Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4019
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Αύγ 09, 2019 8:16 pm

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}


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

Λέξεις Κλειδιά:
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Τρί Αύγ 13, 2019 7:08 pm

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.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4019
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τετ Αύγ 14, 2019 9:28 pm

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!


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11565
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Σειρά με λογάριθμο και ζήτα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Αύγ 14, 2019 10:55 pm

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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες