mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 07, 2009 11:49 am**

Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^3}}}} = 1 - \frac{1}{{{3^3}}} + \frac{1}{{{5^3}}} - \frac{1}{{{7^3}}} + {\text{ }}..{\text{ }} = 2\left( {1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + {\text{ }}..{\text{ }}} \right) = \frac{{{\pi ^3}}}{{32}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 07, 2009 2:17 pm**

Με fourrier για την x(π-x) στο [0,π] μπορούμε να δείξουμε ότι
α) $\displaystyle{x(\pi -x)=\frac{\pi }{8}\left(\frac{sinx}{1^3}+\frac{sin3x}{3^3}+\frac{sin5x}{5^3}+... \right)}$
οπότε για $\displaystyle{x=\frac{\pi}{2}}$ παἰρνουμε το 1ο ζητούμενο
Για το 2ο
Fourrier στην $\displaystyle{f(x)=\begin{cases} 1 & \text{ if } x=0 \\ x & \text{ if } 0<x<2 \\ 2 & \text{ if } 2\le x\le 4 \end{cases} }$ θα δώσει $\displaystyle{f(x)\rightarrow 3/2-(4/\pi^2)\sum_{0}^{\infty}{\frac{cos((2k+1)(\pi x/2))}{(2k+1)^2}}-(2/\pi )\sum_{1}^{\infty}{\frac{sin(k\pi x/2)}{k}}}$
Για χ=1 και διώχνοντας τους μηδενικούς όρους των σειρών καταλήγουμε στο
$\displaystyle{\sum_{0}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{2k+1}}=\frac{\pi}{4}}$ (*)
που είναι το 2ο ζητούμενο αν υψωθεί εις την 3
Νομίζω ότι η (*) βγαίνει και με την δυναμοσειρα της $\displaystyle{tan^{-1}x}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 07, 2009 5:46 pm**

Ροδόλφε εντυπωσιακή η προσέγγισή σου στο (α) .. άλλο τρόπο ανακάλυψα εγώ, αλλά θαρρώ η ανάλυση Fourier είναι πιο ισχυρή. Αν θάθελες (επειδή μ' ενδιαφέρει) γίνε κάπως πιο αναλυτικός.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 07, 2009 8:30 pm**

εχω κάνει καποιο λάθος μάλλον λείπει ενα ολοκλήρωμα θα το διορθώσω αύριο

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 07, 2009 8:54 pm**

Η δική μου προσέγγιση

$\displaystyle{\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^3}}}} {\text{ }}\mathop = \limits^\big{{\left[ 1 \right]}} {\text{ }}\frac{1}{2}\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\int\limits_0^\infty {{x^2}{e^{ - \left( {2k + 1} \right)x}}dx} } = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\left( {{x^2}{e^{ - x}}\sum\limits_{k = 0}^\infty {\left( {{{\left( { - 1} \right)}^k}{e^{ - 2kx}}} \right)} } \right)dx} \mathop = \limits^\big{{\left[ 2 \right]}} {\text{ }}}$

$\displaystyle{{ = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\left( {\frac{{{x^2}{e^{ - x}}}}{{1 + {e^{ - 2x}}}}} \right)dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\left( {\frac{{{x^2}{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} \mathop = \limits^{even} \frac{1}{4}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\left( {\frac{{{x^2}{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} }$
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Θεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle{f\left( z \right) = \frac{{{z^2}{e^z}}}{{1 + {e^{2z}}}}}$ και το ολοκλήρωμα αυτής επί του ορθογωνίου με κορυφές $\displaystyle{A\left( {M,0} \right){\text{, }}B\left( {M,i} \right){\text{, }}C\left( { - M,i} \right){\text{ \& }}D\left( { - M,0} \right)}$ .

