Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4364
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τετ Αύγ 23, 2017 9:39 am

Έστω \mathcal{H}_n ο n -οστός αρμονικός όρος. Υπολογίσατε:
\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{\binom{2n}{n}}}
Το τελικό αποτέλεσμα περιέχει \psi^{(1)} μέσα ... ! Α, και δεν είναι τόσο αθώο όσο φαίνεται ... έχει μία δυσκολία ... !


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
pprime
Δημοσιεύσεις: 39
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 16, 2014 1:54 am

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pprime » Σάβ Αύγ 26, 2017 7:53 am

Tolaso J Kos έγραψε:Έστω \mathcal{H}_n ο n -οστός αρμονικός όρος. Υπολογίσατε: \displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{\binom{2n}{n}}}
Θα το αφήσω προηγμένο, πρέπει να υπολογίσω τα δύο τελευταία ολοκληρώματα
\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{H_{n}}{\left( \begin{matrix} 
   2n  \\ 
   n  \\ 
\end{matrix} \right)}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{H_{n}\cdot \frac{\left( n! \right)^{2}}{\left( 2n \right)!}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( 2n+1 \right)H_{n}\cdot \frac{\Gamma \left( n+1 \right)\Gamma \left( n+1 \right)}{\Gamma \left( 2n+2 \right)}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( 2n+1 \right)H_{n}\cdot \beta \left( n+1,n+1 \right)}}

\displaystyle{=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( 2n+1 \right)H_{n}\cdot \int\limits_{0}^{1}{t^{n}\left( 1-t \right)^{n}dt}}=\int\limits_{0}^{1}{\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( 2n+1 \right)H_{n}\left( t-t^{2} \right)^{n}}dt}}

\displaystyle{=\int\limits_{0}^{1}{\left( -2x\cdot \frac{d}{dx}\left( \frac{\log \left( 1-x \right)}{1-x} \right)-\frac{\log \left( 1-x \right)}{1-x} \right)\left| _{x=t-t^{2}} \right.dt}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 2x\left( \frac{1-\log \left( 1-x \right)}{\left( 1-x \right)^{2}} \right)-\frac{\log \left( 1-x \right)}{1-x} \right)\left| _{x=t-t^{2}} \right.dt}}

\displaystyle{=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{2\left( t-t^{2} \right)-\left( t-t^{2} \right)\log \left( 1-t+t^{2} \right)-\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}} \right)dt}}

\displaystyle{=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{2-2\left( 1-t+t^{2} \right)+\left( 1-t+t^{2} \right)\log \left( 1-t+t^{2} \right)-2\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}} \right)dt}}

\displaystyle{=2\int\limits_{0}^{1}{\frac{dt}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}}-2\int\limits_{0}^{1}{\frac{dt}{1-t+t^{2}}}+\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}-2\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}}

\displaystyle{=2\left( \frac{2t-1}{3}\cdot \frac{1}{1-t+t^{2}}+\frac{4}{3\sqrt{3}}\cdot \arctan \frac{2t-1}{\sqrt{3}} \right)\left| _{0}^{1} \right.-2\left( \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \arctan \frac{2t-1}{\sqrt{3}} \right)\left| _{0}^{1} \right.+\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}-2\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}}

\displaystyle{=\frac{4}{3}-\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}+\underbrace{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}}_{I_{1}}-2\underbrace{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}}_{I_{2}}}

