Σειρά άπειρη.

Ωmega Man · #1

Να αποδειχτεί ότι

$\displaystyle{\colorbox{redrose}{\boxed{\color{yellow}\bf\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{n^2+a^2}=\frac{\pi}{a}coth(\pi\cdot a)}}$

έχω δει δυο τρόπους, ο ένας (κυρίως για τον Κώστα12345) είναι με μιγαδική ανάλυση. υπόδειξη αντί για csc(πz) θα βάλεις cot(πz).

#2

Υπάρχει στοιχειώδης απόδειξη (για την αντίστοιχη σειρά $\cot (\pi z)$ αλλά είναι ισοδύναμο με το παραπάνω) στον Knopp, Theory and applications of infinite series, σ. 205 για την πραγματική περίπτωση και σ. 419 για την μιγαδική.
Η μέθοδος είναι ένα τηλεσκοπικό άθροισμα για το $\cot (\pi z)$ και στο τέλος χρήση του $\lim \frac{1}{2^n} \cot \frac{z}{2^n} = \frac{1}{z}$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

kwstas12345 · #3

Μετά την πολύ ισχύρή υπόδειξη του Γιώργου,

Θεωρώντας την συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{\pi \cot \pi z}{z^2+a^2},z \in \mathbb{C}$ . Tο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα της επί του

κύκλου ακτίνας $\displaystyle N+1/2$ και κέντρου $\displaystyle O\left(0,0 \right)$ θα είναι από Θ.Ο.Υ $\displaystyle \oint_{\left|z \right|=N+\frac{1}{2}}\frac{\pi \cot \pi z}{z^2+a^2}dz=2\pi i\sum_{i=1}^{N}{Resf\left(z_{i} \right)}$ .

με πόλους τα $\displaystyle z_{1},z_{2},...,z_{n},N>n$ . Tώρα ο παρανμαστής στην πραγματικότητα είναι $\displaystyle \sin \left(\pi z \right)\left(z^2+a^2 \right)$ .

Δύο απλοί πόλοι που βρίσκονται στον άξονα των φανταστικών είναι οι $\displaystyle \sin \left(\pi z \right)\left(z^2+a^2 \right)$ .

Έχουμε επίσης και άπειρους πόλους πάνω στον πραγματικό άξονα από τον μηδενισμό του $\displaystyle \sin \left(\pi z \right)$ στα σημεία με $\displaystyle z=n, n \in \mathbb{Z}$ , εξού λοιπόν και η ακτίνα του κύκλου για να περιέχει όλους τους πόλους μέσα.

Άρα: $\displaystyle \oint_{\left|z \right|=N+\frac{1}{2}}\frac{\pi \cot \pi z}{z^2+a^2}dz=2\pi i\sum_{-N}^{N}{Resf\left(z_{i} \right)}+2\pi iRes_{z=ai}f\left(z \right)+2\pi iRes_{z=-ai}f\left(z \right)$ .

Έχοντας άπειρους πόλους παίρνουμε $\displaystyle \oint_{\left|z \right|=N+\frac{1}{2}}\frac{\pi \cot \pi z}{z^2+a^2}dz=2\pi i\sum_{-N}^{N}{Resf\left(z_{i} \right)}+2\pi iRes_{z=ai}f\left(z \right)+2\pi iRes_{z=-ai}f\left(z \right)$ .

Όμως παρατηρούμε πως επειδή $\displaystyle \sin \pi N=0,\left(\sin \pi N \right)'=\pi\neq 0, N \in \mathbb{Z}$ , κάθε φορά λοιπόν ο κάθε ακέραιος είναι πόλος πρώτος τάξης και έτσι:

$\displaystyle Res_{z=N}\frac{\pi \cos\left(\pi z \right)}{\sin\left(\pi z \right)\left(z^2+a^2 \right)}=\frac{\pi \cos\left(\pi z \right)}{\left(\sin\left(\pi z \right)\left(z^2+a^2 \right) \right)'}|_{z=N}=\frac{\pi \cos\left(\pi z \right)}{\left(\pi\left(\cos\left(\pi z \right) \right)\left(z^2+a^2 \right)+2\sin\left(\pi z \right)z}|_{z=N}$ $\displaystyle =\frac{1}{z^2+a^2}$