Η $\displaystyle{f\left( z \right)}$ έχει εντός του ορθογωνίου απλό πόλο τον μιγαδικό αριθμό $\displaystyle{{z_0} = i \cdot \frac{\pi }{2}}$ με $\displaystyle{\mathop {Res}\limits_{z = {z_0}} \left( {f\left( z \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{z \to {z_0}} \left( {z - {z_0}} \right)\frac{{{z^2}{e^z}}}{{1 + {e^{2z}}}} = i \cdot \frac{{{\pi ^2}}}{8}}$ .

Επίσης για $\displaystyle{z = M + i \cdot y{\text{, }}y \in \left[ {0,1} \right]}$ ισχύει $\displaystyle{\left| {f\left( z \right)} \right| = \left| {\frac{{{z^2}{e^z}}}{{1 + {e^{2z}}}}} \right| \leqslant \frac{{{e^M} \cdot {M^2}}}{{{e^{2M}} - 1}}\xrightarrow{{M \to \infty }}0}$

: Deme.jpg (11.94 KiB) Προβλήθηκε 583 φορές

Τότε με $\displaystyle{M \to \infty }$ : $\displaystyle{\int\limits_{ABCD} {f\left( z \right)dz} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{{{x^2}{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} + \int\limits_{ + \infty }^{ - \infty } {\left( {\frac{{{{\left( {x + i \cdot \pi } \right)}^2}{e^{x + i \cdot \pi }}}}{{1 + {e^{2\left( {x + i \cdot \pi } \right)}}}}} \right)dx} = 2 \cdot \pi \cdot i \cdot \mathop {Res}\limits_{z = {z_0}} \left( {f\left( z \right)} \right) = - \frac{{{\pi ^3}}}{4}}$

Επόμένως $\displaystyle{\boxed{2 \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{{{x^2}{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} + 2 \cdot i \cdot \pi \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{{x \cdot {e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} - {\pi ^2} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{{{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} = - \frac{{{\pi ^3}}}{4}{\text{ }}\left( * \right)}}$

Όμως η $\displaystyle{g\left( x \right) = \frac{{x \cdot {e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}}$ είναι περιττή, άρα $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{{x \cdot {e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} = 0}$ και $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{{{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} \mathop = \limits^{even} 2 \cdot \int\limits_0^{ + \infty } {\left( {\frac{{{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} = \mathop = \limits^{{e^x} = u} = 2 \cdot \int\limits_1^{ + \infty } {\left( {\frac{1}{{1 + {u^2}}}} \right)dx} = \frac{\pi }{2}}$

Τότε $\displaystyle{\left( * \right) \Rightarrow 2 \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{{{x^2}{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} - {\pi ^2} \cdot \frac{\pi }{2} = - \frac{{{\pi ^3}}}{4} \Rightarrow \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\left( {\frac{{{x^2}{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} = \frac{{{\pi ^3}}}{8}}$ οπότε $\displaystyle{\boxed{\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^3}}}} {\text{ = }}\frac{1}{4}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\left( {\frac{{{x^2}{e^x}}}{{1 + {e^{2x}}}}} \right)dx} = \frac{{{\pi ^3}}}{{32}}}}$
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Επίσης $\displaystyle{\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{2k + 1}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {2k + 1} \right) \cdot x}}dx} } = \int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - x}}\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}{e^{ - 2k \cdot x}}} } \right)dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - x}}}}{{1 + {e^{ - 2 \cdot x}}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^x}}}{{1 + {e^{2 \cdot x}}}}dx} = \frac{\pi }{4}}$ .
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Τελικά $\displaystyle{\boxed{\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^3}}}} {\text{ = }}\frac{{{\pi ^3}}}{{32}} = 2{{\left( {\frac{\pi }{4}} \right)}^3} = 2{{\left( {\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{2k + 1}}} } \right)}^3}}}$
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
[1] Μετασηματισμός Laplace $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{x^a}{e^{ - y \cdot x}}dx} = \frac{{\Gamma \left( {a + 1} \right)}}{{{y^{a + 1}}}} \Rightarrow \int\limits_0^\infty {{x^2}{e^{ - \left( {2k + 1} \right) \cdot x}}dx} = \frac{{\Gamma \left( 3 \right)}}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^3}}} = \frac{2}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^3}}}}$