\displaystyle{I_{1}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}\underbrace{=}_{\theta =\arctan \left( \frac{2}{\sqrt{3}}\left( t-\frac{1}{2} \right) \right)}\int\limits_{\arctan \left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \right)}^{\arctan \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)}{\frac{\log \left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)}{\frac{3}{4}\sec ^{2}\theta }\frac{\sqrt{3}}{2}\sec ^{2}\theta d\theta }}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}}{3}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)d\theta }=\frac{2\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\pi }{3}\cdot \log \frac{3}{4}+\frac{4\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\pi }{3}\cdot \log 2-\frac{4\sqrt{3}}{3}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta }}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log \frac{3}{4}+\frac{4\sqrt{3}\pi }{9}\log 2-\frac{8\sqrt{3}}{3}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta }=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{8\sqrt{3}}{3}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta }}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{8\sqrt{3}}{3}\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{\left( -1 \right)^{n-1}}{n}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\cos 2n\theta d\theta }}=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{4\sqrt{3}}{3}\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{\left( -1 \right)^{n-1}\sin \frac{n\pi }{3}}{n^{2}}}}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{4\sqrt{3}}{3}\left( \frac{\sin \frac{\pi }{3}}{1^{2}}-\frac{\sin \frac{2\pi }{3}}{2^{2}}+\frac{\sin \frac{3\pi }{3}}{3^{2}}-\frac{\sin \frac{4\pi }{3}}{4^{2}}+\frac{\sin \frac{5\pi }{3}}{5^{2}}-\frac{\sin \frac{6\pi }{3}}{6^{2}}+\frac{\sin \frac{7\pi }{3}}{7^{2}}+... \right)}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{4\sqrt{3}}{3}\left( \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{1^{2}}-\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2^{2}}+0-\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{4^{2}}+\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{5^{2}}-0+\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{7^{2}}+... \right)}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{2}{9}\cdot 9\left( 1-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{4^{2}}-\frac{1}{5^{2}}+\frac{1}{7^{2}}+... \right)=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{2}{9}\cdot \left( 9\sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{1}{\left( 3n+1 \right)^{2}}}-9\sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{1}{\left( 3n+2 \right)^{2}}} \right)}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3+\frac{2}{9}\cdot \left( \sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{1}{\left( \frac{2}{3}+n \right)^{2}}}-\sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{1}{\left( \frac{1}{3}+n \right)^{2}}} \right)=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3+\frac{2}{9}\cdot \left( \psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right) \right)}

\displaystyle{I_{2}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}\underbrace{=}_{\theta =\arctan \left( \frac{2}{\sqrt{3}}\left( t-\frac{1}{2} \right) \right)}\int\limits_{\arctan \left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \right)}^{\arctan \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)}{\frac{\log \left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)}{\left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)^{2}}\frac{\sqrt{3}}{2}\sec ^{2}\theta d\theta }}

\displaystyle{=\frac{8\sqrt{3}}{9}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\cos ^{2}\theta \log \left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)d\theta }=\frac{4\sqrt{3}}{9}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\left( 2\cos ^{2}\theta -1+1 \right)\left( \log \frac{3}{4}+2\log 2-2\log \left( 2\cos \theta  \right) \right)d\theta }}

\displaystyle{=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\log 3+\frac{\pi }{3}\log 3-2\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\left( 2\cos ^{2}\theta -1 \right)\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta }-2\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta } \right)}

\displaystyle{=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\log 3+\frac{\pi }{3}\log 3-2\left( \sin \theta \cos \theta \log \left( 2\cos \theta  \right)\left| _{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}} \right.+\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\sin ^{2}\theta d\theta } \right)-2\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta } \right)}

\displaystyle{=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\log 3+\frac{\pi }{3}\log 3-2\left( \frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}\log 3 \right)-2\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta } \right)}

\displaystyle{=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\pi }{3}\log 3-\frac{\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}-2\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{\left( -1 \right)^{n-1}\sin \frac{n\pi }{3}}{n^{2}}} \right)=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\pi }{3}\log 3-\frac{\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right)}{3\sqrt{3}} \right)}

\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{H_{n}}{\left( \begin{matrix} 
   2n  \\ 
   n  \\ 
\end{matrix} \right)}}=\frac{4}{3}-\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}+\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3+\frac{2}{9}\cdot \left( \psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right) \right)-\frac{8\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\pi }{3}\log 3-\frac{\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right)}{3\sqrt{3}} \right)}

\displaystyle{=\frac{2}{27}\left( \psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)+\sqrt{3}\pi \left( 2-\log 3 \right) \right)}

\displaystyle{\left. {\underline {\,  
 \sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{H_{n}}{\left( \begin{matrix} 
   2n  \\ 
   n  \\ 
\end{matrix} \right)}}=\frac{2}{27}\left( \psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)+\sqrt{3}\pi \left( 2-\log 3 \right) \right) \,}}\! \right|}

:clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2:
τελευταία επεξεργασία από pprime σε Κυρ Αύγ 27, 2017 12:05 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4364
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Αύγ 26, 2017 8:42 pm

pprime έγραψε:\displaystyle{=\frac{4}{3}-\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}+\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}-2\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}} .....
Hi pprime,

keep going! This is exactly the path that I have taken towards the solution. The last integrals are extremely challenging and a trigonometric substitution is of a great help. The final result involves trigamma function ( \psi^{(1)} ) but , honestly, this is no beyond your abilities.

