Όμορφη Σειρά.

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Όμορφη Σειρά.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Κυρ Οκτ 27, 2013 9:12 am

Να αποδειχθεί ότι για κάθε \displaystyle{a > \frac{1}{4}} ισχύει \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}}  = \frac{\pi }{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}}{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}} .


Σεραφείμ Τσιπέλης
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: Όμορφη Σειρά.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Τετ Νοέμ 06, 2013 11:49 am

Μπορούμε να θέσουμε \displaystyle{f(z)=\frac{\pi \cot(\pi z )}{z^2-z+a}} και να ολοκληρώσουμε κλασσικά πάνω σε τετράγωνο στο μιγαδικό επίπεδο, χρωστάω και μια άλλη λύση όταν θα ανεβάσω εκείνη θα το δείξω και αυτό.


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Όμορφη Σειρά.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Πέμ Νοέμ 07, 2013 6:55 am

Ωmega Man έγραψε:Μπορούμε να θέσουμε \displaystyle{f(z)=\frac{\pi \cot(\pi z )}{z^2-z+a}} και να ολοκληρώσουμε κλασσικά πάνω σε τετράγωνο στο μιγαδικό επίπεδο, χρωστάω και μια άλλη λύση όταν θα ανεβάσω εκείνη θα το δείξω και αυτό.
Αναμένοντας, ας δοθεί και μια λύση με Αναλυτική θεωρία αριθμών.

Οι ρίζες του παρονομαστή είναι \displaystyle{{z_1} = \frac{{1 + i\sqrt {4a - 1} }}{2}} και \displaystyle{{z_2} = \frac{{1 - i\sqrt {4a - 1} }}{2}} , με \displaystyle{{z_2} = 1 - {z_1}} .

\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}}  = \frac{1}{{{z_1} - {z_2}}}\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n - {z_1}}} - \frac{1}{{n - {z_2}}}} \right)}  = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n - {z_1}}} + \frac{1}{{ - n + {z_2}}}} \right)}  = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n - {z_1}}} + \frac{1}{{ - n + 1 - {z_1}}}} \right)}  = }

\displaystyle{ = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}}  + \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{ - n + 1 - {z_1}}}} } \right) = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}}  + \sum\limits_{n =  - N + 1}^0 {\frac{1}{{n - {z_1}}}} } \right) = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n =  - N + 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}} }

Τότε \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}}  = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \sum\limits_{n =  - N + 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}}  = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n =  - \infty }^\infty  {\frac{1}{{n - {z_1}}}}  = \frac{i}{{\sqrt {4a - 1} }}\frac{\pi }{{\tan \left( {\pi {z_1}} \right)}} = }

\displaystyle{ = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{i\pi  \cdot {z_1}}} + {e^{ - i\pi  \cdot {z_1}}}}}{{{e^{i\pi  \cdot {z_1}}} - {e^{ - i\pi  \cdot {z_1}}}}} = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{2i\pi  \cdot {z_1}}} + 1}}{{{e^{2i\pi  \cdot {z_1}}} - 1}} = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{i\pi \left( {1 + i\sqrt {4a - 1} } \right)}} + 1}}{{{e^{i\pi \left( {1 + i\sqrt {4a - 1} } \right)}} - 1}} = }

\displaystyle{ = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}} = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}} \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}}  = \frac{\pi }{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}}{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}}}

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Χρησιμοποιήθηκε η σχέση \displaystyle{\sum\limits_{n =  - \infty }^\infty  {\frac{1}{{n + z}}}  = \frac{\pi }{{\tan \left( {\pi  \cdot z} \right)}}} που αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=24766


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες