Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθεί ότι για κάθε $n \in \mathbb{N}$ ισχύει ότι:

$\displaystyle{\left\lfloor\left(\sum_{k=n}^{\infty}\frac 1{k^3}\right)^{-1}\right\rfloor=2n(n-1)}$
όπου $\left\lfloor \cdot \right\rfloor$ δηλώνει το ακέραιο μέρος.

Tolaso J Kos · #2

Επαναφορά. Προτείνω να δειχθεί επίσης και ότι:

$\displaystyle{\left\lfloor\left(\sum_{k=n}^{\infty}\frac 1{k^2}\right)^{-1}\right\rfloor=n-1}$

#3

Tolaso J Kos έγραψε: Τρί Νοέμ 27, 2018 9:19 am Επαναφορά. Προτείνω να δειχθεί επίσης και ότι:

$\displaystyle{\left\lfloor\left(\sum_{k=n}^{\infty}\frac 1{k^2}\right)^{-1}\right\rfloor=n-1}$

Αυτή είναι απλή από τις $\displaystyle{ \frac {1}{k}- \frac {1}{k+1}< \frac {1}{k^2}< \frac {1}{k-1}- \frac {1}{k}}$ που δίνει αθροίζοντας τηλεσκοπικά ότι
$\dfrac {1}{n}\le \displaystyle{\sum_{k=n}^{\infty}\frac 1{k^2} < \frac {1}{n-1}$ το οποίο ισοδυναμεί με το ζητούμενο.

Για την αρχική ερώτηση εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{\sum_{k=n}^{\infty}\frac 1{k^3} < \frac {1}{2n(n-1)}$ (θα το γράψω κάποια ώρα) αλλά η ζητούμενη ανισότητα από την άλλη πλευρά είναι πολύ σφικτή οπότε ...

Tolaso J Kos · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Νοέμ 27, 2018 11:23 am
Για την αρχική ερώτηση εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{\sum_{k=n}^{\infty}\frac 1{k^3} < \frac {1}{2n(n-1)}$

Πράγματι,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k^3} &< \sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k(k^2-1)} \\ &= \sum_{k=n}^{\infty} \left( \frac{1}{2k(k-1)} - \frac{1}{2k(k+1)}\right) \\ &= \frac{1}{2n(n-1)} \end{aligned}}$
Μένει να δειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k^3} > \frac{1}{2n(n-1)+1}}}$ .

#5

Tolaso J Kos έγραψε: Τρί Νοέμ 27, 2018 11:53 am Μένει να δειχθεί ότι $\displaystyle{\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k^3} > \frac{1}{2n(n-1)+1}}}$ .

Ακριβώς. Αυτήν λέω σφικτή. Για παράδειγμα με Maple έβγαλα ότι για n=100

είναι

$\displaystyle{19800 = 2\cdot 100 \cdot 99 < \dfrac {1}{\displaystyle{\sum_{k=100}^{\infty} \frac{1}{k^3} }} =19800,99999}$

που είναι παρατρίχα 19800+1

.

#6

Έχουμε:

$\displaystyle \frac{1}{k^3} > \frac{4k}{4k^4+1} = \frac{1}{2k^2-2k+1} - \frac{1}{2k^2+2k+1}$

οπότε τηλεσκοπικά

$\displaystyle \sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k^3} > \sum_{k=n}^{\infty} \frac{4k}{4k^4+1} = \frac{1}{2n^2-2n+1} = \frac{1}{2n(n-1)+1}$

όπως θέλαμε να δείξουμε.

Επεξεργασία: Πως σκέφτηκα άραγε την πρώτη ανισότητα;

#7

Demetres έγραψε: Τρί Νοέμ 27, 2018 1:52 pm $\displaystyle \frac{1}{k^3} > \frac{4k}{4k^4+1} = \frac{1}{2k^2-2k+1} - \frac{1}{2k^2+2k+1}$

...
Επεξεργασία: Πως σκέφτηκα άραγε την πρώτη ανισότητα;

Αφοπλιστικά απλά (και εκεί είναι η ομορφιά των Μαθηματικών):

Αν $\displaystyle{f(k) = \frac{1}{2k^2-2k+1}}$ και θέλουμε τηλεσκοπική μέθοδο, μέσω f(k)-f(k+1),

είναι

$\displaystyle{f(k+1) = \frac{1}{2(k+1)^2-2(k+1)+1}= \frac{1}{2k^2+2k+1} }$ , όπως ακριβώς έγραψες. Τα υπόλοιπα επίσης αυτονόητα.

#8

Ακριβώς έτσι.

Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Re: Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Re: Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Re: Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Re: Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Re: Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Re: Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Re: Ουρά ζ(3) σε ακέραιο μέρος

Μέλη σε σύνδεση