mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 28, 2011 1:37 pm**

γοητευτικά αίσχη από το Otto Dunkel memorial Problem book (...για όσους με παίζουν...)

(Σεραφείμ συνεχίζει η λίστα από τα Γιάννενα)

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\int_{2n\pi}^{+\infty}\frac{\sin z}{z}\,dz=\pi-\frac{\pi}{2}\ln(2\pi)}$

Υπολογισθήτω: $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-x}\ln^2x\,dx}$

Αθροισθήτω: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\left((n-1)k\right)!}{(nk)!}}$ , όπου $k\in\mathbb N$ .

Αν $a_{1},\ldots,a_{n}$ διακεκριμένοι μιγαδικοί. με $n\geq1$ ώστε κανένα ζεύγος να μη διαφέρει κατά πολλαπλάσιο του $\pi$ , δειχθήτω $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}\prod_{i=1,\,i\neq k}^{n}\cot(a_{k}-a_{i})=\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)}$

Έστω $\displaystyle{f:[a,b]\to\mathbb R}$ συνεχής μη αρνητική και γνησίως αύξουσα. Τότε για κάθε p>0

θα ισχύει $\displaystyle{f^{p}(x_{p})=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f^{p}(t)\,dt}$ για κάποιο $x_{p}\in[a,b]$ . Βρείτε το $\displaystyle{\lim_{p\to+\infty}x_{p}}$ .

Υπολογισθήτω: $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x^2}}{(x^2+1/2)^2}\,dx\qquad\qquad\boxed{\checkmark}}$

Η $x_{n}$ ορίζεται αναδρομικά για κάποια $x_{0},x_{1}$ από τον τύπο $\displaystyle{x_{n}=\frac{(n-1)c}{1+(n-1)c}x_{n-1}+\frac{1}{1+(n-1)c}x_{n-2}}$ , όπου c>0

. Βρείτε το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}x_{n}}$ .

$\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x^2-\cos x}{x}\,dx=\frac{\gamma}{2}}$

Υπολογισθήτω: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n}{n^3}}$

10)

Δειχθήτω: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n\cdot\sinh(n\pi))^2}=\frac{2}{3}\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2}\right)-\frac{11\pi^2}{180}}$

11)

Δειχθήτω: $\displaystyle{\frac{2}{1}:\frac{5}{4}:\frac{8}{7}:\frac{11}{10}:\cdots=\sqrt{3}}$

12)

Πόσο να κάνει τούτο δω...; $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{e^{x}+1}\,dx}$

13)

Ας δειχθεί ότι το $\displaystyle{\left(1-\frac{i}{3}\right)^4\cdot\left(1-\frac{i}{17}\right)^4\cdot\left(1-\frac{i}{99}\right)^4\cdot\left(1-\frac{i}{577}\right)^4\cdot\ldots}$ όπου οι διαδοχικοί παρονομαστές ικανοποιούν την σχέση $\displaystyle{D_{n}=6D_{n-1}-D_{n-2}}$ είναι αμιγώς φανταστικός.

14)

Αν $\displaystyle{\frac{(1+x)^n}{(1-x)^3}=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+\cdots}$ , δείξτε ότι $a_{0}+\cdots+a_{n-1}=\frac{n(n+2)(n+7)2^{n-4}}{3}$ .

15)

Ξέρουν και οι πέτρες ότι $H_{n}=\int_{0}^{1}\frac{u^{n}-1}{u-1}\,du\left(:=s(n)\right)$ . Αναζητούμε το s(n)

στη μορφή $\displaystyle{s(n)=f^{(n)}(0)}$ για κάποια

. Βρείτε μια έκφραση για την

συναρτήσει του ολοκληρώματος μιας στοιχειώδους συνάρτησης. ( $H_{n}$ ο

οστός αρμονικός αριθμός)

16)

Αθροισθήτω $\displaystyle{\sum_{r=1}^{2n-1}\frac{(-1)^{r-1}r}{\binom{2n}{r}}}$

17)

Ας δειχθεί παρακαλώ αν είναι εύκολο ότι $\displaystyle{\sum_{m=0}^{a-1}\sum_{n=0}^{a-1}\frac{1}{a}e^{2\pi i\frac{bmn}{a}}=GCD(a,b)}$

18)

Βρείτε το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\cdot\sin(2\pi en!)}$ και γρήγορα. $\boxed{\checkmark}$

Κατά τη μετάφραση χρνσιμοποιήθηκε κατά το δυνατόν το ύφος του συγγραφέα.

Παρακαλώ ας χρησιμοποιηθούν όσο το δυνατών λιγότεροι έτοιμοι τύποι ειδικών συναρτήσεων και λοιπά, ή σε περίπτωση που χρησιμοποιηθούν, ας δοθεί καμια παραπομπούλα!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 29, 2011 11:42 am**

Ας ξεκινήσουμε .. παίζω πρώτος.

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Υπολογισθήτω: $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x^2}}{(x^2+1/2)^2}\,dx}$

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - {x^2}}}}}{{{{\left( {{x^2} + 1/2} \right)}^2}}}dx} = \mathop = \limits^{x = \sqrt y } = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - y}}}}{{\sqrt y {{\left( {y + 1/2} \right)}^2}}}dy} \mathop = \limits^{\left\lfloor * \right\rfloor } \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - y}}}}{{\sqrt y }}\left( {\int\limits_0^\infty {x{e^{ - \left( {y + 1/2} \right)x}}dx} } \right)dy} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {x{e^{ - x/2}}\left( {\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt y }}{e^{ - \left( {x + 1} \right)y}}dy} } \right)dx} \mathop = \limits^{\left\lfloor {**} \right\rfloor } \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {x{e^{ - x/2}}\frac{{\sqrt \pi }}{{\sqrt {x + 1} }}dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{x}{{\sqrt {x + 1} }}{e^{ - x/2}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{x + 1 = {y^2}} = \sqrt \pi \sqrt e \int\limits_1^\infty {\left( {{y^2} - 1} \right){e^{ - {y^2}/2}}dy} = \mathop = \limits^{y = x\sqrt 2 } = \sqrt {2\pi } \sqrt e \int\limits_{1/\sqrt 2 }^\infty {\left( {2{x^2} - 1} \right){e^{ - {x^2}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = 2\sqrt {2\pi } \sqrt e \int\limits_{1/\sqrt 2 }^\infty {{x^2}{e^{ - {x^2}}}dx} - \sqrt {2\pi } \sqrt e \int\limits_{1/\sqrt 2 }^\infty {{e^{ - {x^2}}}dx} = - \sqrt {2\pi } \sqrt e \int\limits_{1/\sqrt 2 }^\infty {x{{\left( {{e^{ - {x^2}}}} \right)}^\prime }dx} - \sqrt {2\pi } \sqrt e \int\limits_{1/\sqrt 2 }^\infty {{e^{ - {x^2}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = - \sqrt {2\pi } \sqrt e \left( { - \frac{1}{{\sqrt {2e} }} - \int\limits_{1/\sqrt 2 }^\infty {{e^{ - {x^2}}}dx} } \right) - \sqrt {2\pi } \sqrt e \int\limits_{1/\sqrt 2 }^\infty {{e^{ - {x^2}}}dx} = \sqrt \pi }$

Ισχύει $\displaystyle{\left\lfloor * \right\rfloor :{\text{ }}\int\limits_0^\infty {x {e^{ - a x}}dx} = \frac{1}{{{a^2}}}}$ , επίσης $\displaystyle{\left\lfloor {**} \right\rfloor :{\text{ }}\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt x }}{e^{ - a x}}dx} = \frac{{\sqrt \pi }}{{\sqrt a }}}$ και γενικά $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{x^y} {e^{ - a x}}dx} = \frac{{\Gamma \left( {y + 1} \right)}}{{{a^{y + 1}}}}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 29, 2011 12:37 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Βρείτε το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}n\cdot\sin(2\pi en!)}$ και γρήγορα.

Γράφοντας $\displaystyle{e= \sum_0^{\infty}\frac{1}{k!}$ τότε για κάποιον ακέραιο

έχουμε

$\displaystyle{n\cdot\sin(2\pi en!) = n \sin (2\pi(A + \frac{1}{n} + \frac{1}{n(n+1)}+ ... )= n \sin ( \frac{2\pi}{n} + \frac{2\pi}{n(n+1)}+ ... ) = }$

$\displaystyle{\frac { \sin ( \frac{2\pi}{n} + \frac{2\pi}{n(n+1)}+ ... ) }{\frac{1}{n}} \rightarrow 2\pi }$

(το τελευταίο διότι το $\displaystyle{\frac{1}{n(n+1)}+ ...= \big O \left(\frac{1}{n^2}\right)$ )

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 29, 2011 5:04 pm**

2ο

$\displaystyle{\bf \Gamma(z)=\int_{0}^{+\infty}t^{1-z}e^{-t}\;\texttt{d}z\Rightarrow \Gamma'(z)=\int_{0}^{+\infty}t^{1-z}\log(t)e^{-t}\;\texttt{d}t\Rightarrow \Gamma''(z)=\int_{0}^{+\infty}\log^{2}(t)t^{1-z}e^{-t}\;\texttt{d}t}$

και έτσι καταλήγουμε $\displaystyle{\bf \Gamma''(1)=\int_{0}^{+\infty}\log^{2}(x)e^{-x}\;\texttt{d}x}$ . Είναι γνωστό ότι
$\displaystyle{\bf \Gamma''(1)=\Gamma(1)\left(\psi^{(0)}(1)^{2}+\psi^{(1)}(1)\right)}$ καθώς και ότι $\displaystyle{\bf \psi^{(0)}(1)=\Gamma'(1)=-\gamma}$ και $\displaystyle{\bf\psi^{(1)}(1)=\zeta(2)}$ . Έτσι λοιπόν το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι ίσο με $\displaystyle{\bf \gamma^{2}+\zeta(2)=\gamma^{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}=\gamma^{2}+\frac{\pi^{2}}{6}}$ αφού $\displaystyle{\bf \Gamma(1)=1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2011 2:06 pm**

Θα γενικεύσω το 8.

