Σειρά 3.

#1

Να βρεθεί : $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^2}}}} }$

Ωmega Man · #2

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos\left(\frac{n\pi}{3}\right)}{n^2}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1-\cos\left(n\frac{\pi}{3}\right)}{n^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\left(\frac{n\pi}{6}\right)^{2}}{n^2}+\zeta(2)=-\pi\left(\frac{\pi}{6}\right)+\left(\frac{\pi}{6}\right)^2+\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi ^2}{36}}$

Θεώρησα γνωστό ότι $\displaystyle{\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\sin(n\cdot x )^2}{n^2}=\pi x}$ .

Zarifis · #3

Αλλιώς αντικαθιστώντας το $\displaystyle{\cos (n\pi /3) = \frac{{{{({e^{i\pi /3}})}^n} + {{({e^{ - i\pi /3}})}^n}}}{2}}$ προκύπτει: $\displaystyle{R.H.S.=\frac{{L{i_2}({e^{i\pi /3}}) + L{i_2}({e^{ - i\pi /3}})}}{2}}$ όπου $\displaystyle{Li_2}$ είναι η dilogarithm function.
Χρησιμοποιώντας το Kummers relation έχουμε: $\displaystyle{R.H.S. = \zeta (2) - \pi /3(2\pi - \pi /3) = \frac{{{\pi ^2}}}{{36}}}$

#4

Σχεδόν όμοια με τον Νίκο Ζαρίφη .. χωρίς το Kummers Relation, αλλά με αποδειγμένες διλογαριθμικές ταυτότητες.

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^2}}}} = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{e^{in\pi /3}} + {e^{ - in\pi /3}}}}{{{n^2}}}} = \frac{1}{2}\left( {L{i_2}\left( {{e^{i\pi /3}}} \right) + L{i_2}\left( {{e^{ - i\pi /3}}} \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( {L{i_2}\left( {\frac{1}{2} + i\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) + L{i_2}\left( {\frac{1}{2} - i\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{\big{z = \frac{1}{2} + i\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{2}\left( {L{i_2}\left( z \right) + L{i_2}\left( {1 - z} \right)} \right)}$ .

Όμως $\displaystyle{L{i_2}\left( z \right) + L{i_2}\left( {1 - z} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \log \left( z \right)\log \left( {1 - z} \right)}$ viewtopic.php?f=9&t=12954&p=83850&hilit=otto#p83850 (σχέση $\displaystyle{2}$ στο πρόβλημα $\displaystyle{9}$ ).

Οπότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^2}}}} = \frac{1}{2}\left( {L{i_2}\left( z \right) + L{i_2}\left( {1 - z} \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{6} - \log \left( z \right)\log \left( {1 - z} \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{6} - \log \left( {{e^{i\pi /3}}} \right)\log \left( {{e^{ - i\pi /3}}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{6} - \left( {i\frac{\pi }{3}} \right)\left( { - i\frac{\pi }{3}} \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{6} - \frac{{{\pi ^2}}}{9}} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{36}}}$

#5

Σεραφείμ έγραψε:Να βρεθεί : $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^2}}}} }$

Ίσως ο ευκολότερος τρόπος είναι να παρατηρήσουμε ότι, γενικότερα, έχουμε την σειρά Fourier

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {nx} \right)}}{{{n^2}}}}= \frac {3x^2-6\pi x + 2\pi ^2}{12}, \, 0<x< 2\pi }$ .

Για $x=\frac {\pi}{3}$ δίνει ότι η ζητούμενη ισούται με $\frac {\pi ^2}{36}$ .

Η απόδειξη των παραπάνω είναι απλή, και υπάρχει σε όλα τα βιβλία σειρών Fourier. Ο στάνταρ τρόπος εύρεσης (αν δεν ξέρουμε ποιας συνάρτησης να βρούμε την σειρά Fourier) είναι με όρο προς όρο παραγώγιση και χρήση του θεωρήματος Abel.

Φιλικά,

Μιχάλης

#6

Ο τύπος που δόθηκε απ’ τον Μιχάλη είναι όντως εξαιρετικός. Μια απόδειξή του με διλογαριθμικές συναρτήσεις βασίζεται στο ότι ισχύει

$\displaystyle{L{i_2}\left( { - z} \right) + L{i_2}\left( { - \frac{1}{z}} \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \frac{1}{2}{\log ^2}\left( z \right)}$ viewtopic.php?f=9&t=12954&p=83850&hilit=otto#p83850 (σχέση $\displaystyle{1}$ , πρόβλημα $\displaystyle{9}$ ).

Τακτοποιώντας και τα ορίσματα έχουμε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {nx} \right)}}{{{n^2}}}} = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{e^{inx}} + {e^{ - inx}}}}{{{n^2}}}} = \frac{1}{2}\left( {L{i_2}\left( {{e^{ix}}} \right) + L{i_2}\left( {{e^{ - ix}}} \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( {L{i_2}\left( {{e^{ix}}} \right) + L{i_2}\left( {\frac{1}{{{e^{ix}}}}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\left( { - \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \frac{1}{2}{{\log }^2}\left( { - {e^{ix}}} \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( { - \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \frac{1}{2}{{\log }^2}\left( {{e^{i\left( {x - \pi } \right)}}} \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( { - \frac{{{\pi ^2}}}{6} - \frac{1}{2}{{\left( {i\left( {x - \pi } \right)} \right)}^2}} \right) = \frac{1}{2}\left( { - \frac{{{\pi ^2}}}{6} + \frac{1}{2}{{\left( {x - \pi } \right)}^2}} \right) = \frac{{3{x^2} - 6\pi x + 2{\pi ^2}}}{{12}}}$

kwstas12345 · #7

Ας δούμε άλλη μια λύση για την αρχική:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos\left(n\pi/3 \right)}{n^2}}=\frac{1}{9}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\left(-1 \right)^n}{n^2}}+\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left(-1 \right)^n}{\left(3n+1 \right)^2}}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left(-1 \right)^n}{\left(3n+2 \right)^2}}$

και έυκολα παρατηρούμ ότι $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{(3n+1)^2}}=\frac{1}{36}\left(\psi ^{\left(1 \right)}\left(1/6 \right)-\psi ^{\left(1 \right)}\left(2/3 \right) \right),\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{(3n+2)^2}}=\frac{1}{36}\left(\psi ^{\left(1 \right)}\left(1/3 \right)-\psi ^{\left(1 \right)}\left(5/6 \right) \right)$ .

Άρα το άθροισμα ισούται με $\displaystyle \frac{\pi^2}{108}+\frac{1}{72}\left( \psi ^{\left(1 \right)}\left(\frac{1}{6} \right)+\psi ^{\left(1 \right)}\left(\frac{5}{6} \right)-\psi ^{\left(1 \right)}\left(\frac{1}{3} \right)-\psi ^{\left(1 \right)}\left(\frac{2}{3} \right)\right)$ .

Όμως $\displaystyle \psi ^{\left(1 \right)}\left(z \right)+\psi ^{\left(1 \right)}\left(1-z \right)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}{\frac{1}{\left(z+n \right)^2}}=-\left(\frac{\pi}{\tan\left(\pi z \right)} \right)'=\frac{\pi^2}{\sin^2\left(\pi z \right)}$ , άρα προκύπτει άμεσα το ζητούμενο.

Σειρά 3.

Σειρά 3.

Re: Σειρά 3.

Re: Σειρά 3.

Re: Σειρά 3.

Re: Σειρά 3.

Re: Σειρά 3.

Re: Σειρά 3.

Μέλη σε σύνδεση