Σειρά 2.

#1

Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{4\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {2n - 1} \right)}}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2} - 4{a^2}}}} = \frac{\pi }{{\cos \left( {a \cdot \pi } \right)}}}$

Ωmega Man · #2

Μαγικό ........

$\displaystyle{\displaystyle4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}(2n-1)}{(2n-1)^2-4a^2}=4\frac{1}{2}\left[\textrm{Residue}\left(\frac{\pi\csc(\pi z )(2z-1)}{(2z-1)^2-4a^2};-a+\frac{1}{2}\right)+\textrm{Residue}\left(\frac{\pi\csc(\pi z )(2z-1)}{(2z-1)^2-4a^2};a+\frac{1}{2}\right)\right]=}$

$\displaystyle{2\left[\frac{1}{4} \pi \sec (\pi a)+\frac{1}{4} \pi \sec (\pi a)\right]=\pi\sec(\pi a )=\frac{\pi}{\cos(\pi a )}}$

Το παραπάνω προκύπτει με ολοκλήρωση επί του τετραγώνου με κέντρο την αρχή των αξόνων του μιγαδικού επιπέδου, είναι λίγο αργά και θα μπω σε λεπτομέρειες αύριο (θέλει και σχήμα)..... παρ´όλα αυτά alea iacta est.
.

#3

Μετά την τηλεγραφική λύση του Γιώργου, για την οποία περιμένουμε επεξηγήσεις, ακόμα μια λύση με Αναλυτική Θεωρία Αριθμών.

$\displaystyle{4\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {2n - 1} \right)}}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2} - 4{a^2}}}} = 4\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {2n - 1} \right)}}{{\left( {2n - 1 - 2a} \right)\left( {2n - 1 + 2a} \right)}}} = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {\frac{1}{{2n - 1 - 2a}} + \frac{1}{{2n - 1 + 2a}}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{4n - 3 - 2a}} + \frac{1}{{4n - 3 + 2a}}} \right)} - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{4n - 1 - 2a}} + \frac{1}{{4n - 1 + 2a}}} \right)} = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{4n - 3 - 2a}} + \frac{1}{{4n - 3 + 2a}}} \right)} + }$

$\displaystyle{ + 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{ - 4n + 1 + 2a}} + \frac{1}{{ - 4n + 1 - 2a}}} \right)} = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{4n - 3 - 2a}} + \frac{1}{{ - 4n + 1 - 2a}}} \right)} + 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{4n - 3 + 2a}} + \frac{1}{{ - 4n + 1 + 2a}}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{n - 3/4 - a/2}} + \frac{1}{{ - n + 1/4 - a/2}}} \right)} + \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{n - 3/4 + a/2}} + \frac{1}{{ - n + 1/4 + a/2}}} \right)} = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{n - 3/4 - a/2}}} + }$

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

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

Χρησιμοποιήθηκε η σχέση $\displaystyle{\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{n + z}}} = \frac{\pi }{{\tan \left( {\pi \cdot z} \right)}}}$ που αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=24766

Άκουσα πως υπάρχει και μια λύση με σειρές Fourier .. αναμένουμε ..

Tolaso J Kos · #4

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 01, 2013 12:01 pm

Άκουσα πως υπάρχει και μια λύση με σειρές Fourier .. αναμένουμε ..

Γεια σου Σεραφείμ. Μετά από

χρόνια βέβαια η απάντηση αλλά νομίζω ότι το ακόλουθο απαντάει στο ερώτημά σου.

$\displaystyle{\sin ax = \left\{\begin{matrix} \displaystyle \frac{4a}{\pi} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos (2n+1)x}{a^2-\left ( 2n+1 \right )^2} & , & a \quad \text{\gr άρτιος} \\\\ \displaystyle \frac{4a}{\pi} \left [ \frac{1}{2a^2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos 2nx}{a^2-4n^2} \right ]& , & a \quad \text{\gr περιττός} \end{matrix}\right.}$ όπου φυσικά $a \in \mathbb{Z}$ και $x \in (0, \pi)$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 30, 2013 8:10 pm
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{4\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {2n - 1} \right)}}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2} - 4{a^2}}}} = \frac{\pi }{{\cos \left( {a \cdot \pi } \right)}}}$

Είναι

$\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{n\sin nx}{n^{2}-a^{2}}=\dfrac{\pi \cos a(\frac{\pi }{2}-x)}{4\cos \frac{1}{2}\pi a}$

για $0< x< \pi$

Βάζοντας όπου

το

και για $x=\frac{\pi }{2}$

παίρνουμε το άθροισμα.

Συμπλήρωμα.Ελπίζω να μην πιστεύει κανείς ότι θυμόμουν τον τύπο.Απλά ήξερα ότι κάτι παρόμοιο υπάρχει και έψαξα και τον
βρήκα.

Σειρά 2.

Σειρά 2.

Re: Σειρά 2.

Re: Σειρά 2.

Re: Σειρά 2.

Re: Σειρά 2.

Μέλη σε σύνδεση