8. Να δειχτεί ότι $\displaystyle{\bf\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(x^a)-\cos(x^b)}{x}\;\texttt{d}x=\left(\frac{a-b}{ab}\right)\gamma}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 31, 2011 5:18 pm**

8. Γενίκευση

$\displaystyle\bf \gamma=\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{1+x^2}-\cos(x)\right)\frac{1}{x}\;\texttt{d}x=\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\cos(x)\right)\frac{1}{x}\;\texttt{d}x=$
$\displaystyle{\bf\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{2}\right)\frac{1}{x}+\left(\frac{1}{2}-\cos(x)\right)\frac{1}{x}\;\texttt{d}x=\lim_{r\rightarrow +\infty}\left[\int_{\frac{1}{r}}^{r}\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{2}\right)\frac{\texttt{d}x}{x}+\int_{\frac{1}{r}}^{r}\left(\frac{1}{2}-\cos(x)\right)\frac{\texttt{d}x}{x}\right]=}$
$\displaystyle{\bf = \lim_{r\rightarrow +\infty}\int_{\frac{1}{r}}^{r}\left(\frac{1}{2}-\cos(x)\right)\frac{\texttt{d}x}{x}}$

με αντικατάσταση $\displaystyle{\bf x=y^a}$ και $\displaystyle{\bf x=y^b}$ και αφαιρώντας την πρώτη από την δεύτερη σχέση προκύπτει

$\displaystyle{\bf \left(\frac{a-b}{ab}\right)\gamma=\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(x^a)-\cos(x^b)}{x}\;\texttt{d}x}$ , το ζητούμενο της 8 παίρνεται για $\displaystyle{\bf a=2}$ και $\displaystyle{\bf b=1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 31, 2011 5:50 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Πόσο να κάνει τούτο δω...; $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{e^{x}+1}\,dx}$

Είτε είναι όντως πολύ ζόρικο, είτε πήρα πολύ κακό δρόμο ..

Θεωρούνται γνωστά τα εξής $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\ln \left( x \right){e^{ - x}}dx} = - \gamma }$ viewtopic.php?f=9&t=8886&p=50039&hilit= ... oni#p50039
και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\zeta \left( s \right) - \frac{1}{{s - 1}}} \right) = \gamma }$ http://mathworld.wolfram.com/RiemannZetaFunction.html

Τότε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\ln \left( x \right){e^{ - s \cdot x}}dx} = \mathop = \limits^{s \cdot x = y} = \frac{1}{s}\int\limits_0^\infty {\ln \left( {\frac{y}{s}} \right){e^{ - y}}dy} = \frac{1}{s}\left( {\int\limits_0^\infty {\ln \left( y \right){e^{ - y}}dy} - \ln \left( s \right)\int\limits_0^\infty {{e^{ - y}}dy} } \right) = - \frac{{\gamma + \ln \left( s \right)}}{s}}$

Οπότε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{e^x} + 1}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right){e^{ - x}}}}{{1 + {e^{ - x}}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\ln \left( x \right){e^{ - x}}\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{e^{ - nx}}} } \right)dx} = \int\limits_0^\infty {\ln \left( x \right)\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{e^{ - nx}}} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\int\limits_0^\infty {\ln \left( x \right){e^{ - nx}}dx} } = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{{\gamma + \ln \left( n \right)}}{n}} = \gamma \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{{\ln \left( n \right)}}{n}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{e^x} + 1}}dx} = - \gamma \cdot \ln \left( 2 \right) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{{\ln \left( n \right)}}{n}} }}$

Όμως $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{1}{{{n^s}}}} = \left( {\frac{1}{{{2^s}}} + \frac{1}{{{4^s}}} + \frac{1}{{{6^s}}} + ..} \right) - \left( {1 + \frac{1}{{{3^s}}} + \frac{1}{{{5^s}}} + \frac{1}{{{7^s}}} + ..} \right) = 2\left( {\frac{1}{{{2^s}}} + \frac{1}{{{4^s}}} + \frac{1}{{{6^s}}} + ..} \right) - \left( {1 + \frac{1}{{{2^s}}} + \frac{1}{{{3^s}}} + \frac{1}{{{4^s}}} + ..} \right) = }$

$\displaystyle{ = 2\frac{1}{{{2^s}}}\zeta \left( s \right) - \zeta \left( s \right) = \left( {{2^{1 - s}} - 1} \right)\zeta \left( s \right) \Rightarrow \frac{d}{{ds}}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{1}{{{n^s}}}} } \right) = - \ln \left( 2 \right) \cdot {2^{1 - s}}\zeta \left( s \right) + \left( {{2^{1 - s}} - 1} \right)\zeta \left( s \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{{\ln \left( n \right)}}{{{n^s}}}} = \ln \left( 2 \right) \cdot {2^{1 - s}}\zeta \left( s \right) + \left( {1 - {2^{1 - s}}} \right)\zeta '\left( s \right)}}$

Όμως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\zeta \left( s \right) - \frac{1}{{s - 1}}} \right) = \gamma \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\frac{{\left( {s - 1} \right)\zeta \left( s \right) - 1}}{{s - 1}}} \right) = \gamma \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\zeta \left( s \right) + \left( {s - 1} \right)\zeta '\left( s \right)} \right) = \gamma }{\text{ and }}\boxed{\mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \zeta \left( s \right)\left( {s - 1} \right) = 1}}$

Οπότε έχουμε

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{{\ln \left( n \right)}}{{{n^s}}}} = \ln \left( 2 \right) \cdot {2^{1 - s}}\zeta \left( s \right) + \left( {1 - {2^{1 - s}}} \right)\zeta '\left( s \right) \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{{\ln \left( n \right)}}{n}} = \mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\ln \left( 2 \right) \cdot {2^{1 - s}}\zeta \left( s \right) + \left( {1 - {2^{1 - s}}} \right)\zeta '\left( s \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\ln \left( 2 \right) \cdot {2^{1 - s}}\zeta \left( s \right) + \frac{{1 - {2^{1 - s}}}}{{s - 1}}\left( {\left( {s - 1} \right)\zeta '\left( s \right) + \zeta \left( s \right)} \right) - \frac{{1 - {2^{1 - s}}}}{{s - 1}}\zeta \left( s \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \gamma \ln \left( 2 \right) + \mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\frac{{\left( {s - 1} \right)\ln \left( 2 \right) \cdot {2^{1 - s}} - \left( {1 - {2^{1 - s}}} \right)}}{{s - 1}}} \right)\zeta \left( s \right) = \gamma \ln \left( 2 \right) + \mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\frac{{\left( {s - 1} \right)\ln \left( 2 \right) \cdot {2^{1 - s}} - \left( {1 - {2^{1 - s}}} \right)}}{{{{\left( {s - 1} \right)}^2}}}} \right)\left( {\left( {s - 1} \right)\zeta \left( s \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \gamma \ln \left( 2 \right) + \mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\frac{{\left( {s - 1} \right)\ln \left( 2 \right) \cdot {2^{1 - s}} - \left( {1 - {2^{1 - s}}} \right)}}{{{{\left( {s - 1} \right)}^2}}}} \right) = \mathop = \limits^{\left( {\frac{0}{0}} \right)} = \gamma \ln \left( 2 \right) - \frac{1}{2}{\ln ^2}\left( 2 \right) \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{{\ln \left( n \right)}}{n}} = \gamma \ln \left( 2 \right) - \frac{1}{2}{{\ln }^2}\left( 2 \right)}}$

και τελικά $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{e^x} + 1}}dx} = - \gamma \cdot \ln \left( 2 \right) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{{\ln \left( n \right)}}{n}} = - \gamma \cdot \ln \left( 2 \right) + \gamma \cdot \ln \left( 2 \right) - \frac{1}{2}{\ln ^2}\left( 2 \right) \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{e^x} + 1}}dx} = - \frac{1}{2}{{\ln }^2}\left( 2 \right)}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 31, 2011 6:19 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Δειχθήτω: $\displaystyle{\frac{2}{1}:\frac{5}{4}:\frac{8}{7}:\frac{11}{10}:\cdots=\sqrt{3}}$

Για να μην διαμαρτύρεται ο Αναστάσης ότι δεν τον παίζουμε βάζω και εγώ μια απόδειξη:

Φαντάζομαι ότι ζητείται να δείξουμε πως $\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{b_n} = \sqrt{3}}$ όπου $a_1 = 2, a_2 = 4, a_3 = 8, \ldots$ και $b_1 = 1, b_2 = 5, b_3 = 7, \ldots$ . Ας υπολογίσουμε το γινόμενο των πρώτων

όρων

Για τον αριθμητή:

$\displaystyle{ a_1 \cdots a_{2k} = 2^{2k}(1 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdots (3k-2) \cdot (3k-1)) = \frac{2^{2k}(3k)!}{3 \cdot 6 \cdots (3k)} = \frac{2^{2k}(3k)!}{3^k k!}}$ .

Για τον παρονομαστή

$\displaystyle{ b_1 \cdots b_{2k} = \frac{(6k)!}{(a_1 \cdots a_{2k})(3 \cdot 6 \cdots (6k))} = \frac{(6k)! k!}{2^{2k}3^k (2k)! (3k)!}}$ .

