Σελίδα 1 από 1

Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

Δημοσιεύτηκε: Τετ Αύγ 23, 2017 9:39 am
από Tolaso J Kos
Έστω \mathcal{H}_n ο n -οστός αρμονικός όρος. Υπολογίσατε:
\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{\binom{2n}{n}}}
Το τελικό αποτέλεσμα περιέχει \psi^{(1)} μέσα ... ! Α, και δεν είναι τόσο αθώο όσο φαίνεται ... έχει μία δυσκολία ... !

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Αύγ 26, 2017 7:53 am
από pprime
Tolaso J Kos έγραψε:Έστω \mathcal{H}_n ο n -οστός αρμονικός όρος. Υπολογίσατε: \displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{\binom{2n}{n}}}
Θα το αφήσω προηγμένο, πρέπει να υπολογίσω τα δύο τελευταία ολοκληρώματα
\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{H_{n}}{\left( \begin{matrix} 
   2n  \\ 
   n  \\ 
\end{matrix} \right)}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{H_{n}\cdot \frac{\left( n! \right)^{2}}{\left( 2n \right)!}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( 2n+1 \right)H_{n}\cdot \frac{\Gamma \left( n+1 \right)\Gamma \left( n+1 \right)}{\Gamma \left( 2n+2 \right)}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( 2n+1 \right)H_{n}\cdot \beta \left( n+1,n+1 \right)}}

\displaystyle{=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( 2n+1 \right)H_{n}\cdot \int\limits_{0}^{1}{t^{n}\left( 1-t \right)^{n}dt}}=\int\limits_{0}^{1}{\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( 2n+1 \right)H_{n}\left( t-t^{2} \right)^{n}}dt}}

\displaystyle{=\int\limits_{0}^{1}{\left( -2x\cdot \frac{d}{dx}\left( \frac{\log \left( 1-x \right)}{1-x} \right)-\frac{\log \left( 1-x \right)}{1-x} \right)\left| _{x=t-t^{2}} \right.dt}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 2x\left( \frac{1-\log \left( 1-x \right)}{\left( 1-x \right)^{2}} \right)-\frac{\log \left( 1-x \right)}{1-x} \right)\left| _{x=t-t^{2}} \right.dt}}

\displaystyle{=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{2\left( t-t^{2} \right)-\left( t-t^{2} \right)\log \left( 1-t+t^{2} \right)-\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}} \right)dt}}

\displaystyle{=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{2-2\left( 1-t+t^{2} \right)+\left( 1-t+t^{2} \right)\log \left( 1-t+t^{2} \right)-2\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}} \right)dt}}

\displaystyle{=2\int\limits_{0}^{1}{\frac{dt}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}}-2\int\limits_{0}^{1}{\frac{dt}{1-t+t^{2}}}+\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}-2\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}}

\displaystyle{=2\left( \frac{2t-1}{3}\cdot \frac{1}{1-t+t^{2}}+\frac{4}{3\sqrt{3}}\cdot \arctan \frac{2t-1}{\sqrt{3}} \right)\left| _{0}^{1} \right.-2\left( \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \arctan \frac{2t-1}{\sqrt{3}} \right)\left| _{0}^{1} \right.+\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}-2\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}}

\displaystyle{=\frac{4}{3}-\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}+\underbrace{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}}_{I_{1}}-2\underbrace{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}}_{I_{2}}}

