Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

Tolaso J Kos · #1

Έστω $\zeta$ η συνάρτηση ζήτα του Riemann. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty} \left( \log\left(1+\frac{1}{k}\right)-\frac{\zeta(k+1)}{k+1} \right)=0}$

dement · #2

Ονομάζουμε $\displaystyle a_{k,n} \equiv \ln \left( 1 + \frac{1}{k} \right) - \sum_{i=1}^n \frac{1}{(k+1)i^{k+1}}$ .

Η οικογένεια ακολουθιών (a_k)_n

συγκλίνει μονότονα κατά σημείο στην $\displaystyle b_k \equiv \ln \left( 1 + \frac{1}{k} \right) - \frac{\zeta(k+1)}{k+1}$ . Επίσης, για κάθε $n \in \mathbb{N}^*$ ισχύει $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty a_{k,n} = \sum_{k=1}^\infty \left( \ln \left( 1 + \frac{1}{k} \right) - \frac{1}{k+1} \right) - \sum_{i=2}^n \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(k+1)i^{k+1}} =$

$\displaystyle = - \gamma + 1 + \sum_{i=2}^n \left( \ln \left( 1 - \frac{1}{i} \right) + \frac{1}{i} \right) = - \gamma - \ln n + H_n$ , όπου $\gamma$ η σταθερά Euler-Mascheroni και H_n

η αρμονική σειρά.

Έτσι, από το θεώρημα μονότονης σύγκλισης, έχουμε $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \left( \ln \left( 1 + \frac{1}{k} \right) - \frac{\zeta(k+1)}{k+1} \right) = \lim_{n \to \infty} \left(- \gamma - \ln n + H_n \right) = 0$ .

Tolaso J Kos · #3

Μία άλλη προσέγγιση ...

Γράφουμε το άθροισμα ως:

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty}\left(\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)-\frac{\zeta(k+1)}{k+1}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)-\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+1}-\frac{\zeta(k+1)}{k+1}\right) }$
Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} \left ( \frac{\zeta(k+1)}{k+1} - \frac{1}{k+1} \right ) &=\sum_{k= 2}^{\infty} \frac{\zeta(k)-1}{k}\\ &=\sum_{k =2}^{\infty} \sum_{n =2}^{\infty} \frac{1}{kn^k}\\ &=\sum_{n=2}^{\infty} \sum_{k= 2}^{\infty} \frac{1}{kn^k}\\ &=-\sum_{n=2}^{\infty} \left(\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{n}\right)\\ &=-\sum_{n= 1}^{\infty} \left(\ln\left(1-\frac{1}{n+1}\right)+\frac{1}{n+1}\right) \\ &-\sum_{n =1}^{\infty} \left(\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)+\frac{1}{n+1}\right)\\ &=\sum_{n= 1}^{\infty} \left(\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)-\frac{1}{n+1}\right) \\ &=\sum_{n= 1}^{\infty} \left(\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{n+1}\right) \end{aligned}}$
Αυτά!

#4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 14, 2019 9:28 pm
Μία άλλη προσέγγιση ...

Τόλη, προσοχή, δεν ξέρω πόσο διαφορετική προσέγγιση είναι αυτή. Η μόνη διαφορά είναι ότι στην προσέγγιση του Δημήτρη πηγαίνει με μερικό άθροισμα ώστε να εξασφαλίσει ακρίβεια στα προβλήματα σύγκλισης (και το κάνει αυστηρά αξιοποιώντας το $\gamma$ ) ενώ στην δική σου "έφαγες" την σύγκλιση χωρίς τεκμηρίωση. Τώρα, το γεγονός ότι επεξεργάστηκες χωριστά τα δύο μεγάλα αθροίσματα εκεί που ο Δημήτρης τα έχει "πακέτο", δεν αλλάζει την ουσία.

Η δική μου λύση, (έλυσα την άσκηση πολύ μετά αφού έγραψε λύση ο Δημήτρης, αλλά δεν την διάβασα μέχρι να ολοκληρώσω την προσπάθειά μου, για δική μου τέρψη και μόνο) ήταν, ουσιαστικά, όπως του Δημήτρη.

Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

Re: Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

Re: Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

Re: Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

Μέλη σε σύνδεση