $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \frac{{2n\pi }}{3}}}{{{n^2}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \frac{{2\left( {3n - 2} \right)\pi }}{3}}}{{{{\left( {3n - 2} \right)}^2}}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \frac{{2\left( {3n - 1} \right)\pi }}{3}}}{{{{\left( {3n - 1} \right)}^2}}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \frac{{2\left( {3n} \right)\pi }}{3}}}{{{{\left( {3n} \right)}^2}}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {3n - 2} \right)}^2}}}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {3n - 1} \right)}^2}}}} } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{{18}}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n - 2/3} \right)}^2}}}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n - 1/3} \right)}^2}}}} } \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\sqrt 3 }}{{18}}\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 1/3} \right)}^2}}}} - \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 2/3} \right)}^2}}}} } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{{18}}\left( {\psi _o{'}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \psi _o{'}\left( {\frac{2}{3}} \right)} \right)}$

Διότι από εδώ http://mathworld.wolfram.com/DigammaFunction.html έχουμε $\displaystyle{\frac{{d{\psi _o}\left( z \right)}}{{dz}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + z} \right)}^2}}}} }$ (σχέση 19)

Τελικά $\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}}}{{{n^2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n}\\ n \end{array}} \right)}}} = - \frac{{\zeta \left( 3 \right)}}{9} + \frac{\pi }{3}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \frac{{2n\pi }}{3}}}{{{n^2}}}} = - \frac{{\zeta \left( 3 \right)}}{9} + \frac{\pi }{3}\frac{{\sqrt 3 }}{{18}}\left( {\psi _o{'}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \psi _o{'}\left( {\frac{2}{3}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = - \frac{{\zeta \left( 3 \right)}}{9} + \frac{\pi }{{18\sqrt 3 }}\left( {\psi _o{'}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \psi _o{'}\left( {\frac{2}{3}} \right)} \right)}$

Ωραίο θέμα !!

Άθροισμα Euler και διωνυμικά

Άθροισμα Euler και διωνυμικά

Re: Άθροισμα Euler και διωνυμικά

Re: Άθροισμα Euler και διωνυμικά

Re: Άθροισμα Euler και διωνυμικά

Μέλη σε σύνδεση