mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 08, 2015 12:04 am**

Να δείξετε ότι: $\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k^2} \sum_{n=1}^k \dfrac{1}{n}=\frac{5\zeta(3)}{8}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 12, 2015 5:23 pm**

Tolaso J Kos έγραψε:Να δείξετε ότι: $\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k^2} \sum_{n=1}^k \dfrac{1}{n}=\frac{5\zeta(3)}{8}}$ .

Λήμμα 1 $\displaystyle{\left\{ {{H_n} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{k} - \frac{1}{{n + k}}} \right)} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{n}{{k \cdot \left( {n + k} \right)}}} } \right.}$

Λήμμα 2 $\displaystyle{\left\{ {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^{2n - 1}}}}{{2n - 1}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^n}}}{n}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^{2n}}}}{{2n}}} = - \log \left( {1 - x} \right) - \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^{2n}}}}{n}} = \frac{1}{2} \cdot \log \left( {1 - {x^2}} \right) - \log \left( {1 - x} \right) = \frac{1}{2} \cdot \log \frac{{1 + x}}{{1 - x}}} \right.}$

Λήμμα 3 $\displaystyle{\left\{ {\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{1 - x}} \cdot dx} = \int\limits_0^1 {{{\log }^2}x \cdot \sum\limits_{n = 0}^\infty {{x^n}} \cdot dx} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\int\limits_0^1 {{{\log }^2}x \cdot {x^n} \cdot dx} } = 2 \cdot \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^3}}}} = 2 \cdot \zeta \left( 3 \right)} \right.}$

Λήμμα 4 $\displaystyle{\left\{ {\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{1 + x}} \cdot dx} = \int\limits_0^1 {{{\log }^2}x \cdot \sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot {x^n}} \cdot dx} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \int\limits_0^1 {{{\log }^2}x \cdot {x^n} \cdot dx} } = 2 \cdot \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot }}{{{{\left( {n + 1} \right)}^3}}}} = \frac{3}{2} \cdot \zeta \left( 3 \right)} \right.}$

Λήμμα 5 $\displaystyle{\left\{ {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{n \cdot k \cdot \left( {n + k} \right)}}} } = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{n \cdot k}} \cdot \int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {n + k} \right) \cdot x}} \cdot dx} } } = \int\limits_0^\infty {\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{e^{ - n \cdot x}}}}{n}} } \right) \cdot \left( {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{e^{ - k \cdot x}}}}{k}} } \right) \cdot dx} = \int\limits_0^\infty {{{\log }^2}\left( {1 - {e^{ - x}}} \right) \cdot dx} = } \right.}$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{{e^{ - x}} = y} = \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 - y} \right)}}{y} \cdot dy} = \mathop = \limits^{1 - y = x} = \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{1 - x}} \cdot dx} = 2 \cdot \zeta \left( 3 \right)}$

Λήμμα 6 $\displaystyle{\left\{ {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{\left( {2n - 1} \right) \cdot \left( {2k - 1} \right) \cdot \left( {2n + 2k - 2} \right)}}} } = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{\left( {2n - 1} \right) \cdot \left( {2k - 1} \right)}} \cdot \int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {2n + 2k - 2} \right) \cdot x}} \cdot x} } } = } \right.}$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{e^{ - \left( {2n - 1} \right) \cdot x}}}}{{2n - 1}}} } \right) \cdot \left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{e^{ - \left( {2k - 1} \right) \cdot x}}}}{{2k - 1}}} } \right) \cdot dx} = \frac{1}{4}\int\limits_0^\infty {{{\log }^2}\left( {\frac{{1 + {e^{ - x}}}}{{1 - {e^{ - x}}}}} \right) \cdot dx} = \mathop = \limits^{\frac{{1 + {e^{ - x}}}}{{1 - {e^{ - x}}}} = \frac{1}{y}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}y}}{{\left( {1 - y} \right) \cdot \left( {1 + y} \right)}} \cdot dy} = \frac{1}{4} \cdot \left( {\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{1 - x}} \cdot dx} + \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{1 + x}} \cdot dx} } \right) = \frac{1}{4} \cdot \left( {2 \cdot \zeta \left( 3 \right) + \frac{3}{2} \cdot \zeta \left( 3 \right)} \right) = \frac{7}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right)}$

Τότε:

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

οπότε

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

$\displaystyle{ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{2}{{\left( {2n - 1} \right) \cdot \left( {2k - 1} \right) \cdot \left( {2n + 2k - 2} \right)}}} } - \frac{1}{4} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{n \cdot k \cdot \left( {n + k} \right)}}} } = \frac{7}{4} \cdot \zeta \left( 3 \right) - \frac{1}{2} \cdot \zeta \left( 3 \right) = \frac{5}{4} \cdot \zeta \left( 3 \right) \Rightarrow S = \frac{5}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 12, 2015 5:39 pm**

ΣΕΡΑΦΕΙΜ:
Αυτή και αν είναι επιστροφή. Για την ακρίβεια δεν είναι επιστροφή είναι η επιστροφή, ΝΑΙ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 12, 2015 5:43 pm**

S.E.Louridas έγραψε:ΣΕΡΑΦΕΙΜ:
Αυτή και αν είναι επιστροφή. Για την ακρίβεια δεν είναι επιστροφή είναι η επιστροφή, ΝΑΙ .

Όντως... Σεραφείμ εξαιρετική λύση..