Regards,

T.

Μετάφραση:

Γεια σου pprime,

συνέχισε! Έχω πάρει τον ακριβώς ίδιο δρόμο. Τα τελευταία ολοκληρώματα είναι όντως πρόκληση. Μία τριγωνομετρική αντικατάσταση θα βοηθούσε αρκετά για την επίλυση. Το τελικό αποτέλεσμα περιέχει τη τριγάμμα . Πάντως τα χεις και είναι στις δυνατότητες σου.

Φιλικά,

Τ.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
pprime
Δημοσιεύσεις: 39
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 16, 2014 1:54 am

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pprime » Κυρ Αύγ 27, 2017 12:07 am

Tolaso J Kos έγραψε:Γεια σου pprime, συνέχισε! Έχω πάρει τον ακριβώς ίδιο δρόμο. Τα τελευταία ολοκληρώματα είναι όντως πρόκληση. Μία τριγωνομετρική αντικατάσταση θα βοηθούσε αρκετά για την επίλυση. Το τελικό αποτέλεσμα περιέχει τη τριγάμμα . Πάντως τα χεις και είναι στις δυνατότητες σου.
Φιλικά,
Very nice bro :mrgreen: :mrgreen: :mrgreen: :mrgreen:


Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Τρί Αύγ 29, 2017 7:17 am

Tolaso J Kos έγραψε:Υπολογίσατε: \displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{\binom{2n}{n}}}
Διαφορετικά .. χωρίς Πολυγάμμα συνάρτηση ..

Λήμμα 1: \displaystyle{g\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}}{x^n}}  = \frac{{z\sqrt {4 - z}  + 4 \cdot \sqrt z  \cdot \arcsin \left( {\frac{{\sqrt z }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - z} \right)\sqrt {4 - z} }}} .. προκύπτει στοιχειωδώς από την σειρά \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}
https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_m ... cal_series με δυο παραγωγίσεις, δηλαδή:.

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

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

\displaystyle{ = \frac{4}{{4 - {z^2}}} + \frac{{4 \cdot z \cdot \arcsin \left( {\frac{z}{2}} \right)}}{{\left( {4 - {z^2}} \right)\sqrt {4 - {z^2}} }}} και τελικά \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{z^n}}}{{\left( {2n} \right)!}}}  = \frac{{z\sqrt {4 - z}  + 4 \cdot \sqrt z  \cdot \arcsin \left( {\frac{{\sqrt z }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - z} \right)\sqrt {4 - z} }}}

Λήμμα 2: \displaystyle{\log \left( {\cos y} \right) =  - \log 2 - \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\cos \left( {2ny} \right)}}{n}} } . Προκύπτει από την σειρά \displaystyle{ - \frac{1}{2}\log \left( {2 - 2\cos z} \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{\cos \left( {n \cdot z} \right)}}{n}} }
https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_m ... cal_series

Στο θέμα μας..

Έστω \displaystyle{{a_n} = \frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}} = \frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}}{H_n}} . Θεωρούμε την συνάρτηση \displaystyle{f\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}} } με \displaystyle{\left| x \right| \le 1} . Τότε \displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}}}  = f\left( 1 \right)} .

Όμως \displaystyle{{a_{n + 1}} = \frac{{\left( {n + 1} \right) \cdot {{\left( {n!} \right)}^2}}}{{2 \cdot \left( {2n + 1} \right) \cdot \left( {2n} \right)!}}\left( {{H_n} + \frac{1}{{n + 1}}} \right) = \frac{{\left( {n + 1} \right) \cdot {{\left( {n!} \right)}^2}}}{{2 \cdot \left( {2n + 1} \right) \cdot \left( {2n} \right)!}}{H_n} + \frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{2 \cdot \left( {2n + 1} \right) \cdot \left( {2n} \right)!}}}

Τελικά \displaystyle{2 \cdot \left( {2n + 1} \right){a_{n + 1}} = \left( {n + 1} \right) \cdot {a_n} + \frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}} \Rightarrow 4\left( {n + 1} \right) \cdot {a_{n + 1}} - 2{a_{n + 1}} = n \cdot {a_n} + {a_n} + \frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}}} Επομένως