γιαυτό και επιλέχθηκαε και η αρχική συνάρτηση. Παραμετρωποιώντας τον κκύκλο άν θέσω $\displaystyle z=Re^{it},R=N+\frac{1}{2}$ θα έχουμε $\displaystyle \oint_{\left|z \right|=R}\frac{\pi \cot\left(\pi z \right)}{z^2+a^2}dz=\int_{0}^{2\pi }{\frac{\pi i Re^{it}\cot \left(\pi Re^{it} \right)}{R^{2}e^{2it}+a^2}}dt\rightarrow 0,R\rightarrow \infty$ .

Άρα τελικά $\displaystyle \sum_{N=-\infty}^{+\infty}{\frac{1}{z^2+a^2}}=-Res\left(f\left(z \right),z=\pm ai \right)=-\frac{\pi \cot\left(ai \right)}{2ai}-\frac{\pi \cot\left(-ai \right)}{-2ai}$ $\displaystyle -\frac{\pi \cot\left(\pi ai \right)}{2ai}-\frac{\pi \cot\left(-\pi ai \right)}{-2ai}=-\frac{\pi\cot\left(ai \right)}{ai}=\frac{i\pi \cot\left(\pi ai \right)}{a}=$ $\displaystyle \frac{\pi}{a}\coth\left(\pi a \right)$ , όπως θέλαμε.

Ωmega Man · #4

Κώστα είσαι τεράστιος

#5

Κάπως διαφορετικά (για χάρη των μεθόδων και των τύπων που προκύπτουν). Η λύση βέβαια του Κώστα είναι πλήρης

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

$\displaystyle{ = \frac{1}{{{a^2}}} - \frac{1}{{i a}} \sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\left( {\frac{1}{{i a - n}} + \frac{1}{{i a + n}}} \right)} = \frac{1}{{{a^2}}} - \frac{1}{{i a}} \left( {\sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{1}{{i a + n}}} \right)} - \frac{1}{{i a}}} \right) \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {\frac{1}{{{n^2} + {a^2}}}} = - \frac{1}{{i a}} \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{1}{{i a + n}}} \right)} }}$ (*)

Όμως $\displaystyle{\boxed{\sin \left( {\pi z} \right) = \pi z \prod\limits_{n = 1}^\infty {\left( {1 - \frac{{{z^2}}}{{{n^2}}}} \right)} }}$ (τύπος γινομένου του Weierstrass, ταύτιση πρώτου όρου και ίδιες ρίζες). Τότε

$\displaystyle{\ln \left( {\sin \left( {\pi z} \right)} \right) = \ln \left( \pi \right) + \ln \left( z \right) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\ln \left( {1 - \frac{{{z^2}}}{{{n^2}}}} \right)} \Rightarrow \mathop \Rightarrow \limits^\big{{derivatives}} \Rightarrow \frac{{\pi \cos \left( {\pi z} \right)}}{{\sin \left( {\pi z} \right)}} = \frac{1}{z} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{2 z}}{{{n^2} - {z^2}}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{z} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{n - z}} - \frac{1}{{n + z}}} \right)} = \frac{1}{z} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{z + n}} + \frac{1}{{z - n}}} \right)} \Rightarrow \boxed{\pi \cot \left( {\pi z} \right) = \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\left( {\frac{1}{{z + n}}} \right)} }}$ (*)

Στα αθροίσματα (*) λαμβάνονται εναλλάξ οι θετικοί και αρνητικοί ακέραιοι.

Οπότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {\frac{1}{{{n^2} + {a^2}}}} = - \frac{1}{{i a}} \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{1}{{i a + n}}} \right)} = - \frac{{\pi \cot \left( {i \pi a} \right)}}{{i a}} = - \frac{{\pi \left( { - i} \right) \coth \left( {\pi a} \right)}}{{i a}} = \frac{\pi }{a} \coth \left( {\pi a} \right)}$

Σειρά άπειρη.

Σειρά άπειρη.

Re: Σειρά άπειρη.

Re: Σειρά άπειρη.

Re: Σειρά άπειρη.

Re: Σειρά άπειρη.

Μέλη σε σύνδεση