Άρα το γινόμενο των πρώτων

όρων ισούται με $\displaystyle{ \frac{2^{4k} (2k)! (3k)! (3k)!}{(6k)!k!k!}}$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο του Stirling $n! \sim \sqrt{2 \pi n}(n/e)^{n}$ . Για να γλυτώσουμε λίγες πράξεις, παρατηρούμε πως όλα τα $\sqrt{2\pi}$ απαλείφονται (3 στον παρονομαστή και 3 στον αριθμητή). Το ίδιο και όλες οι δυνάμεις του

και όλες οι δυνάμεις του

. Θα μείνει

$\displaystyle{ \prod_{n=1}^{2k} \frac{a_n}{b_n} \sim \frac{2^{4k} \sqrt{2} \sqrt{3} \sqrt{3} 2^{2k} 3^{3k} 3^{3k} }{\sqrt{6} 6^{6k}} = \sqrt{3}}$ .

Τέλος παρατηρούμε ότι το ίδιο ισχύει και για το γινόμενο των πρώτων 2k+1

όρων αφού $a_{2k+1}/b_{2k+1} \to 1$ , άρα η απόδειξη είναι πλήρης.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 31, 2011 6:20 pm**

Σεραφείμ δεν ξέρω αν υπάρχει πιο εύκολος δρόμος. Και εγώ τον ίδιο πήρα αλλά κόλλησα στο $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^n\frac{\ln n}{n}}$ ...

Ερώτηση: το τρίτο και το τέταρτο κουτάκι δε βλέπω πώς προκύπτουν

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 31, 2011 6:32 pm**

Εκ του ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\zeta \left( s \right) - \frac{1}{{s - 1}}} \right) = \gamma \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{s \to 1} \left( {\frac{{\left( {s - 1} \right)\zeta \left( s \right) - 1}}{{s - 1}}} \right) = \gamma }$ αλλά και εκ του ότι "πολύ κοντά" στο s=1

ισχύει $\displaystyle{\zeta \left( s \right) \approx \gamma + \frac{1}{{s - 1}}{\text{ and }}\zeta '\left( s \right) \approx - \frac{1}{{{{\left( {s - 1} \right)}^2}}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 04, 2011 9:40 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Υπολογισθήτω: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n}{n^3}}$

Μια εισαγωγή στις διλογαριθμικές και τριλογαριθμικές συναρτήσεις (το κείμενο προσπαθεί να γίνει σε κάποιο βαθμό αυτοτελές)

Η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( z \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{z^n}}}{{{n^2}}}} }$ συγκλίνει για $\displaystyle{\left| z \right| \leqslant 1}$ (φανερό). Ισχύει $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0{\text{ }}{\text{, }}f\left( 1 \right) = \zeta \left( 2 \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{6}}$ (θεωρείται γνωστό) καθώς και

$\displaystyle{f\left( { - 1} \right) = - 1 + \frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{3^2}}} + .. = - \zeta \left( 2 \right) + 2\left( {\frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + \frac{1}{{{6^2}}} + ..} \right) = - \zeta \left( 2 \right) + \frac{1}{2}\zeta \left( 2 \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}}$

Αναλυτική επέκταση της $\displaystyle{f\left( z \right)}$ : $\displaystyle{f\left( z \right) = z + \frac{{{z^2}}}{{{2^2}}} + \frac{{{z^3}}}{{{3^2}}} + \frac{{{z^4}}}{{{4^2}}} + .. = \int\limits_0^z {\left( {1 + \frac{y}{2} + \frac{{{y^2}}}{3} + ..} \right)dy} \Rightarrow \boxed{f\left( z \right) = - \int\limits_0^z {\frac{{\ln \left( {1 - y} \right)}}{y}dy} }}$

Για την f(z)

υπάρχουν όμορφες συναρτησιακές σχέσεις http://mathworld.wolfram.com/Dilogarithm.html , όπως
1) $\displaystyle{\boxed{f\left( { - \frac{1}{z}} \right) + f\left( { - z} \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \frac{1}{2}{{\ln }^2}\left( z \right)}}$ , 2) $\displaystyle{\boxed{f\left( z \right) + f\left( {1 - z} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \ln \left( z \right)\ln \left( {1 - z} \right)}}$ , 3) $\displaystyle{\boxed{\frac{1}{2}f\left( {{z^2}} \right) = f\left( z \right) + f\left( { - z} \right)}}$
4) $\displaystyle{\boxed{f\left( z \right) + f\left( {\frac{{ - z}}{{1 - z}}} \right) = - \frac{1}{2}{{\ln }^2}\left( {1 - z} \right)}}$ , 5) $\displaystyle{\boxed{f\left( z \right) + f\left( {\frac{z}{{z - 1}}} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{2} - 2i\pi \ln \left( z \right) + i\pi \ln \left( {z - 1} \right) - \frac{1}{2}{{\ln }^2}\left( {z - 1} \right)}}$
Οι αποδείξεις των παραπάνω είναι εν γένει απλές, παραθέτω κάποιες
1) $\displaystyle{\frac{d}{{dz}}\left( {f\left( { - \frac{1}{z}} \right) + f\left( { - z} \right)} \right) = \frac{d}{{dz}}\left( { - \int\limits_0^{ - 1/z} {\frac{{\ln \left( {1 - y} \right)}}{y}dy} + - \int\limits_0^{ - z} {\frac{{\ln \left( {1 - y} \right)}}{y}dy} } \right) = - \frac{{\ln \left( {1 + \frac{1}{z}} \right)}}{{ - \frac{1}{z}}} \cdot \frac{1}{{{z^2}}} - \frac{{\ln \left( {1 + z} \right)}}{{ - z}} \cdot \left( { - 1} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\ln \left( {z + 1} \right) - \ln \left( z \right)}}{z} - \frac{{\ln \left( {1 + z} \right)}}{z} = - \frac{{\ln \left( z \right)}}{z} = \frac{d}{{dz}}\left( { - \frac{1}{2}{{\ln }^2}\left( z \right)} \right) \Rightarrow f\left( { - \frac{1}{z}} \right) + f\left( { - z} \right) = - \frac{1}{2}{\ln ^2}\left( z \right) + c}$
Για $\displaystyle{z = 1}$ έχουμε $\displaystyle{c = 2 \cdot f\left( { - 1} \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}}$ , οπότε $\displaystyle{\boxed{f\left( { - \frac{1}{z}} \right) + f\left( { - z} \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \frac{1}{2}{{\ln }^2}\left( z \right)}}$

2) $\displaystyle{\frac{d}{{dz}}\left( {f\left( z \right) + f\left( {1 - z} \right)} \right) = \frac{d}{{dz}}\left( { - \int\limits_0^z {\frac{{\ln \left( {1 - y} \right)}}{y}dy} + - \int\limits_0^{1 - z} {\frac{{\ln \left( {1 - y} \right)}}{y}dy} } \right) = - \frac{{\ln \left( {1 - z} \right)}}{z} + \frac{{\ln \left( z \right)}}{{1 - z}} = }$
$\displaystyle{ = - \left( {\frac{{\ln \left( {1 - z} \right)}}{z} - \frac{{\ln \left( z \right)}}{{1 - z}}} \right) = - \left( {\ln \left( {1 - z} \right){{\left( {\ln \left( z \right)} \right)}^\prime } + \ln \left( z \right){{\left( {\ln \left( {1 - z} \right)} \right)}^\prime }} \right) = - {\left( {\ln \left( z \right)\left( {\ln \left( {1 - z} \right)} \right)} \right)^\prime } \Rightarrow }$
$\displaystyle{ \Rightarrow f\left( z \right) + f\left( {1 - z} \right) = - \ln \left( z \right)\left( {\ln \left( {1 - z} \right)} \right) + c{\text{ }}}$
Όπου $\displaystyle{c = \mathop {\lim }\limits_{z \to 0 + } \left( {f\left( z \right) + f\left( {1 - z} \right) + \ln \left( z \right)\left( {\ln \left( {1 - z} \right)} \right)} \right) \Rightarrow c = f\left( 1 \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{6}}$ , άρα $\displaystyle{\boxed{f\left( z \right) + f\left( {1 - z} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \ln \left( z \right)\ln \left( {1 - z} \right)}}$

3) $\displaystyle{\frac{d}{{dz}}\left( {f\left( z \right) + f\left( { - z} \right)} \right) = \frac{d}{{dz}}\left( { - \int\limits_0^z {\frac{{\ln \left( {1 - y} \right)}}{y}dy} - \int\limits_0^{ - z} {\frac{{\ln \left( {1 - y} \right)}}{y}dy} } \right) = - \left( {\frac{{\ln \left( {1 - z} \right)}}{z} + \frac{{\ln \left( {1 + z} \right)}}{z}} \right) = }$
$\displaystyle{ = - \frac{{\ln \left( {1 - {z^2}} \right)}}{z} = \frac{d}{{dz}}\left( { - \frac{1}{2}\int\limits_0^{{z^2}} {\frac{{\ln \left( {1 - y} \right)}}{y}dy} } \right) = \frac{d}{{dz}}\left( {\frac{1}{2}f\left( {{z^2}} \right)} \right) \Rightarrow \frac{1}{2}f\left( {{z^2}} \right) = f\left( z \right) + f\left( { - z} \right) + c}$
Για $\displaystyle{z = 1:\frac{1}{2}f\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) + f\left( { - 1} \right) + c \Rightarrow \frac{{{\pi ^2}}}{{12}} = \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \frac{{{\pi ^2}}}{{12}} + c \Rightarrow c = 0}$ , άρα $\displaystyle{\boxed{\frac{1}{2}f\left( {{z^2}} \right) = f\left( z \right) + f\left( { - z} \right)}}$
___________________________________________________________________________________________________
Με ανάλογο τρόπο δημιουργείται η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( z \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{z^n}}}{{{n^3}}}} }$ που συγκλίνει για $\displaystyle{\left| z \right| \leqslant 1}$ . http://mathworld.wolfram.com/Trilogarithm.html
Ισχύει $\displaystyle{g\left( 0 \right) = 0{\text{ }}{\text{, }}g\left( 1 \right) = \zeta \left( 3 \right)}$ καθώς και $\displaystyle{g\left( { - 1} \right) = - 1 + \frac{1}{{{2^3}}} - \frac{1}{{{3^3}}} + .. = - \zeta \left( 3 \right) + 2\left( {\frac{1}{{{2^3}}} + \frac{1}{{{4^3}}} + \frac{1}{{{6^3}}} + ..} \right) = - \zeta \left( 3 \right) + \frac{1}{4}\zeta \left( 3 \right) = - \frac{3}{4}\zeta \left( 3 \right)}$

