Δυωνυμο-Αρμονικο-Δυναμικό άθροισμα

#1

Σε συνέχεια αυτού viewtopic.php?f=9&t=59573 να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2} \cdot {H_n} \cdot {2^n}}}{{\left( {2n} \right)!}}} = \frac{{\pi \left( {2 - \log 2} \right) + 4 \cdot G}}{2}}$ , όπου $\displaystyle{G:}$ η σταθερά του Catalan.

pprime · #2

Σεραφείμ έγραψε: Σε συνέχεια αυτού viewtopic.php?f=9&t=59573 να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2} \cdot {H_n} \cdot {2^n}}}{{\left( {2n} \right)!}}} = \frac{{\pi \left( {2 - \log 2} \right) + 4 \cdot G}}{2}}$ , όπου $\displaystyle{G:}$ η σταθερά του Catalan.

esto es muy hermoso Seraphim, lo intentaré.

Μετάφραση: Αυτό είναι πολύ όμορφο Σεραφείμ, θα προσπαθήσω.

#3

pprime έγραψε:esto es muy hermoso Seraphim, lo intentaré.

Μετάφραση: Αυτό είναι πολύ όμορφο Σεραφείμ, θα προσπαθήσω.

Tolaso J Kos · #4

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 30, 2017 6:34 pm
Σε συνέχεια αυτού http://www.mathematica.gr/forum/viewtop ... =9&t=59573 να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2} \cdot {H_n} \cdot {2^n}}}{{\left( {2n} \right)!}}} = \frac{{\pi \left( {2 - \log 2} \right) + 4 \cdot G}}{2}}$ , όπου $\displaystyle{G:}$ η σταθερά του Catalan.

Διάφορες υποχρεώσεις με κρατάν μακριά από κάποιες ασχολίες. Φαίνεται πως τα παραπάνω είναι καλομελετημένα και έχουν αποδειχθεί κάπως παρόμοια με αυτά που έχει κάνει ο Σεραφείμ στη παραπομπή.

Θέτουμε $t = \frac{z}{1-z} \; , \; |t| \leq 1$ . Τότε ( θεώρημα ) είναι:

$\displaystyle{{\colorbox{cyan}{\color{brown}\boxed{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n 4^n}{\binom{2n}{n}} z^n = \left ( 1+t \right ) \left [ \left (2 + \frac{1}{2} \log \frac{1+t}{4} \right ) \sqrt{t} \arctan \sqrt{t} - \frac{\sqrt{-t}}{2} \left ( \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1+\sqrt{-t}}{2} \right ) - \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1-\sqrt{-t}}{2} \right ) \right ) \right ] }}}}$
Για $z=\frac{1}{2}$ είναι t=1

. Για

το δεξί μέλος γίνεται:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n \mathcal{H}_n}{\binom{2n}{n}} &= 2\left [ \left (2 + \frac{1}{2} \log \frac{1}{2} \right ) \cdot \frac{\pi}{4} - \frac{\sqrt{-1}}{2} \left ( \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1+\sqrt{-1}}{2} \right ) - \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1-\sqrt{-1}}{2} \right ) \right ) \right ] \\ &= 2\left [ \left (2 + \frac{1}{2} \log \frac{1}{2} \right ) \cdot \frac{\pi}{4} - \frac{i}{2} \left ( \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1+i}{2} \right ) - \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1-i}{2} \right ) \right ) \right ] \\ &= 2 \left [ \left (2 - \frac{\log 2}{2} \right ) \cdot \frac{\pi}{4}- \frac{1}{8} \left ( \pi \log 2 - 8 \mathcal{G} \right ) \right ]\\ &= 2 \left ( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi \log 2}{8} - \frac{\pi \log 2}{8} + \mathcal{G} \right )\\ &= \pi - \frac{\pi \log 2}{2}+2 \mathcal{G} \end{aligned}}$
Βεβαίως είναι:

$\displaystyle{\mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1+i}{2} \right ) - \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1-i}{2} \right ) = -\frac{i}{4} \left ( \pi \log 2 - 8 \mathcal{G} \right )}$
όπου $\mathrm{Li}_2$ o διλογάριθμος και $\mathcal{G}$ η σταθερά Catalan. Έχω απόδειξη για αυτή τη σχέση. Την αφήνω , όμως , στον αναγνώστη.

Και μη χειρότερα. Μπράβο Σεραφείμ , χτύπα κι άλλο θα το αντέξω.

#5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 27, 2018 12:25 am
Βεβαίως είναι:

$\displaystyle{\mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1+i}{2} \right ) - \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1-i}{2} \right ) = -\frac{i}{4} \left ( \pi \log 2 - 8 \mathcal{G} \right )}$
όπου $\mathrm{Li}_2$ o διλογάριθμος και $\mathcal{G}$ η σταθερά Catalan. Έχω απόδειξη για αυτή τη σχέση. Την αφήνω , όμως , στον αναγνώστη.

Τόλη αυτά τα γνωρίζουν και τα χαλίκια.

Δυωνυμο-Αρμονικο-Δυναμικό άθροισμα

Δυωνυμο-Αρμονικο-Δυναμικό άθροισμα

Re: Δυωνυμο-Αρμονικο-Δυναμικό άθροισμα

Re: Δυωνυμο-Αρμονικο-Δυναμικό άθροισμα

Re: Δυωνυμο-Αρμονικο-Δυναμικό άθροισμα

Re: Δυωνυμο-Αρμονικο-Δυναμικό άθροισμα

Μέλη σε σύνδεση