mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 10, 2011 10:14 pm**

Νά δειχθεί ότι:

$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{4\,({-1})^{n+1}}{\pi^2\,n^2}\left({1-\cos({n\pi{x}})}\right)\,\stackrel{o\mu{o}\iota{o}\mu{o}\rho\phi\alpha}{=\!=\!=}\,x^2\,,\quad{x}\in\left({-1,\,1}\right)\,.$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 10, 2011 11:35 pm**

grigkost έγραψε:Νά δειχθεί ότι:

$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{4\,({-1})^{n+1}}{\pi^2\,n^2}\left({1-\cos({n\pi{x}})}\right)\,\stackrel{o\mu{o}\iota{o}\mu{o}\rho\phi\alpha}{=\!=\!=}\,x^2\,,\quad{x}\in\left({-1,\,1}\right)\,.$

Γρηγόρη, δεν ξέρω αν σου αρκούν αυτά:

Χρησιμοποιώντας ως γνωστά τα

α) $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{({-1})^{n+1}}{n^2}= \frac {\pi ^2}{12}$ και ότι

β) η σειρά Fourier $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{{(-1)}^{n+1}}{n^2}\cos({nx}})}\right)= \frac{\pi ^2-3x^2}{12},\quad{x}\in\left({-\pi,\,\pi}\right)\,$
(μπορεί να το βρει κανείς στα περισσότερα βιβλία σειρών Fourier, π.χ. Tolstov, Fourier Series, σελίς 148 )

οπότε πολλαπλάσιάζοντας την πρώτη επί $\frac {4}{\pi ^2}$ και αφαιρώντας κατά μέλη την δεύτερη (αλλά με $\pi x$ στη θέση του

), έπεται η ζητούμενη ισότητα.

Επίσης, η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη από το M-test του Weiestrass διότι $\left|\frac{{(-1)}^{n+1}}{n^2}\cos({nx}})}\right| \le \frac {1}{n^2}$ και η $\sum \frac{1}{n^2}$ συγκλίνει.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 10, 2011 11:53 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:Γρηγόρη, δεν ξέρω αν σου αρκούν αυτά:

Χρησιμοποιώντας ως γνωστά τα

α) $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{({-1})^{n+1}}{n^2}= \frac {\pi ^2}{12}$ και ότι

β) η σειρά Fourier $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{{(-1)}^{n+1}}{n^2}\cos({nx}})}\right)= \frac{\pi ^2-3x^2}{12},\quad{x}\in\left({-\pi,\,\pi}\right)\,$
(μπορεί να το βρει κανείς στα περισσότερα βιβλία σειρών Fourier, π.χ. Tolstov, Fourier Series, σελίς 148 )

οπότε πολλαπλάσιάζοντας την πρώτη επί $\frac {4}{\pi ^2}$ και προσθέτωντας κατά μέλη την δεύτερη (αλλά με $\pi x$ στη θέση του ), έπεται η ζητούμενη ισότητα.

Μιχάλη

εμένα μου αρκούν τα παραπάνω.
Και η δική μου λύση είναι με σειρές Fourier:

Με δεδομένη την $\displaystyle\frac{2}{\pi}\,\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}{\frac{({-1})^{n+1}}{n}\,\sin({n\pi{x}})}=x\,,\quad{x}\in({-1,1})$ , ισχύει

$\displaystyle\int_{0}^{x}{t\,dt}=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\left[{\tfrac{2\,({-1})^{n+1}}{n\pi}\,\int_{0}^{x}{\sin({n\pi{t}})\,dt}}\right]=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\left[{\tfrac{2\,({-1})^{n+1}}{n\pi}\,\tfrac{1-\cos\left({n\pi{x}}\right)}{n\pi}}\right]=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{2\,({-1})^{n+1}}{\pi^2\,n^2}\left({1-\cos\left({n\pi{x}}\right)}\right)\quad\Leftrightarrow$