\displaystyle{I_{1}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}\underbrace{=}_{\theta =\arctan \left( \frac{2}{\sqrt{3}}\left( t-\frac{1}{2} \right) \right)}\int\limits_{\arctan \left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \right)}^{\arctan \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)}{\frac{\log \left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)}{\frac{3}{4}\sec ^{2}\theta }\frac{\sqrt{3}}{2}\sec ^{2}\theta d\theta }}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}}{3}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)d\theta }=\frac{2\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\pi }{3}\cdot \log \frac{3}{4}+\frac{4\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\pi }{3}\cdot \log 2-\frac{4\sqrt{3}}{3}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta }}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log \frac{3}{4}+\frac{4\sqrt{3}\pi }{9}\log 2-\frac{8\sqrt{3}}{3}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta }=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{8\sqrt{3}}{3}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta }}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{8\sqrt{3}}{3}\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{\left( -1 \right)^{n-1}}{n}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\cos 2n\theta d\theta }}=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{4\sqrt{3}}{3}\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{\left( -1 \right)^{n-1}\sin \frac{n\pi }{3}}{n^{2}}}}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{4\sqrt{3}}{3}\left( \frac{\sin \frac{\pi }{3}}{1^{2}}-\frac{\sin \frac{2\pi }{3}}{2^{2}}+\frac{\sin \frac{3\pi }{3}}{3^{2}}-\frac{\sin \frac{4\pi }{3}}{4^{2}}+\frac{\sin \frac{5\pi }{3}}{5^{2}}-\frac{\sin \frac{6\pi }{3}}{6^{2}}+\frac{\sin \frac{7\pi }{3}}{7^{2}}+... \right)}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{4\sqrt{3}}{3}\left( \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{1^{2}}-\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2^{2}}+0-\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{4^{2}}+\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{5^{2}}-0+\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{7^{2}}+... \right)}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{2}{9}\cdot 9\left( 1-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{4^{2}}-\frac{1}{5^{2}}+\frac{1}{7^{2}}+... \right)=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3-\frac{2}{9}\cdot \left( 9\sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{1}{\left( 3n+1 \right)^{2}}}-9\sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{1}{\left( 3n+2 \right)^{2}}} \right)}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3+\frac{2}{9}\cdot \left( \sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{1}{\left( \frac{2}{3}+n \right)^{2}}}-\sum\limits_{n=0}^{+\infty }{\frac{1}{\left( \frac{1}{3}+n \right)^{2}}} \right)=\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3+\frac{2}{9}\cdot \left( \psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right) \right)}

\displaystyle{I_{2}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}\underbrace{=}_{\theta =\arctan \left( \frac{2}{\sqrt{3}}\left( t-\frac{1}{2} \right) \right)}\int\limits_{\arctan \left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \right)}^{\arctan \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)}{\frac{\log \left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)}{\left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)^{2}}\frac{\sqrt{3}}{2}\sec ^{2}\theta d\theta }}

\displaystyle{=\frac{8\sqrt{3}}{9}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\cos ^{2}\theta \log \left( \frac{3}{4}\sec ^{2}\theta  \right)d\theta }=\frac{4\sqrt{3}}{9}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\left( 2\cos ^{2}\theta -1+1 \right)\left( \log \frac{3}{4}+2\log 2-2\log \left( 2\cos \theta  \right) \right)d\theta }}

\displaystyle{=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\log 3+\frac{\pi }{3}\log 3-2\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\left( 2\cos ^{2}\theta -1 \right)\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta }-2\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta } \right)}

\displaystyle{=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\log 3+\frac{\pi }{3}\log 3-2\left( \sin \theta \cos \theta \log \left( 2\cos \theta  \right)\left| _{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}} \right.+\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\sin ^{2}\theta d\theta } \right)-2\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta } \right)}

\displaystyle{=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\log 3+\frac{\pi }{3}\log 3-2\left( \frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}\log 3 \right)-2\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{6}}{\log \left( 2\cos \theta  \right)d\theta } \right)}

\displaystyle{=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\pi }{3}\log 3-\frac{\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}-2\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{\left( -1 \right)^{n-1}\sin \frac{n\pi }{3}}{n^{2}}} \right)=\frac{4\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\pi }{3}\log 3-\frac{\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right)}{3\sqrt{3}} \right)}

\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{H_{n}}{\left( \begin{matrix} 
   2n  \\ 
   n  \\ 
\end{matrix} \right)}}=\frac{4}{3}-\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}+\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\log 3+\frac{2}{9}\cdot \left( \psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right) \right)-\frac{8\sqrt{3}}{9}\left( \frac{\pi }{3}\log 3-\frac{\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right)}{3\sqrt{3}} \right)}

