Όμορφη Σειρά.

#1

Να αποδειχθεί ότι για κάθε $\displaystyle{a > \frac{1}{4}}$ ισχύει $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}} = \frac{\pi }{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}}{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}}$ .

Ωmega Man · #2

Μπορούμε να θέσουμε $\displaystyle{f(z)=\frac{\pi \cot(\pi z )}{z^2-z+a}}$ και να ολοκληρώσουμε κλασσικά πάνω σε τετράγωνο στο μιγαδικό επίπεδο, χρωστάω και μια άλλη λύση όταν θα ανεβάσω εκείνη θα το δείξω και αυτό.

#3

Ωmega Man έγραψε:Μπορούμε να θέσουμε $\displaystyle{f(z)=\frac{\pi \cot(\pi z )}{z^2-z+a}}$ και να ολοκληρώσουμε κλασσικά πάνω σε τετράγωνο στο μιγαδικό επίπεδο, χρωστάω και μια άλλη λύση όταν θα ανεβάσω εκείνη θα το δείξω και αυτό.

Αναμένοντας, ας δοθεί και μια λύση με Αναλυτική θεωρία αριθμών.

Οι ρίζες του παρονομαστή είναι $\displaystyle{{z_1} = \frac{{1 + i\sqrt {4a - 1} }}{2}}$ και $\displaystyle{{z_2} = \frac{{1 - i\sqrt {4a - 1} }}{2}}$ , με $\displaystyle{{z_2} = 1 - {z_1}}$ .

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}} = \frac{1}{{{z_1} - {z_2}}}\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n - {z_1}}} - \frac{1}{{n - {z_2}}}} \right)} = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n - {z_1}}} + \frac{1}{{ - n + {z_2}}}} \right)} = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n - {z_1}}} + \frac{1}{{ - n + 1 - {z_1}}}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}} + \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{ - n + 1 - {z_1}}}} } \right) = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}} + \sum\limits_{n = - N + 1}^0 {\frac{1}{{n - {z_1}}}} } \right) = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = - N + 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}} }$

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}} = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \sum\limits_{n = - N + 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}} = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{n - {z_1}}}} = \frac{i}{{\sqrt {4a - 1} }}\frac{\pi }{{\tan \left( {\pi {z_1}} \right)}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{i\pi \cdot {z_1}}} + {e^{ - i\pi \cdot {z_1}}}}}{{{e^{i\pi \cdot {z_1}}} - {e^{ - i\pi \cdot {z_1}}}}} = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{2i\pi \cdot {z_1}}} + 1}}{{{e^{2i\pi \cdot {z_1}}} - 1}} = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{i\pi \left( {1 + i\sqrt {4a - 1} } \right)}} + 1}}{{{e^{i\pi \left( {1 + i\sqrt {4a - 1} } \right)}} - 1}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}} = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}} \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}} = \frac{\pi }{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}}{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}}}$

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Χρησιμοποιήθηκε η σχέση $\displaystyle{\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{n + z}}} = \frac{\pi }{{\tan \left( {\pi \cdot z} \right)}}}$ που αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=24766

Όμορφη Σειρά.

Όμορφη Σειρά.

Re: Όμορφη Σειρά.

Re: Όμορφη Σειρά.

Μέλη σε σύνδεση