Άθροισμα Euler

Tolaso J Kos · #1

Έστω

. Να δείξετε ότι: $\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n+a}}{n(n+a)}=\frac{1}{a} \left ((\mathcal{H}_{a})^2+\mathcal{H}^{(2)}_{a} \right )}$ όπου $\mathcal{H}_m$ είναι ο

-ιοστός αρμονικός όρος.

#2

Τόλη μήπως πρέπει να αναφέρεις τι είναι ο δεύτερος προσθετέος για κάποιον που δεν έχει ξαναδεί το συμβολισμό;

Tolaso J Kos · #3

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Τόλη μήπως πρέπει να αναφέρεις τι είναι ο δεύτερος προσθετέος για κάποιον που δεν έχει ξαναδεί το συμβολισμό;

Τάσο τώρα το είδα. Γενικότερα αν $n, m \in \mathbb{N}$ τότε $\displaystyle{\mathcal{H}_n^{(m)} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^m}}$ είναι ο

-ιοστός

αρμονικός όρος. Οπότε στη περίπτωσή μας έχουμε $\displaystyle{\mathcal{H}_n^{(2)}= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}}$ .

Tolaso J Kos · #4

Δίνω μία λύση. Αυτό που θα χρειαστούμε είναι τα εξής:

$\displaystyle{\int_{0}^{1}x^\alpha \log (1-x) \, {\rm d}x = - \frac{\mathcal{H}_{\alpha+1}}{\alpha+1}}$
$\displaystyle{\mathcal{H}_\alpha = \int_{0}^{1} \frac{1-x^\alpha}{1-x} \, {\rm d}x}$

Τότε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n+a}}{n(n+a)} &=- \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{0}^{1}x^{n+a-1} \log (1-x) \, {\rm d}x \\ &= \int_{0}^{1}x^{a-1} \log^2 (1-x) \, {\rm d}x\\ &= \frac{1}{a} \left ( \left ( \gamma+ \psi^{(0)} (a+1) \right )^2 + \zeta(2) - \psi^{(1)}(a+1) \right ) \\ &= \frac{1}{a} \left ( \left ( \mathcal{H}_a \right )^2+\mathcal{H}_a^{(2)} \right ) \end{aligned}}$ διότι
$\displaystyle{\int_{0}^{1}x^{a-1} \log^2 (1-x) \, {\rm d}x =\lim_{b \rightarrow 1} \frac{\partial^2 }{\partial b^2}\int_{0}^{1} x^{a-1} (1-x)^{b-1}\, {\rm d}x = \lim_{b \rightarrow 1} \frac{\partial ^2}{\partial b^2} \frac{\Gamma(a) \Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}}$ Άλλος τρόπος;

Tolaso J Kos · #5

Να δώσουμε και μία άλλη τελείως στοιχειώδη αντιμετώπιση με απλό manipulation σειρών.

Λήμμα: Ισχύει $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n} \frac{\mathcal{H}_k}{k} = \frac{\mathcal{H}_n^2 + \mathcal{H}_n^{(2)}}{2}}$ .

Απόδειξη:

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} 2\sum_{k=1}^n \frac{\mathcal{H}_k}{k} &= 2\sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} \\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} + \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} \\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} + \sum_{j=1}^n \sum_{k=j}^n \frac{1}{jk}\\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} + \sum_{k=1}^n \sum_{j=k}^n \frac{1}{jk} \\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{1}{jk} + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \\ &= \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \right)^2 + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \\ &= \mathcal{H}_n^2+ \mathcal{H}^{(2)}_n \end{aligned}}$
και το λήμμα έπεται.

Τότε, έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n+k}}{k \left ( n +k \right )} &= \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{\infty} \left ( \frac{\mathcal{H}_k}{k} - \frac{\mathcal{H}_{n+k}}{n+k} \right ) + \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n+k} - \mathcal{H}_k}{k} \\ &=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\mathcal{H}_k}{k} + \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{k+j} \\ &=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\mathcal{H}_k}{k} + \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{j} \sum_{k=1}^{\infty} \left ( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+j} \right ) \\ &= \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\mathcal{H}_k}{k} + \frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{\mathcal{H}_j}{j} \\ &= \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\mathcal{H}_n}{n} \\ &= \frac{\mathcal{H}_n^2 + \mathcal{H}_n^{(2)}}{n} \end{aligned}}$

Άθροισμα Euler

Άθροισμα Euler

Re: Άθροισμα Euler

Re: Άθροισμα Euler

Re: Άθροισμα Euler

Re: Άθροισμα Euler

Μέλη σε σύνδεση