$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{4\,({-1})^{n+1}}{\pi^2\,n^2}\left({1-\cos\left({n\pi{x}}\right)}\right)\,\stackrel{u}{=}\,x^2\,.\quad\square$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 13, 2011 2:02 pm**

Oρίζουμε $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{4\left(1-\cos \left(\pi zx \right) \right)}{\pi^2 z^2}$ , για $\displaystyle x \neq 0$ η οποία είναι αναλυτική στο $\displaystyle \mathbb{C}$ εκτός από το

. Tότε από γνωστό θεώρημα, όταν $\displaystyle h\left(z \right)=\frac{\pi f\left(z \right)}{\sin \pi z}$ τότε $\displaystyle \sum_{n=-\infty,n\neq 0}^{\infty}{\left(-1 \right)^n f\left(z \right)}=-Res\left(h,0 \right)$ .

Όμως το

είναι πόλος πρώτης τάξης για την συνάρτηση $\displaystyle h\left(z \right)=\frac{4\left(1-\cos\left(\pi zx \right) \right)}{z\sin \pi z}$ αφού είναι πόλος τρίτης τάξης του παρανομαστή και δεύτερης τάξης του αριθμητή, αφού $\displaystyle 1-\cos\left(0 \right)=0,\left(1-\cos\left(\pi zx \right) \right)'_{z=0}=0,\left(1-\cos\left(\pi zx \right) \right)''_{z=0}\neq 0$ , άρα πρώτης τάξης για την συνάρτηση.

Άρα $\displaystyle \lim_{z\rightarrow 0} zh\left(z \right)=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{4\left(1-\cos\left(\pi zx \right) \right)}{\pi z \sin \pi z}=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{\left( 4\left(1-\cos\left(\pi zx \right) \right)\right)'}{\left(\pi z \sin \pi z \right)'}=$ $\displaystyle \lim_{z\rightarrow 0}\frac{4x \sin\left(\pi zx \right)}{\sin \pi z+\pi z\cos \pi z}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\left(4x\sin \left(\pi zx \right) \right)'}{\left(\sin \pi z+\pi z \cos\pi z \right)'}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{4x^2\cos \left(\pi zx \right)}{2 \cos\pi z+\pi z \sin \pi z}=$ $\displaystyle 2x^2$ .

Άρα $\displaystyle \sum_{n=-\infty,n\neq 0}^{\infty}{\left(-1 \right)^n \frac{4\left(1-\cos\left(\pi n x \right) \right)}{\pi^2 n^2}}=-2x^2$ . Εύκολα βλέπουμε πως $\displaystyle \sum_{n=-\infty}^{-1}{\left(-1 \right)^n \frac{4\left(1-\cos\left(\pi n x \right) \right)}{\pi^2 n^2}}=\sum_{n=1}^{\infty}{\left(-1 \right)^n \frac{4\left(1-\cos\left(\pi n x \right) \right)}{\pi^2 n^2}}$ . Άρα $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{\left(-1 \right)^n \frac{4\left(1-\cos\left(\pi n x \right) \right)}{\pi^2 n^2}}=-x^2$ .

Πολλαπλασιάζοντας και με

τα δύο μέλη λαμβάνουμε $\displaystyle \boxed{\sum_{n=1}^{\infty}{\left(-1 \right)^{n+1} \frac{4\left(1-\cos\left(\pi n x \right) \right)}{\pi^2 n^2}}=x^2}$ . Για x=0

εύκολα βλέπουμε πως το άθροισμα μηδενίζεται και ισούται με 0^2

.

H ομοιόμορφη σύγκλιση προκύπτει άμεσα από το M-test του Weierstass.

mathematica.gr

ομοιόμορφη σύγκλιση

ομοιόμορφη σύγκλιση

Re: ομοιόμορφη σύγκλιση

Re: ομοιόμορφη σύγκλιση

Re: ομοιόμορφη σύγκλιση