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 22, 2015 10:46 pm**

Και μία ακόμα λύση:

Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \int_0^1 (-x)^{k-1}\, {\rm d}x \int_0^1 z^{k-1} \, {\rm d}z = (-1)^{k-1} \int_0^1 \int_0^1 (xz)^{k-1}\, {\rm d} x \, {\rm d}z}$

Συνεπώς έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k^2} \sum_{n=1}^k \dfrac{1}{n} & = \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{n=1}^k \int_0^1\int_0^1 (-1)^{k-1} (xz)^{k-1}\, {\rm d}x\,{\rm d}z \int_0^1 y^{n-1} \, {\rm d}y\\ & = \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-xyz)^{n-1}}{1+xz} \,{\rm d}x \, {\rm d}y \,{\rm d}z\\ & = \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 \dfrac1{(1+xz)(1+xyz)} \,{\rm d}x \,{\rm d}y \,{\rm d}z\\ & = \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\log(1+xz)}{xz(1+xz)} \,{\rm d}x \,{\rm d}z\\ & = \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\log(1+xz)}{xz} \,{\rm d}x \, {\rm d}z - \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\log(1+xz)}{1+xz} \, {\rm d}x \, {\rm d}z\\ & = \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\log(1+xz)}{xz} \,{\rm d}x \,{\rm d}z- \int_0^1 \dfrac{\log^2(1+z)}{2z} \, {\rm d}z\\ & = \dfrac34 \zeta(3) - \dfrac{\zeta(3)}8\\ & = \dfrac58 \zeta(3) \end{aligned}}$

αφού:

$\displaystyle{\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\log(1+xz)}{xz} \, {\rm d}x \,{\rm d}z = \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{(-1)^k (xz)^k}{k+1} \,{\rm d}x \,{\rm d}z = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^k}{(k+1)^3} = \dfrac{3}{4} \zeta(3)}$

(Η τελευταία σειρά είναι εύκολη).

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 24, 2015 11:02 pm**

Χρησιμοποιούμε κύκλο ακτίνας N+1/2

με κέντρο την αρχή των αξόνων ως το contour.

Θεωρούμε τη συνάρτηση πυρήνα $\displaystyle f(z)= \frac{\pi csc(\pi z)(\gamma+\psi(-z))}{z^{2}}$

Υπάρχουν πόλοι στους θετικούς ακεραίους ,

, λόγω της δίγαμμα καθώς επίσης πόλοι στους αρνητικούς ακεραίους

όπως επίσης και στην αρχή των αξόνων.

Συνεπώς η σειρά, καθώς το $z\to n$ της $\pi csc(\pi z)(\gamma+\psi(-z))$ είναι

$\displaystyle \frac{(-1)^{n}}{(z-n)^{2}}+\frac{(-1)^{n}H_{n}}{z-n}+\cdot\cdot\cdot$

Οπότε το ολοκληρωτικό υπόλοιπο είνα:

$\displaystyle \lim_{z\to n}\left[Res\left(\frac{(-1)^{n}}{(z-n)^{2}}\cdot \frac{1}{n^{2}}\right)+Res\left(\frac{(-1)^{n}H_{n}}{z-n}\cdot \frac{1}{n^{2}}\right)\right]$

Οπότε αθροίζουμε τα υπόλοιπα και έστω

το αρχικό άθροισμα: (Παρατηρούμε πως παίρνουμε τη παράγωγο στο αριστερό μέρος λόγω διπλού πόλου)

$\displaystyle =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-2(-1)^{n}}{n^{3}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}H_{n}}{n^{2}}$

$\displaystyle = \frac{3}{2}\zeta(3)+S$ ...................[1]

Στην αρχή παίρνουμε το συντελεστή του 1/z

κάνοντας απλώς ένα ανάπτυγμα Laurent της f(z)

για να βρούμε το residue.

$\displaystyle \frac{1}{z^{4}}-\frac{\zeta(3)}{z}-\frac{7\pi^{4}}{360}+O(z)$

Οπότε, $Res(f(z),0)=-\zeta(3)$ ............[2]

Στους αρνητικούς ακεραίους

η σειρά είναι,
$\displaystyle \frac{(-1)^{n}(H_{n}-1/n)}{z+n}+......$

$\displaystyle \lim_{z\to -n}\left[Res\left(\frac{(-1)^{n}(H_{n}-1/n)}{z+n}\cdot \frac{1}{z^{2}}\right)\right]$

Αθροίζουμα τα residues,

$\displaystyle S-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{3}}=S+\frac{3}{4}\zeta(3)$ ............[3]

Οπότε αθροίζοντας τα [1]+[2]+[3], και λύνοντας για την αρχική σειρά έχουμε:

$\displaystyle \frac{3}{2}\zeta(3)+S+\frac{3}{4}\zeta(3)+S-\zeta(3)=0$

$S=\frac{-5}{8}\zeta(3)$

Εξαιτίας του $(-1)^{n-1}$ στο αρχικό άθροισμα βγαίνει τελικά $\displaystyle \boxed{\frac{5}{8}\zeta(3)}$

mathematica.gr

Εναλλασσόμενο άθροισμα Euler

Εναλλασσόμενο άθροισμα Euler

Re: Εναλλασσόμενο άθροισμα Euler

Re: Εναλλασσόμενο άθροισμα Euler

Re: Εναλλασσόμενο άθροισμα Euler

Re: Εναλλασσόμενο άθροισμα Euler

Re: Εναλλασσόμενο άθροισμα Euler