Όμως $\displaystyle{\frac{{f\left( z \right)}}{z} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{z^{n - 1}}}}{{{n^2}}}} \Rightarrow \int\limits_0^z {\frac{{f\left( y \right)}}{y}dy} = \int\limits_0^z {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{y^{n - 1}}}}{{{n^2}}}} dy} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_0^z {\frac{{{y^{n - 1}}}}{{{n^2}}}dy} } = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{z^n}}}{{{n^3}}}} = g\left( z \right)}$ . Δηλαδή $\displaystyle{\boxed{g\left( z \right) = \int\limits_0^z {\frac{{f\left( y \right)}}{y}dy} }}$

Και για την g(x)

ισχύουν ανάλογες συναρτησιακές σχέσεις, όπως :

6) $\displaystyle{\boxed{\frac{1}{4}g\left( {{z^2}} \right) = g\left( z \right) + g\left( { - z} \right)}}$ , 7) $\displaystyle{\boxed{g\left( { - z} \right) - g\left( { - \frac{1}{z}} \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln \left( z \right) - \frac{1}{6}{{\ln }^3}\left( z \right)}}$ , 8) $\displaystyle{\boxed{g\left( z \right) - g\left( {\frac{1}{z}} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{3}\ln \left( z \right) - \frac{1}{6}{{\ln }^3}\left( z \right) - \frac{1}{2}i\pi {{\ln }^2}\left( z \right)}}$
Παραγωγίζοντας την παράσταση $\displaystyle{g\left( {\frac{{ - z}}{{1 - z}}} \right) + g\left( {1 - z} \right) + g\left( z \right)}$ και λαμβάνοντας υπόψη τις συναρτησιακές σχέσεις της f(x)

προκύπτει :
9) $\displaystyle{\boxed{g\left( {\frac{{ - z}}{{1 - z}}} \right) + g\left( {1 - z} \right) + g\left( z \right) = \zeta \left( 3 \right) + \frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln \left( {1 - z} \right) - \frac{1}{2}\ln \left( z \right){{\ln }^2}\left( {1 - z} \right) + \frac{1}{6}{{\ln }^3}\left( {1 - z} \right)}}$

Παραγωγίζοντας την παράσταση $\displaystyle{g\left( {\frac{{ - z}}{{1 - z}}} \right) + g\left( {\frac{1}{{1 - z}}} \right) + g\left( z \right)}$ και λαμβάνοντας υπόψη τις συναρτησιακές σχέσεις της f(x)

προκύπτει :

10) $\displaystyle{\boxed{g\left( {\frac{{ - z}}{{1 - z}}} \right) + g\left( {\frac{1}{{1 - z}}} \right) + g\left( z \right) = \zeta \left( 3 \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln \left( {1 - z} \right) - \frac{1}{2}\ln \left( { - z} \right){{\ln }^2}\left( {1 - z} \right) + \frac{1}{6}{{\ln }^3}\left( {1 - z} \right)}}$

Ενδεικτικές αποδείξεις.

6) $\displaystyle{g\left( z \right) + g\left( { - z} \right) = \left( {z + \frac{{{z^2}}}{{{2^3}}} + \frac{{{z^3}}}{{{3^3}}} + \frac{{{z^4}}}{{{4^3}}} + ..} \right) + \left( { - z + \frac{{{z^2}}}{{{2^3}}} - \frac{{{z^3}}}{{{3^3}}} + \frac{{{z^4}}}{{{4^3}}} - ..} \right) = \frac{1}{4}\left( {{z^2} + \frac{{{z^4}}}{{{2^3}}} + \frac{{{z^6}}}{{{3^3}}} + ..} \right) = \frac{1}{4}g\left( {{z^2}} \right)}$

7) $\displaystyle{\frac{d}{{dz}}\left( {g\left( { - z} \right) - g\left( { - \frac{1}{z}} \right)} \right) = \frac{d}{{dz}}\left( {\int\limits_0^{ - z} {\frac{{f\left( y \right)}}{y}dy} - \int\limits_0^{ - 1/z} {\frac{{f\left( y \right)}}{y}dy} } \right) = \frac{{f\left( { - z} \right)}}{z} + \frac{{f\left( { - 1/z} \right)}}{{\frac{1}{z}}}\frac{1}{{{z^2}}} = \frac{1}{z}\left( {f\left( { - z} \right) + f\left( { - \frac{1}{z}} \right)} \right) = }$
$\displaystyle{ = - \frac{{{\pi ^2}}}{{6z}} - \frac{1}{2}\frac{{{{\ln }^2}\left( z \right)}}{z} = - \frac{d}{{dz}}\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln \left( z \right) + \frac{1}{6}{{\ln }^3}\left( z \right)} \right) \Rightarrow g\left( { - z} \right) - g\left( { - \frac{1}{z}} \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln \left( z \right) - \frac{1}{6}{\ln ^3}\left( z \right) + c}$
Για $\displaystyle{z = 1}$ προκύπτει c=0

άρα $\displaystyle{\boxed{g\left( { - z} \right) - g\left( { - \frac{1}{z}} \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln \left( z \right) - \frac{1}{6}{{\ln }^3}\left( z \right)}}$

Στο θέμα μας

Θέτοντας στην (6) $\displaystyle{z = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}}$ παίρνουμε $\displaystyle{g\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right) + g\left( { - \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right) = \frac{1}{4}g\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)}$ . Επίσης θέτοντας στην (9)

$\displaystyle{z = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} = {\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right)^2}}$ παίρνουμε: $\displaystyle{g\left( { - \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right) + g\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right) + g\left( {{{\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right)}^2}} \right) = \zeta \left( 3 \right) + \frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln \left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right) - \frac{5}{6}{\ln ^3}\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right)}$

Συνδυάζοντας τα παραπάνω έχουμε $\displaystyle{\frac{1}{4}g\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right) + g\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right) = \zeta \left( 3 \right) + \frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln \left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right) - \frac{5}{6}{\ln ^3}\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} = \frac{4}{5}\left( {\zeta \left( 3 \right) + \frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln \left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right) - \frac{5}{6}{{\ln }^3}\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right)} \right)}}$

Αναστάση .. τέλειο .. Polylogarithms and Associated Functions - L. Lewin

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 11, 2011 2:16 am**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}\int_{2n\pi}^{+\infty}\frac{\sin z}{z}\,dz=\pi-\frac{\pi}{2}\ln(2\pi)}$

Πανέμορφο αλλά πολύ δύσκολο.

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_{2n\pi }^\infty {\frac{{\sin \left( z \right)}}{z}dz} = \mathop = \limits^{z = 2nx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_\pi ^\infty {\frac{{\sin \left( {2nx} \right)}}{x}dx} = \int\limits_\pi ^\infty {\frac{1}{x}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {2nx} \right)}}{n}} } \right)dx} = \int\limits_\pi ^\infty {\frac{1}{x}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sin \left( {2nx} \right)\int\limits_0^\infty {{e^{ - ny}}dy} } } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{2i}}\int\limits_\pi ^\infty {\frac{1}{x}\int\limits_0^\infty {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {{e^{ - n\left( {y - 2ix} \right)}} - {e^{ - n\left( {y + 2ix} \right)}}} \right)} dy} dx} = \frac{1}{{2i}}\int\limits_\pi ^\infty {\frac{1}{x}\int\limits_0^\infty {\left( {\frac{{{e^{ - \left( {y - 2ix} \right)}}}}{{1 - {e^{ - \left( {y - 2ix} \right)}}}} - \frac{{{e^{ - \left( {y + 2ix} \right)}}}}{{1 - {e^{ - \left( {y + 2ix} \right)}}}}} \right)dy} dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{2i}}\int\limits_\pi ^\infty {\frac{1}{x}\int\limits_0^\infty {\left( {\ln '\left( {1 - {e^{ - \left( {y - 2ix} \right)}}} \right) - \ln '\left( {1 - {e^{ - \left( {y + 2ix} \right)}}} \right)} \right)dy} dx} = \frac{1}{{2i}}\int\limits_\pi ^\infty {\frac{1}{x}\int\limits_0^\infty {\ln '\left( {\frac{{1 - {e^{ - \left( {y - 2ix} \right)}}}}{{1 - {e^{ - \left( {y + 2ix} \right)}}}}} \right)dy} dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{2i}}\int\limits_\pi ^\infty {\frac{1}{x}\ln \left( {\frac{{1 - {e^{2ix}}}}{{1 - {e^{ - 2ix}}}}} \right)dx} \mathop = \limits^{\left\lfloor * \right\rfloor } \frac{1}{{2i}}\int\limits_\pi ^\infty {\frac{1}{x}\ln \left( {{e^{i\left( {2x + \pi } \right)}}} \right)dx} \mathop = \limits^{\left\lfloor {**} \right\rfloor } \frac{1}{{2i}}\int\limits_\pi ^\infty {\frac{1}{x}i\left( {\pi - 2x + 2\pi \left[ {\frac{{2x}}{{2\pi }}} \right]} \right)dx} }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_{n\pi }^{\left( {n + 1} \right)\pi } {\frac{1}{x}\left( {\pi - 2x + 2\pi \left[ {\frac{x}{\pi }} \right]} \right)dx} } = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_{n\pi }^{\left( {n + 1} \right)\pi } {\frac{1}{x}\left( {\pi - 2x + 2n\pi } \right)dx} } = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\left( {2n + 1} \right)\pi \ln \left( {\frac{{n + 1}}{n}} \right) - 2\pi } \right)} }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_{2n\pi }^\infty {\frac{{\sin \left( z \right)}}{z}dz} = \pi \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\left( {n + \frac{1}{2}} \right)\ln \left( {\frac{{n + 1}}{n}} \right) - 1} \right)} }}$
Διότι
$\displaystyle{\left\lfloor * \right\rfloor {\text{ }}\ln \left( {\frac{{1 - {e^{2ix}}}}{{1 - {e^{ - 2ix}}}}} \right) = \ln \left( {\frac{{1 - \cos \left( {2x} \right) - i \cdot \sin \left( {2x} \right)}}{{1 - \cos \left( {2x} \right) + i \cdot \sin \left( {2x} \right)}}} \right) = \ln \left( {\frac{{ - 2i\sin \left( x \right){e^{ix}}}}{{2i\sin \left( x \right){e^{ - ix}}}}} \right) = \ln \left( { - {e^{2ix}}} \right) = \ln \left( {{e^{i\left( {2x + \pi } \right)}}} \right)}$

και $\displaystyle{\left\lfloor {**} \right\rfloor :\ln \left( {{e^{i\left( {2x + \pi } \right)}}} \right) = i\left( {\pi - 2x + 2\pi \left[ {\frac{{2x}}{{2\pi }}} \right]} \right)}$ διότι ο λογάριθμος είναι πλειότιμη συνάρτηση και πρέπει να κρατήσουμε το πρωτέον όρισμα που ανήκει στο διάστημα $\displaystyle{\left( { - \pi ,\pi } \right]}$

Επίσης

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\left( {n + \frac{1}{2}} \right)\ln \left( {\frac{{n + 1}}{n}} \right) - 1} \right)} = \sum\limits_{n = 1}^N {\ln \left( {\frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^{n + 1/2}}}}{{e \cdot {n^{n + 1/2}}}}} \right)} = \ln \left( {\frac{1}{{{e^N}}} \cdot \frac{{{2^1} \cdot {3^2} \cdot .. \cdot {N^{N - 1}} \cdot {{\left( {N + 1} \right)}^N}}}{{{1^1} \cdot {2^2} \cdot {3^3}.. \cdot {N^N}}} \cdot {{\left( {N + 1} \right)}^{1/2}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = \ln \left( {\frac{1}{{{e^N}}} \cdot \frac{{{{\left( {N + 1} \right)}^N}}}{{N!}} \cdot {{\left( {N + 1} \right)}^{1/2}}} \right) \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\left( {n + \frac{1}{2}} \right)\ln \left( {\frac{{n + 1}}{n}} \right) - 1} \right)} = \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \ln \left( {\frac{1}{{{e^N}}} \cdot \frac{{{{\left( {N + 1} \right)}^N}}}{{N!}} \cdot {{\left( {N + 1} \right)}^{1/2}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \ln \left( {\frac{1}{{{e^N}}} \cdot \frac{{{{\left( {N + 1} \right)}^N}}}{{\sqrt {2\pi N} {{\left( {N/e} \right)}^N}}} \cdot {{\left( {N + 1} \right)}^{1/2}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \ln \left( {\frac{1}{{\sqrt {2\pi } }} \cdot {{\left( {1 + \frac{1}{N}} \right)}^N}{{\left( {\frac{{N + 1}}{N}} \right)}^{1/2}}} \right) = \ln \left( {\frac{e}{{\sqrt {2\pi } }}} \right)}$

και τελικά $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_{2n\pi }^\infty {\frac{{\sin \left( z \right)}}{z}dz} = \pi \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\left( {n + \frac{1}{2}} \right)\ln \left( {\frac{{n + 1}}{n}} \right) - 1} \right)} = \pi \cdot \ln \left( {\frac{e}{{\sqrt {2\pi } }}} \right) = \pi \left( {1 - \frac{1}{2}\ln \left( {2\pi } \right)} \right)}$

Αξίζει να σημειωθεί μια αρχική αποτυχημένη προσπάθεια που όμως δίδει (εκ των υστέρων) σπουδαία αποτελέσματα.

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_{2n\pi }^\infty {\frac{{\sin \left( z \right)}}{z}dz} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_{2n\pi }^\infty {\sin \left( z \right)\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - zx}}dx} } \right)dz} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_{2n\pi }^\infty {\sin \left( z \right){e^{ - zx}}dz} } \right)dx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - 2n\pi x}}}}{{1 + {x^2}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{1 + {x^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{e^{ - 2n\pi x}}}}{n}} } = - \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 - {e^{ - 2\pi x}}} \right)}}{{1 + {x^2}}}dx} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 - {e^{ - 2\pi x}}} \right)}}{{1 + {x^2}}}dx} = - \pi + \frac{\pi }{2}\ln \left( {2\pi } \right)}}$

με συνέχεια

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \int\limits_{2n\pi }^\infty {\frac{{\sin \left( z \right)}}{z}dz} = - \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 - {e^{ - 2\pi x}}} \right)}}{{1 + {x^2}}}dx} = - \int\limits_0^\infty {\ln \left( {1 - {e^{ - 2\pi x}}} \right){{\left( {\arctan \left( x \right)} \right)}^\prime }dx} = - \left[ {\ln \left( {1 - {e^{ - 2\pi x}}} \right)\left( {\arctan \left( x \right)} \right)} \right]_0^\infty + }$

$\displaystyle{ + \int\limits_0^\infty {\frac{{2\pi {e^{ - 2\pi x}}}}{{1 - {e^{ - 2\pi x}}}}\left( {\arctan \left( x \right)} \right)dx} = 2\pi \int\limits_0^\infty {\frac{{\arctan \left( x \right)}}{{{e^{2\pi x}} - 1}}dx} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{\arctan \left( x \right)}}{{{e^{2\pi x}} - 1}}dx} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4}\ln \left( {2\pi } \right)}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 14, 2011 12:58 am**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Δειχθήτω: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n\cdot\sinh(n\pi))^2}=\frac{2}{3}\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2}\right)-\frac{11\pi^2}{180}}$

Λήμμα 1 $\displaystyle{\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\left( {\frac{1}{{z + n}}} \right)} = \frac{\pi }{{\tan \left( {\pi z} \right)}}}$ . Αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=12308

Λήμμα 2 $\displaystyle{\frac{1}{{{{\sinh }^2}\left( {\pi z} \right)}} = \frac{1}{{{\pi ^2}{z^2}}} + \frac{{4{z^2}}}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {{z^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} - \frac{2}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{z^2} + {k^2}}}} }$
Διότι:
Από λήμμα 1 έχουμε $\displaystyle{\frac{\pi }{{\tan \left( {\pi z} \right)}} = \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\left( {\frac{1}{{z + k}}} \right)} \Rightarrow {\left( {\frac{\pi }{{\tan \left( {\pi z} \right)}}} \right)^\prime } = - \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {z + k} \right)}^2}}}} \Rightarrow \boxed{\frac{{{\pi ^2}}}{{{{\sin }^2}\left( {\pi z} \right)}} = \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {z + k} \right)}^2}}}} {\text{ }}} \Rightarrow }$
$\displaystyle{ \Rightarrow \frac{{{\pi ^2}}}{{{{\sin }^2}\left( {\pi \left( {iz} \right)} \right)}} = \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {iz + k} \right)}^2}}}} \Rightarrow \frac{{{\pi ^2}}}{{{{\left( {i \cdot \sinh \left( {\pi z} \right)} \right)}^2}}} = \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {iz + k} \right)}^2}}}} \Rightarrow \boxed{\frac{{{\pi ^2}}}{{{{\sinh }^2}\left( {\pi z} \right)}} = \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {z + ik} \right)}^2}}}} = \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {z - ik} \right)}^2}}}} }}$

τότε $\displaystyle{\frac{1}{{{{\sinh }^2}\left( {\pi z} \right)}} = \frac{1}{{2{\pi ^2}}}\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\left( {\frac{1}{{{{\left( {z + ik} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {z - ik} \right)}^2}}}} \right)} = \frac{1}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{{{z^2} - {k^2}}}{{{{\left( {{z^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} = \frac{1}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{{2{z^2} - \left( {{z^2} + {k^2}} \right)}}{{{{\left( {{z^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{{\pi ^2}}}\left( {2{z^2}\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{{\left( {{z^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} - \frac{1}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{1}{{{z^2} + {k^2}}}} } \right) \Rightarrow \boxed{\frac{1}{{{{\sinh }^2}\left( {\pi z} \right)}} = \frac{1}{{{\pi ^2}{z^2}}} + \frac{{4{z^2}}}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {{z^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} - \frac{2}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{z^2} + {k^2}}}} }}$