\displaystyle{4 \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {n + 1} \right) \cdot {a_{n + 1}}{x^n}}  - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_{n + 1}}{x^n}}  = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {n \cdot {a_n}{x^n}} } \displaystyle{ + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}}  + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}}{x^n}}  \Rightarrow 4 \cdot \sum\limits_{n = 2}^\infty  {n \cdot {a_n}{x^{n - 1}}}  - \frac{2}{x}\sum\limits_{n = 2}^\infty  {{a_n}{x^n}}  = }

\displaystyle{ = x\sum\limits_{n = 1}^\infty  {n \cdot {a_n}{x^{n - 1}}}  + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}}  + g\left( x \right) \Rightarrow 4 \cdot {\left( {f\left( x \right) - {a_1} \cdot x} \right){'}}} \displaystyle{ - \frac{2}{x}\left( {f\left( x \right) - {a_1} \cdot x} \right) = x \cdot f'\left( x \right) + f\left( x \right) + g\left( x \right) \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow 4 \cdot \left( {f'\left( x \right) - \frac{1}{2}} \right) - \frac{2}{x}\left( {f\left( x \right) - \frac{x}{2}} \right) = x \cdot f'\left( x \right) + f\left( x \right) + g\left( x \right)} \displaystyle{ \Rightarrow f'\left( x \right) + \frac{{2 + x}}{{x\left( {x - 4} \right)}}f\left( x \right) = \frac{1}{{4 - x}}\left( {1 + g\left( x \right)} \right)}

Με κλασσική διαδικασία επίλυσης διαφορικών εξισώσεων πρώτης τάξης και με δεδομένο ότι \displaystyle{f\left( 0 \right) = 0} βρίσκουμε

\displaystyle{f'\left( x \right) + \left( { - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} - \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{{4 - x}}} \right)f\left( x \right) = \frac{1}{{4 - x}}\left( {1 + g\left( x \right)} \right)} \displaystyle{ \Rightarrow {\left( {\frac{{\left( {4 - x} \right)\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}f\left( x \right)} \right){'}} = \frac{{\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}\left( {1 + g\left( x \right)} \right) \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{{\left( {4 - x} \right)\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}f\left( x \right)} \right)}{'}}} dx = \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}\left( {1 + g\left( x \right)} \right)dx}  \Rightarrow } \displaystyle{\left[ {\frac{{\left( {4 - x} \right)\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}f\left( x \right)} \right]_0^1 = \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}dx}  + \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}g\left( x \right)dx}  \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow 3\sqrt 3  \cdot f\left( 1 \right) = \sqrt 3  + \frac{{2\pi }}{3} + \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt x  \cdot \sqrt {4 - x}  + 4 \cdot \arcsin \left( {\frac{{\sqrt x }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)}}} \right)dx} } \displaystyle{ = \sqrt 3  + \frac{{2\pi }}{3} + \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt {4 - x} }}} \right)dx}  + \;4 \cdot \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\arcsin \left( {\frac{{\sqrt x }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)}}} \right)dx} }

Τότε \displaystyle{f\left( 1 \right) = \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} + \frac{4}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\arcsin \left( {\frac{{\sqrt x }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)}}} \right)dx} \mathop { =  =  = }\limits^{\sqrt x  = w} \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} + \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{w \cdot \arcsin \left( {\frac{w}{2}} \right)}}{{\left( {4 - {w^2}} \right)}}} \right)dw} \mathop { =  =  = }\limits^{w = 2y} \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} + }

\displaystyle{ + \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{1/2} {\frac{{y \cdot \arcsin \left( y \right)}}{{1 - {y^2}}}dy} \mathop { =  =  = }\limits^{y = \sin z} \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} + } \displaystyle{\frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{\pi /6} {\frac{{z \cdot \sin z}}{{\cos z}}dz}  = \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{\pi /6} {z\left( {\log \left( {\cos z} \right)} \right)'dz}  = }

\displaystyle{ = \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \left( {\left[ {z\log \left( {\cos z} \right)} \right]_0^{\pi /6} - \int\limits_0^{\pi /6} {\log \left( {\cos z} \right)dz} } \right)} \displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3 + 2\log 2} \right)}}{{9\sqrt 3 }} + \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{\pi /6} {\log \left( {\cos z} \right)dz}  = }

\displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3 + 2\log 2} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{\pi /6} {\left( {\log 2 + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\cos \left( {2nz} \right)}}{n}} } \right)dz} } \displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}\int\limits_0^{\pi /6} {\cos \left( {2nz} \right)dz} }  = }

\displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}\int\limits_0^{\pi /6} {\cos \left( {2nz} \right)dz} }  = } \displaystyle{\frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\sin \left( {\frac{{2n\pi }}{6}} \right)}}{{2{n^2}}}}  = }

\displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{4}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\sin \left( {\frac{{n\pi }}{3}} \right)}}{{{n^2}}}}  = } \displaystyle{\frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{4}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{\sin \left( {n\pi  + \frac{{n\pi }}{3}} \right)}}{{{n^2}}}}  = }

\displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} + \frac{{2 \cdot i}}{{3\sqrt 3 }}\left( {L{i_2}\left( {{e^{i\frac{{4\pi }}{3}}}} \right) - L{i_2}\left( {{e^{ - i\frac{{4\pi }}{3}}}} \right)} \right) = } \displaystyle{\frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} + \frac{{2 \cdot i}}{{3\sqrt 3 }}\left( {L{i_2}\left( { - \frac{{1 + i\sqrt 3 }}{2}} \right) - L{i_2}\left( { - \frac{{1 - i\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right)}

Τελικά \displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}}}  = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{4}{{3\sqrt 3 }}{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_2}\left( { - \frac{{1 + i\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right)} :) :)


Σημείωση. 1) Το αποτέλεσμα αριθμητικά είναι ίδιο με την παραπάνω λύση του pprime !!
2) Είχα ξεκινήσει ακριβώς όπως ο φίλος παραπάνω, έφτασα στα ολοκληρώματα Ι1 και Ι2, τα φοβήθηκα .. κι άλλαξα μέθοδο !!
3) Με την παραπάνω μέθοδο, της γεννήτριας συνάρτησης, μπορεί να υπολογιστεί και η σειρά \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}} \cdot {a^n}} } για διάφορες τιμές του \displaystyle{a} !! have fun ..


Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4364
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τρί Αύγ 29, 2017 10:39 am

Σεραφείμ έγραψε: Σημείωση. 1) Το αποτέλεσμα αριθμητικά είναι ίδιο με την παραπάνω λύση του pprime !!
2) Είχα ξεκινήσει ακριβώς όπως ο φίλος παραπάνω, έφτασα στα ολοκληρώματα Ι1 και Ι2, τα φοβήθηκα .. κι άλλαξα μέθοδο !!
3) Με την παραπάνω μέθοδο, της γεννήτριας συνάρτησης, μπορεί να υπολογιστεί και η σειρά \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}} \cdot {a^n}} } για διάφορες τιμές του \displaystyle{a} !! have fun ..
:) :) :) :clap2: :clap2: :clap2: :10sta10: :10sta10:


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4364
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τρί Φεβ 18, 2020 11:52 pm

Σεραφείμ έγραψε:
Τρί Αύγ 29, 2017 7:17 am
3) Με την παραπάνω μέθοδο, της γεννήτριας συνάρτησης, μπορεί να υπολογιστεί και η σειρά \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}} \cdot {a^n}} } για διάφορες τιμές του \displaystyle{a} !! have fun ..

Η γενική περίπτωση έχει δοθεί στο ποστ εδώ η οποία όντως αποδεικνύεται με γεννήτριες. Επιπλέον όμως υπάρχει και άλλος τύπος:

\displaystyle{{\colorbox{cyan}{\color{brown}\boxed{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n 4^n}{\binom{2n}{n}} (-z)^n = \left ( 1-t \right )\left [\sqrt{t} \log \frac{1-\sqrt{t}}{1+\sqrt{t}} \left ( 1+ \frac{1}{4} \log \frac{1-t}{4} \right ) - \frac{\sqrt{t}}{2} \left ( \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1+\sqrt{t}}{2} \right) - \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1-\sqrt{t}}{2} \right )  \right ) \right ]}}}
όπου t = \frac{z}{1+z}\;\; , \;\; |t| \leq 1. H σειρά συγκλίνει για |z|<1.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 1 επισκέπτης