[2] Άθροισμα άπειρων όρων φθίνουσας Γεωμετρικής προόδου $\displaystyle{\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^k}} = \frac{1}{{1 + x}} \Rightarrow \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}{e^{ - 2kx}}} = \frac{1}{{1 + {e^{ - 2x}}}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 07, 2009 8:58 pm**

R BORIS έγραψε:εχω κάνει καποιο λάθος μάλλον λείπει ενα ολοκλήρωμα θα το διορθώσω αύριο

Ροδόλφε, μην ανησυχείς. Έκανες μόνο τυπογραφικό λάθος: Απλά το π/8 πάει από την άλλη πλευρά και το σωστό είναι

α) $\displaystyle{\frac{\pi x(\pi -x)}{8} = \frac{sinx}{1^3}+\frac{sin3x}{3^3}+\frac{sin5x}{5^3}+... }$
οπότε για $\displaystyle{x=\frac{\pi}{2}}$ παἰρνουμε το 1ο ζητούμενο.

Σεραφείμ, η παραπάνω σειρά Fourier είναι στάνταρ και βρίσκεται σε όλα τα σχετικά βιβλία.

Μία παραλλαγή του τρόπου του Ροδόλφου, πάλι με σειρά Fourier αλλά πιο απλή, είναι από τον γνωστό τύπο

$\displaystyle{\frac{x}{2} = sinx - \frac{sin2x}{2}+\frac{sin3x}{3}-... }, -\pi < x < \pi$
και ολοκληρώνοντας δύο φορές από -π έως π. Θα βγεί

$\displaystyle{\frac{\pi ^2x - x^3}{12} = \frac{sinx}{1^3}-\frac{sin2x}{2^3}+\frac{sin3x}{3^3}+... }$

και θέτουμε x = π/2.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 08, 2009 9:23 am**

Σεραφείμ καλημέρα
Ευτυχώς με πρόλαβε ο Μιχάλης και γλίτωσα την πληκτρολόγηση

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 02, 2011 3:01 am**

Με απευθείας υπολογισμό, χρησιμοποιώντας μιγαδική ανάλυση.

$\displaystyle{\bf \sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)^{3}}=-\texttt{Res}\left(\frac{\pi \csc(\pi z)}{(2z+1)^{3}};z=-\frac{1}{2}\right)=}$
$\displaystyle{\bf -\lim_{z\rightarrow -\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\frac{\texttt{d}^{2}}{\texttt{d}z^{2}}\left(z+\frac{1}{2}\right)^{2}\left(\frac{\pi \csc(\pi z)}{(2z+1)^{3}}\right)=-\frac{\pi}{16}\lim_{z\rightarrow -\frac{1}{2}}\frac{\texttt{d}^{2}}{\texttt{d}z^{2}}(\pi \csc(\pi z))=\frac{\pi^{3}}{16}}$

και άρα το ζητούμενο είναι ίσο με το μισό του παραπάνω δηλαδή $\displaystyle{\bf \frac{\pi^{3}}{32}}$ .

mathematica.gr

Αθροισμα τρίτων δυνάμεων - Δ3.34

Αθροισμα τρίτων δυνάμεων - Δ3.34

Re: Αθροισμα τρίτων δυνάμεων

Re: Αθροισμα τρίτων δυνάμεων

Re: Αθροισμα τρίτων δυνάμεων

Re: Αθροισμα τρίτων δυνάμεων

Re: Αθροισμα τρίτων δυνάμεων

Re: Αθροισμα τρίτων δυνάμεων

Re: Αθροισμα τρίτων δυνάμεων - Δ3.40