Αντικαθιστούμε το

με

και αθροίζουμε, οπότε προκύπτει:

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}{{\sinh }^2}\left( {\pi n} \right)}}} = \frac{1}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^4}}}} + \frac{4}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {{n^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} } - \frac{2}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}\left( {{n^2} + {k^2}} \right)}}} } }$

Όμως είναι γνωστό ότι $\displaystyle{\frac{1}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^4}}}} = \frac{1}{{{\pi ^2}}} \cdot \zeta \left( 4 \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{90}}}$ και για το άθροισμα $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}\left( {{n^2} + {k^2}} \right)}}} } }$ έχουμε:

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

$\displaystyle{ \Rightarrow S = \left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}} } \right)\left( {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right) - S \Rightarrow 2S = {\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{6}} \right)^2} \Rightarrow S = \frac{{{\pi ^4}}}{{72}}}$

Οπότε τελικά $\displaystyle{\boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}{{\sinh }^2}\left( {\pi n} \right)}}} = \frac{4}{{{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {{n^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} } - \frac{{{\pi ^2}}}{{60}}}}$

Το τελικό διπλό άθροισμα έχει σχέση με τις συναρτήσεις $\displaystyle{\zeta \left( 2 \right){\text{ \& }}\zeta \left( 4 \right)}$ από τις οποίες λείπουν όλοι οι προσθετέοι των φυσικών που δεν γράφονται σαν
άθροισμα δύο τετραγώνων. Από το θεώρημα του Fermat (που απέδειξε ο Euler) γνωρίζουμε ότι αν κάποιος φυσικός αριθμός έχει πρώτο παράγοντα
της μορφής $\displaystyle{p = 4k + 3}$ υψωμένο σε περιττή δύναμη, τότε δεν γράφεται σαν άθροισμα δύο τετραγώνων.

Κάπου διάβασα ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {{n^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} } = \zeta \left( 2 \right) \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\frac{1}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} - \zeta \left( 4 \right)}$ , όμως δεν έχω απόδειξη γι’ αυτό, ούτε μπόρεσα να ανακαλύψω κάποια.

Με δεδομένο το παραπάνω: $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}{{\sinh }^2}\left( {\pi n} \right)}}} = \frac{4}{{{\pi ^2}}}\left( {\zeta \left( 2 \right) \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\frac{1}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} - \zeta \left( 4 \right)} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{{60}} = \frac{4}{{{\pi ^2}}}\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{6} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\frac{1}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} - \frac{{{\pi ^4}}}{{90}}} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{{60}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{2}{3}\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\frac{1}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} - \left( {\frac{{2{\pi ^2}}}{{45}} + \frac{{{\pi ^2}}}{{60}}} \right) = \frac{2}{3}\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\frac{1}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} - \frac{{11{\pi ^2}}}{{180}}}$ .

Πολύ θα με ενδιέφερε να δω μια απόδειξη της σχέσης $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {{n^2} + {k^2}} \right)}^2}}}} } = \zeta \left( 2 \right) \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\frac{1}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} - \zeta \left( 4 \right)}$ η οποία ισχύει
(ελέγθηκε με hand made πρόγραμμα σε Visual Basic).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 14, 2011 2:59 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας δειχθεί παρακαλώ αν είναι εύκολο ότι $\displaystyle{\sum_{m=0}^{a-1}\sum_{n=0}^{a-1}\frac{1}{a}e^{2\pi i\frac{bmn}{a}}=GCD(a,b)}$

Ε, αφού είσαι τόσο ευγενικός...

Εχουμε (από τύπο γεωμετρικών προόδων) ότι $\displaystyle \sum_{m=0}^{a-1} \exp \left( \frac{2 \pi m n i}{a} \right) = a$ αν ο

διαιρεί τον

, αλλιώς είναι

.

Ετσι, αν g = GCD(a,b)

, έχουμε $\displaystyle \sum_{m=0}^{a-1}\sum_{n=0}^{a-1}\frac{1}{a} \exp \left( 2\pi i\frac{bmn}{a} \right) = \sum_{m=0}^{a-1}\frac{1}{a} \sum_{n=0}^{a-1} \exp \left( 2\pi i\frac{b/g \ mn}{a/g} \right) =$

Ο a/g

διαιρεί τον

ακριβώς για

διαφορετικές τιμές του

, οπότε...

$\displaystyle = \sum_{m=0, a/g | m}^{a-1}\frac{1}{a} a = g$

Δημήτρης Σκουτέρης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 18, 2011 11:28 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Αθροισθήτω $\displaystyle{\sum_{r=1}^{2n-1}\frac{(-1)^{r-1}r}{\binom{2n}{r}}}$

Μια εξαιρετική τεχνική αντιμετώπισης διωνυμικών συντελεστών στον παρονομαστή είναι η εξής:

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^k}}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 2}}}}dx} = \frac{1}{{\Gamma \left( {n + 2} \right)}}\int\limits_0^\infty {{x^k}\frac{{\Gamma \left( {n + 2} \right)}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 2}}}}dx} = \frac{1}{{\Gamma \left( {n + 2} \right)}}\int\limits_0^\infty {{x^k}\left( {\int\limits_0^\infty {{y^{n + 1}}{e^{ - \left( {1 + x} \right)y}}dy} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {{y^{n + 1}}{e^{ - y}}\left( {\int\limits_0^\infty {{x^k}{e^{ - xy}}dx} } \right)dy} = \frac{1}{{\left( {n + 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {{y^{n + 1}}{e^{ - y}}\frac{{\Gamma \left( {k + 1} \right)}}{{{y^{k + 1}}}}dy} = \frac{{k!}}{{\left( {n + 1} \right)!}}\int\limits_0^\infty {{y^{n - k}}{e^{ - y}}dy} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{k!}}{{\left( {n + 1} \right) \cdot n!}}\Gamma \left( {n - k + 1} \right) = \frac{{k!\left( {n - k} \right)!}}{{\left( {n + 1} \right) \cdot n!}} \Rightarrow \boxed{\frac{1}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \\ \end{array} } \right)}} = \left( {n + 1} \right) \cdot \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^k}}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 2}}}}dx} }}$

Τότε $\displaystyle{S = \sum\limits_{r = 1}^{2n - 1} {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{r - 1}}r}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ r \\ \end{array} } \right)}}} = \left( {2n + 1} \right)\sum\limits_{r = 1}^{2n - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^{r - 1}}r\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^r}}}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{2n + 2}}}}dx} } = \left( {2n + 1} \right)\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{2n + 2}}}}\left( {\sum\limits_{r = 1}^{2n - 1} {r{{\left( { - 1} \right)}^{r - 1}}{x^r}} } \right)dx} }$

Όμως $\displaystyle{\sum\limits_{r = 1}^{2n - 1} {r{{\left( { - 1} \right)}^{r - 1}}{x^r}} = - x\sum\limits_{r = 1}^{2n - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^r}{{\left( {{x^r}} \right)}^\prime }} = - x{\left( {\sum\limits_{r = 1}^{2n - 1} {{{\left( { - x} \right)}^r}} } \right)^\prime } = - x{\left( {\left( { - x} \right) \cdot \frac{{1 - {{\left( { - x} \right)}^{2n - 1}}}}{{1 - \left( { - x} \right)}}} \right)^\prime } = x \cdot {\left( {x \cdot \frac{{1 + {x^{2n - 1}}}}{{1 + x}}} \right)^\prime }}$

και τελικά $\displaystyle{S = \left( {2n + 1} \right)\int\limits_0^\infty {\frac{x}{{{{\left( {1 + x} \right)}^{2n + 2}}}}{{\left( {x\frac{{1 + {x^{2n - 1}}}}{{1 + x}}} \right)}^\prime }dx} = ... = \frac{n}{{n + 1}}}$

Οι υπολογισμοί είναι εύκολοι αλλά θέλουν πολλές πράξεις.

Χρησιμοποιήθηκε η σχέση $\displaystyle{\boxed{\int\limits_0^\infty {{x^a}{e^{ - bx}}dx} = \frac{{\Gamma \left( {a + 1} \right)}}{{{b^{a + 1}}}}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 27, 2011 6:51 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Η $x_{n}$ ορίζεται αναδρομικά για κάποια $x_{0},x_{1}$ από τον τύπο $\displaystyle{x_{n}=\frac{(n-1)c}{1+(n-1)c}x_{n-1}+\frac{1}{1+(n-1)c}x_{n-2}}$ , όπου . Βρείτε το $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}x_{n}}$ .

