Διπλό Άθροισμα (από Διαγωνισμό)

Tolaso J Kos · #1

Υπολογίστε το άθροισμα: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2n +mn^2+2mn}}$ .

#2

Κάποια πιθανά πρώτα βήματα είναι:

$\begin{aligned} \displaystyle\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{\infty}\mathop{\sum}\limits_{m=1}^{\infty}{\frac{1}{m^2n+mn^2+2mn}}&=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{\infty}\mathop{\sum}\limits_{m=1}^{\infty}\Bigl({\frac{1}{n\,(n+2)\,m}-\frac{1}{n\,(n+2)\,(m+n+2)}}\Bigr)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{\infty}\biggl({\frac{1}{n\,(n+2)}\mathop{\sum}\limits_{m=1}^{\infty}\Bigl({\frac{1}{m}-\frac{1}{m+n+2}}\Bigr)}\biggr)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{\infty}\biggl({\frac{1}{n\,(n+2)}\mathop{\sum}\limits_{m=0}^{\infty}\Bigl({\frac{1}{m+1}-\frac{1}{m+n+3}}\Bigr)}\biggr)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{\infty}\Bigl({\frac{1}{n\,(n+2)}\bigl({\psi(n+3)+\gamma}\bigr)}\Bigr)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\mathop{\sum}\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n\,(n+2)}\,{\cal{H}}_{n+2}} \end{aligned}$

Υπολογίζοντας το μερικό άθροισμα της τελευταίας σειράς και παίρνοντας όριο, προκύπτει ότι αυτή ισούται με $\frac{7}{4}$ , αλλά υποθέτω ότι υπάρχει και συντομότερη οδός.

galactus · #3

Γράφουμε το άθροισμα ως εξής: $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{mn(m+n+2)}$

Χρησιμοποιούμε 'e' ολοκλήρωση. Οπότε παίρνουμε

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{mn}\int_{0}^{\infty}e^{-(m+n+2)x}dx$
$\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-2x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{-nx}}{n}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{e^{-mx}}{m}dx$

Επειδή τα άπειρα αυτά αθροίσματα συγκλίνουν απόλυτα μπορούμε να κάνουμε το

σε

στο άλλο άθροισμα. Οπότε:

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-2x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{-nx}}{n}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{-nx}}{n}dx$

Παρατηρούμε πως το κάθε άθροισμα είναι η σειρά Taylor της συνάρτησης $\ln(1-e^{-x})$

Οπότε έχουμε $\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-2x}\ln^{2}(1-e^{-x})dx$

Οπότε μένει να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα:
Κάνουμε τη προφανή αντικατάσταση $\displaystyle t=e^{-x}, \;\ x=-\ln(t), \;\ dx=\frac{-1}{t}dt$

$\displaystyle \int_{0}^{1}t^{2}\ln^{2}(1-t)\cdot \frac{1}{t}dt$

$\displaystyle \int_{0}^{1}t\ln^{2}(1-t)dt$

Θέτουμε $\displaystyle u=\ln(1-t), \;\ t=1-e^{u}, \;\ dt=-e^{u}du$

Τώρα ας βάλουμε $\displaystyle u\to -u$ ώστε να γράψουμε τα όρια ολοκλήρωσης ως $[0,\infty)$ αντί για $(-\infty, 0]$ . (φαίνεται λίγο καλύτερο). Οπότε:

$\displaystyle \underbrace{\int_{0}^{\infty}u^{2}e^{u}du}_{\text{2}}-\underbrace{\int_{0}^{\infty}u^{2}e^{2u}du}_{\text{1/4}}$
$\displaystyle \boxed{2-1/4=7/4}$

#4

Tolaso J Kos έγραψε:Υπολογίστε το άθροισμα: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2n +mn^2+2mn}}$ .

Στοιχειωδώς, τα κύρια βήματα:

$\displaystyle {\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty}{\frac{1}{m^2n+mn^2+2mn}}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac {1}{n(n+2)} \sum_{m=1}^{\infty}\left (\frac{1}{m}-\frac {1}{m+n+2} \right )}$

$\displaystyle {&=\sum_{n=1}^{\infty} \frac {1}{n(n+2)} \left (1+ \frac{1}{2}+...+ \frac {1}{n+2} \right )=\frac {1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac {1}{n} - \frac {1}{n+2}\right )\left (1+ \frac{1}{2}+...+ \frac {1}{n+2} \right ) }$

Μαζεύουμε τώρα ομοιειδείς όρους και παρατηρούμε ότι από το n=3

και κάτω έχουμε απλοποιήσεις. Θα βρούμε

$\displaystyle {=\frac{1}{2} \left ( \frac {1}{1} - 0\right )\left (1+ \frac{1}{2}+ \frac {1}{3} \right )+ \frac{1}{2} \left ( \frac {1}{2} - 0\right )\left (1+ \frac{1}{2}+ \frac {1}{3}+ \frac {1}{4} \right ) +$

$\displaystyle { &&\,\,\,\, + \frac{1}{2} \sum _{n=3}^{\infty } \frac {1}{n} \left [ \left ( 1+ \frac{1}{2}+...+ \frac {1}{n+2} \right) - \left ( 1+ \frac{1}{2}+...+ \frac {1}{n} \right)\right ]}$

To τελευταίο άθροισμα ισούται

$\displaystyle{\frac{1}{2} \sum _{n=3}^{\infty } \frac {1}{n}\left (\frac {1}{n+1 }+ \frac{1}{n+2}\right) =}$

$\displaystyle{=\frac{1}{2} \sum _{n=3}^{\infty } \left (\frac {1}{n } - \frac {1}{n + 1} \right )+ \frac{1}{4} \sum _{n=3}^{\infty } \left (\frac{1}{n}- \frac {1}{n+2} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \left ( \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right ) }$ και λοιπά (βγάζει 7/4

, όπως στις δύο προηγούμενες λύσεις).

Φιλικά,

Μιχάλης

Edit: διόρθωσα τυπογραφική αβλεψία.

Tolaso J Kos · #5

Ευχαριστώ όλους για τις λύσεις σας.
Είναι όλες μία και μία εξαιρετικές...

Το θέμα προέρχεται από το διαγωνισμό του $\rm{Putnam}$ το 1988

.

Επεξεργασία από Demetres: Είναι το 1978/Β2

Διπλό Άθροισμα (από Διαγωνισμό)

Διπλό Άθροισμα (από Διαγωνισμό)

Re: Διπλό Άθροισμα (από Διαγωνισμό)

Re: Διπλό Άθροισμα (από Διαγωνισμό)

Re: Διπλό Άθροισμα (από Διαγωνισμό)

Re: Διπλό Άθροισμα (από Διαγωνισμό)

Μέλη σε σύνδεση