Αν $\displaystyle{{x_1} = {x_0}}$ τότε $\displaystyle{{x_2} = \frac{c}{{1 + c}}{x_0} + \frac{1}{{1 + c}}{x_0} = {x_0}}$ , $\displaystyle{{x_3} = \frac{{2c}}{{1 + 2c}}{x_0} + \frac{1}{{1 + 2c}}{x_0} = {x_0}}$ κ.λ.π. οπότε $\displaystyle{{x_n} = {x_0}}$ και τελικά $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = {x_0}}$ (τετριμμένη περίπτωση).
------------------------
Θεωρούμε $\displaystyle{{x_1} \ne {x_0}}$ .
------------------------
$\displaystyle{{x_n} = \frac{{1 + (n - 1)c - 1}}{{1 + (n - 1)c}}{x_{n - 1}} + \frac{1}{{1 + (n - 1)c}}{x_{n - 2}} = {x_{n - 1}} - \frac{1}{{1 + (n - 1)c}}\left( {{x_{n - 1}} - {x_{n - 2}}} \right) \Rightarrow \boxed{{x_n} - {x_{n - 1}} = - \frac{1}{{1 + (n - 1)c}}\left( {{x_{n - 1}} - {x_{n - 2}}} \right)}}$
Θέτουμε $\displaystyle{{y_n} = {x_n} - {x_{n - 1}}}$ , τότε $\displaystyle{\boxed{{y_n} = - \frac{1}{{1 + (n - 1)c}}{y_{n - 1}}}}$ με $\displaystyle{{y_1} = {x_1} - {x_0} = A \ne 0}$ .
Για την ακολουθία $\displaystyle{{\left\{ {{y_n}} \right\}_{n = 1,2,3..}}}$ έχουμε $\displaystyle{{y_2} = - \frac{1}{{1 + c}}A,{\text{ }}{y_3} = - \frac{1}{{1 + 2c}}{y_2} = \frac{1}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)}}A}$ και επαγωγικά $\displaystyle{\boxed{{y_n} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)..\left( {1 + \left( {n - 1} \right)c} \right)}}A}}$
------------------------
Επομένως $\displaystyle{{x_n} = {x_{n - 1}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)..\left( {1 + \left( {n - 1} \right)c} \right)}}A = {x_{n - 1}} + {a_n}A}$ . όπου $\displaystyle{{a_n} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)..\left( {1 + \left( {n - 1} \right)c} \right)}}}$ .

Όμως $\displaystyle{{x_n} = {x_{n - 1}} + {a_n}A \Rightarrow \sum\limits_{k = 2}^n {{x_k}} = \sum\limits_{k = 2}^n {{x_{k - 1}}} + A\sum\limits_{k = 2}^n {{a_k}} \Rightarrow {x_n} = {x_1} + A\sum\limits_{k = 2}^n {{a_k}} \Rightarrow \boxed{{x_n} = {x_1}\left( {1 + \sum\limits_{k = 2}^n {{a_k}} } \right) - {x_0}\sum\limits_{k = 2}^n {{a_k}} }}$
Τότε $\displaystyle{\boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = {x_1}\left( {1 + \sum\limits_{k = 2}^\infty {{a_k}} } \right) - {x_0}\sum\limits_{k = 2}^\infty {{a_k}} }}$
Μένει συνεπώς να υπολογιστεί η σειρά $\displaystyle{S = \frac{1}{{1 + c}} - \frac{1}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)}} + \frac{1}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)}} - ..}$ , η οποία φανερά συγκλίνει (εναλλάσουσα-μηδενική).
------------------------
Ορίζουμε την συνάρτηση $\displaystyle{S\left( x \right) = \frac{x}{{1 + c}} - \frac{{{x^2}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)}} + \frac{{{x^3}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)}} - {\text{ }}....}$ που για $\displaystyle{x \in \left[ {0,1} \right]}$ συγκλίνει ομοιόμορφα. Τότε $\displaystyle{S = S\left( 1 \right)}$ και
$\displaystyle{c \cdot S'\left( x \right) = \frac{c}{{1 + c}} - \frac{{2xc}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)}} + \frac{{3{x^2}c}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)}} - \frac{{4{x^3}c}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)\left( {1 + 4c} \right)}} + ..}$ και
$\displaystyle{\frac{{S\left( x \right)}}{x} = \frac{1}{{1 + c}} - \frac{x}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)}} + \frac{{{x^2}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)}} - \frac{{{x^3}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)\left( {1 + 4c} \right)}} + ..}$ , οπότε

$\displaystyle{\frac{{S\left( x \right)}}{x} + c \cdot S'\left( x \right) = \frac{1}{{1 + c}} - \frac{x}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)}} + \frac{{{x^2}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)}} - \frac{{{x^3}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)\left( {1 + 4c} \right)}} + ..}$

$\displaystyle{ + \frac{c}{{1 + c}} - \frac{{2xc}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)}} + \frac{{3{x^2}c}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)}} - \frac{{4{x^3}c}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)\left( {1 + 4c} \right)}} + ..}$

$\displaystyle{ = 1 - \frac{{x\left( {1 + 2c} \right)}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)}} + \frac{{{x^2}\left( {1 + 3c} \right)}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)}} - \frac{{{x^3}\left( {1 + 4c} \right)}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)\left( {1 + 4c} \right)}} + ..}$

$\displaystyle{ = 1 - \frac{x}{{\left( {1 + c} \right)}} + \frac{{{x^2}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)}} - \frac{{{x^3}}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + 2c} \right)\left( {1 + 3c} \right)}} + .. \Rightarrow \boxed{\frac{{S\left( x \right)}}{x} + c \cdot S'\left( x \right) = 1 - S\left( x \right)}}$
------------------------
Αρα $\displaystyle{\frac{{S\left( x \right)}}{x} + c \cdot S'\left( x \right) = 1 - S\left( x \right) \Rightarrow \frac{1}{c}\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)S\left( x \right) + S'\left( x \right) = \frac{1}{c}}$ . Πολλαπλασιάζουμε με $\displaystyle{{e^{x/c}}{x^{1/c}}}$ , οπότε έχουμε

$\displaystyle{{e^{x/c}}{x^{1/c}}S'\left( x \right) + \frac{1}{c}\left( {1 + \frac{1}{x}} \right){e^{x/c}}{x^{1/c}}S\left( x \right) = \frac{1}{c}{e^{x/c}}{x^{1/c}} \Rightarrow {\left( {{e^{x/c}}{x^{1/c}}S\left( x \right)} \right)^\prime } = \frac{1}{c}{e^{x/c}}{x^{1/c}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {{e^{x/c}}{x^{1/c}}S\left( x \right)} \right)}^\prime }dx} = \frac{1}{c}\int\limits_0^1 {{e^{x/c}}{x^{1/c}}dx} \Rightarrow {e^{1/c}}S\left( 1 \right) = \frac{1}{c}\int\limits_0^1 {{e^{x/c}}{x^{1/c}}dx} \Rightarrow \boxed{S = \frac{1}{c}{e^{ - 1/c}}\int\limits_0^1 {{e^{x/c}}{x^{1/c}}dx} }}$

και τελικά $\displaystyle{\boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = {x_1} \cdot \left( {1 + S} \right) - {x_0}S}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 03, 2011 4:47 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Υπολογισθήτω: $\displaystyle{I:=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x^2}}{(x^2+1/2)^2}\,dx\qquad\qquad\boxed{\checkmark}}$

Μια ακόμα λύση για τούτο δω: (κατόπιν υποδείξεως του κυρίου Makarov...)

$\displaystyle{\int\frac{e^{-x^2}}{(x^2+1/2)^2}\,dx=-\frac{1}{2}\int\frac{e^{-x^2}}{x}\left(\frac{1}{x^2+1/2}\right){'}\,dx=-\frac{e^{-x^2}}{2x(x^2+1/2)}+\frac{1}{2}\int\frac{-2e^{-x^2}(x^2+1/2)}{x^2(x^2+1/2)}\,dx=-\frac{e^{-x^2}}{2x(x^2+1/2)}-\int\frac{e^{-x^2}}{x^2}\,dx=}$

$\displaystyle{-\frac{e^{-x^2}}{2x(x^2+1/2)}+\int\left(\frac{1}{x}\right){'}e^{-x^2}\,dx=-\frac{e^{-x^2}}{2x(x^2+1/2)}+\frac{e^{-x^2}}{x}+2\int e^{-x^2}\,dx=\frac{xe^{-x^2}}{x^2+1/2}+2\int e^{-x^2}\,dx}$

Έπεται ότι $\displaystyle{I=\frac{xe^{-x^2}}{x^2+1/2}\Big|_{0}^{+\infty}+2\int_{0}^{+\infty} e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\pi}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 04, 2011 1:55 am**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Πόσο να κάνει τούτο δω...; $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{e^{x}+1}\,dx}$

Την άσκηση τούτη την πέτυχα και στο βιβλίο του Makarov.Η υπόδειξη που δίνει είναι διατυπωμένη όσο σάπια παίρνει (δεν πάει άλλο) και βρήκα τη λύση της από το Monthly. Είναι αρκετά σύντομη και περιλαμβάνει τη γενική περίπτωση $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{1+e^{ax}}\,dx}$ με a>0

.

Για $\displaystyle{h>0}$ μικρό έχουμε

$\displaystyle{\int_{h}^{+\infty}\frac{\ln x}{1+e^{x}}\,dx=\int_{h}^{+\infty}\frac{e^{-x}\ln x}{1+e^{-x}}\,dx=-\int_{h}^{+\infty}\left(\ln(1+e^{-x}\right){'}\ln x\,dx=\ln h\cdot\ln(1+e^{-h})+\int_{h}^{+\infty}\frac{\ln(1+e^{-x})}{x}\,dx=}$

$\displaystyle{\ln h\cdot\ln(1+e^{-h})+\int_{h}^{+\infty}\frac{\ln(1-e^{-2x})}{x}\,dx-\int_{h}^{+\infty}\frac{\ln(1-e^{-x})}{x}\,dx\stackrel{2x=y}{=}\ln h\cdot\ln(1+e^{-h})-\int_{h}^{2h}\frac{\ln(1-e^{-x})}{x}\,dx=\,\,\boxed{*}$

Όμως για

μικρό είναι

$\displaystyle{1-e^{-x}=x-\mathcal O(x^2)\Rightarrow \ln(1-e^{-x})=\ln x+\ln(1-\mathcal O(x))=\ln x+\mathcal O(x)}$ , άρα

$\displaystyle{\boxed{*}=\ln h\cdot\ln(1+e^{-h})-\int_{h}^{2h}\frac{\ln x}{x}\,dx+\int_{h}^{2h}\mathcal O(1)\,dx=\ln h\cdot\ln(1+e^{-h})-\frac{1}{2}\ln^22-\ln2\cdot\ln h+h\cdot c\stackrel{h\to0}{\longrightarrow}-\frac{1}{2}\ln^22=\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{1+e^x}\,dx}$ .

Βλ. και Monthly 1951 σελ.705

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 07, 2011 10:40 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Αν $\displaystyle{\frac{(1+x)^n}{(1-x)^3}=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+\cdots}$ , δείξτε ότι $\displaystyle{a_{0}+\cdots+a_{n-1}=\frac{n(n+2)(n+7)2^{n-4}}{3}}$ .

Για $\displaystyle{\left| x \right| < 1}$ έχουμε $\displaystyle{\frac{1}{{1 - x}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{x^n}} }$ , καθώς επίσης και $\displaystyle{{\left( {x + 1} \right)^n} = \sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right){x^i}} = \sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right){x^{n - i}}} }$ . Τότε με δύο παραγωγίσεις και «παίζοντας» με τους δείκτες έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {n + 1} \right){x^n}} {\text{ \& }}\boxed{\frac{1}{{{{\left( {1 - x} \right)}^3}}} = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right){x^n}} }}$ , οπότε $\displaystyle{\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^3}}} = \frac{1}{2}\left( {\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right){x^i}} } \right)\left( {\sum\limits_{j = 0}^\infty {\left( {j + 2} \right)\left( {j + 1} \right){x^j}} } \right)}$ με τον συντελεστή

του $\displaystyle{{x^k}}$ να είναι $\displaystyle{\frac{1}{2}\left( {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ 0 \\ \end{array} } \right)\left( {k + 2} \right)\left( {k + 1} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ 1 \\ \end{array} } \right)\left( {k + 1} \right)k + \left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ 2 \\ \end{array} } \right)k\left( {k - 1} \right) + .. + \left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \\ \end{array} } \right)2 \cdot 1} \right) = \frac{1}{2}\sum\limits_{i = 0}^k {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right)} \left( {k + 2 - i} \right)\left( {k + 1 - i} \right)}$

Θα χρησιμοποιηθεί η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής.

Για $\displaystyle{n = 1}$ : $\displaystyle{\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^3}}} = \frac{{x + 1}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^3}}} = \frac{1}{2}\left( {1 + x} \right)\left( {\sum\limits_{j = 0}^\infty {\left( {j + 2} \right)\left( {j + 1} \right){x^j}} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\sum\limits_{j = 0}^\infty {\left( {j + 2} \right)\left( {j + 1} \right){x^j}} + \sum\limits_{j = 1}^\infty {j\left( {j + 1} \right){x^j}} } \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\left( {2 + 2\sum\limits_{j = 1}^\infty {{{\left( {j + 1} \right)}^2}{x^j}} } \right) = 1 + \sum\limits_{j = 1}^\infty {{{\left( {j + 1} \right)}^2}{x^j}} }$ . Τότε $\displaystyle{{a_0} + {a_1} + .. + {a_{n - 1}} = {a_0} = 1}$ και $\displaystyle{\frac{{n\left( {n + 2} \right)\left( {n + 7} \right){2^{n - 4}}}}{3} = \frac{{1 \cdot 3 \cdot 8 \cdot {2^{ - 3}}}}{3} = 1}$ (αληθής)

Έστω $\displaystyle{\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^3}}} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + .. + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + {a_n}{x^n} + {a_{n + 1}}{x^{n + 1}} + ..}$ και $\displaystyle{{a_0} + {a_1} + .. + {a_{n - 1}} = \frac{{n\left( {n + 2} \right)\left( {n + 7} \right){2^{n - 4}}}}{3}}$

Τότε $\displaystyle{\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^{n + 1}}}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^3}}} = \left( {1 + x} \right)\left( {{a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + .. + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + {a_n}{x^n} + {a_{n + 1}}{x^{n + 1}} + ..} \right) = }$

$\displaystyle{ = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + .. + {a_n}{x^n} + {a_{n + 1}}{x^{n + 1}} + .. + {a_0}x + {a_1}{x^2} + {a_2}{x^3} + .. + {a_n}{x^{n + 1}} + {a_{n + 1}}{x^{n + 2}} + ..}$

$\displaystyle{ = {a_0} + \left( {{a_0} + {a_1}} \right)x + \left( {{a_1} + {a_2}} \right){x^2} + .. + \left( {{a_{n - 2}} + {a_{n - 1}}} \right){x^{n - 1}} + \left( {{a_{n - 1}} + {a_n}} \right){x^n} + \left( {{a_n} + {a_{n + 1}}} \right){x^{n + 1}} + ...}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{{a_0} + \left( {{a_0} + {a_1}} \right) + \left( {{a_1} + {a_2}} \right) + .. + \left( {{a_{n - 1}} + {a_n}} \right) = \frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 3} \right)\left( {n + 8} \right){2^{n - 3}}}}{3}}$

ισοδύναμα $\displaystyle{2\left( {{a_0} + {a_1} + .. + {a_{n - 1}}} \right) + {a_n} = \frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 3} \right)\left( {n + 8} \right){2^{n - 3}}}}{3}}$

ισοδύναμα $\displaystyle{\frac{{n\left( {n + 2} \right)\left( {n + 7} \right){2^{n - 3}}}}{3} + \frac{1}{2}\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right)} \left( {n + 2 - i} \right)\left( {n + 1 - i} \right) = \frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 3} \right)\left( {n + 8} \right){2^{n - 3}}}}{3}}$

ισοδύναμα $\displaystyle{\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right)} \left( {n + 2 - i} \right)\left( {n + 1 - i} \right) = \frac{{{2^{n - 2}}}}{3}\left( {\left( {n + 1} \right)\left( {n + 3} \right)\left( {n + 8} \right) - n\left( {n + 2} \right)\left( {n + 7} \right)} \right)}$

ισοδύναμα αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\boxed{\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right)} \left( {n + 2 - i} \right)\left( {n + 1 - i} \right) = {2^{n - 2}}\left( {{n^2} + 7n + 8} \right)}}$

Ορίζουμε $\displaystyle{f\left( x \right) = {x^2}{\left( {1 + x} \right)^n}}$ , τότε $\displaystyle{f\left( x \right) = {x^2}\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right){x^i}} = \sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right){x^{n + 2 - i}}} }$ και $\displaystyle{f''\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right)\left( {n + 2 - i} \right)\left( {n + 1 - i} \right){x^{n - i}}} }$

Επομένως $\displaystyle{\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ i \\ \end{array} } \right)\left( {n + 2 - i} \right)\left( {n + 1 - i} \right)} = f''\left( 1 \right)}$

Όμως $\displaystyle{f\left( x \right) = {x^2}{\left( {1 + x} \right)^n} \Rightarrow f'\left( x \right) = 2x{\left( {1 + x} \right)^n} + n{x^2}{\left( {1 + x} \right)^{n - 1}}}$ και $\displaystyle{f''\left( x \right) = 2{\left( {1 + x} \right)^n} + 4nx{\left( {1 + x} \right)^{n - 1}} + n\left( {n - 1} \right){x^2}{\left( {1 + x} \right)^{n - 2}}}$ .

Τότε $\displaystyle{f''\left( 1 \right) = 8 \cdot {2^{n - 2}} + 8n \cdot {2^{n - 2}} + n\left( {n - 1} \right){2^{n - 2}} = {2^{n - 2}}\left( {{n^2} + 7n + 8} \right)}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε .. ουφ ..

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 31, 2011 1:56 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:...Και εγώ τον ίδιο πήρα αλλά κόλλησα στο $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{\ln k}{k}}$ ...

Ένας στοιχειώδης τρόπος υπολογισμού του παραπάνω αθροίσματος:

Θέτω $\displaystyle{S_{n}:=\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\frac{\ln k}{k}}$ και παρατηρώ αρχικά ότι η σειρά συγκλίνει από το κριτήριο Dirichlet, αφού η (-1)^k

έχει φραγμένα μερικά αθροίσματα και η $\displaystyle{\frac{\ln k}{k}}$ είναι τελικά φθίνουσα στο

.

Έπεται ότι $\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{\ln k}{k}=\lim_{n\to+\infty}S_{2n}}$ .

Τώρα:

$\displaystyle{S_{2n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln2k}{2k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(2k-1)}{2k-1}=\frac{\ln2}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{k}-\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{\ln k}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln2k}{2k}\right)=\ln2H_{n}+\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{k}-\sum_{k=1}^{2n}\frac{\ln k}{k}=}$

$\displaystyle{\ln2H_{n}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(n+k)}{n+k}=\ln2H_{n}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln n+\ln(1+k/n)}{n+k}=\ln2H_{n}-\ln n(H_{2n}-H_{n})-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(1+k/n)}{1+k/n}=}$

$\displaystyle{H_{n}\ln(2n)-H_{2n}\ln n-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(1+k/n)}{1+k/n}\stackrel{H_{n}=\ln n+\gamma+\mathcal O(1/n)}{=}\gamma\ln2+\mathcal O(1/n)-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(1+k/n)}{1+k/n}\to\gamma\ln2-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x}\,dx=}$

$\displaystyle{\gamma\ln2-\frac{\ln^22}{2}}$ .

mathematica.gr

Otto Dunkel memorial

Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial

Re: Otto Dunkel memorial