\displaystyle{=\frac{2}{27}\left( \psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)+\sqrt{3}\pi \left( 2-\log 3 \right) \right)}

\displaystyle{\left. {\underline {\,  
 \sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\frac{H_{n}}{\left( \begin{matrix} 
   2n  \\ 
   n  \\ 
\end{matrix} \right)}}=\frac{2}{27}\left( \psi _{1}\left( \frac{1}{3} \right)-\psi _{1}\left( \frac{2}{3} \right)+\sqrt{3}\pi \left( 2-\log 3 \right) \right) \,}}\! \right|}

:clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2: :clap2:

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Αύγ 26, 2017 8:42 pm
από Tolaso J Kos
pprime έγραψε:\displaystyle{=\frac{4}{3}-\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}+\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{1-t+t^{2}}dt}-2\int\limits_{0}^{1}{\frac{\log \left( 1-t+t^{2} \right)}{\left( 1-t+t^{2} \right)^{2}}dt}} .....
Hi pprime,

keep going! This is exactly the path that I have taken towards the solution. The last integrals are extremely challenging and a trigonometric substitution is of a great help. The final result involves trigamma function ( \psi^{(1)} ) but , honestly, this is no beyond your abilities.

Regards,

T.

Μετάφραση:

Γεια σου pprime,

συνέχισε! Έχω πάρει τον ακριβώς ίδιο δρόμο. Τα τελευταία ολοκληρώματα είναι όντως πρόκληση. Μία τριγωνομετρική αντικατάσταση θα βοηθούσε αρκετά για την επίλυση. Το τελικό αποτέλεσμα περιέχει τη τριγάμμα . Πάντως τα χεις και είναι στις δυνατότητες σου.

Φιλικά,

Τ.

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Αύγ 27, 2017 12:07 am
από pprime
Tolaso J Kos έγραψε:Γεια σου pprime, συνέχισε! Έχω πάρει τον ακριβώς ίδιο δρόμο. Τα τελευταία ολοκληρώματα είναι όντως πρόκληση. Μία τριγωνομετρική αντικατάσταση θα βοηθούσε αρκετά για την επίλυση. Το τελικό αποτέλεσμα περιέχει τη τριγάμμα . Πάντως τα χεις και είναι στις δυνατότητες σου.
Φιλικά,
Very nice bro :mrgreen: :mrgreen: :mrgreen: :mrgreen:

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

Δημοσιεύτηκε: Τρί Αύγ 29, 2017 7:17 am
από Σεραφείμ
Tolaso J Kos έγραψε:Υπολογίσατε: \displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{\binom{2n}{n}}}
Διαφορετικά .. χωρίς Πολυγάμμα συνάρτηση ..

Λήμμα 1: \displaystyle{g\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}}{x^n}}  = \frac{{z\sqrt {4 - z}  + 4 \cdot \sqrt z  \cdot \arcsin \left( {\frac{{\sqrt z }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - z} \right)\sqrt {4 - z} }}} .. προκύπτει στοιχειωδώς από την σειρά \displaystyle{\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{2^{2n}}{{\left( {n!} \right)}^2}{z^{2n + 2}}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)!}}}  = {\arcsin ^2}z}
https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_m ... cal_series με δυο παραγωγίσεις, δηλαδή:.

\displaystyle{\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{2^{2n}}{{\left( {n!} \right)}^2}{z^{2n + 2}}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)!}}}  = {\arcsin ^2}z \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{2^{2n}}{{\left( {n!} \right)}^2}{z^{2n + 1}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}} } \displaystyle{ = \frac{{\arcsin z}}{{\sqrt {1 - {z^2}} }} \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{2^{2n}}{{\left( {n!} \right)}^2}\left( {2n + 1} \right){z^{2n}}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}}  = }

\displaystyle{\frac{1}{{1 - {z^2}}} + \frac{{z \cdot \arcsin \left( z \right)}}{{\left( {1 - {z^2}} \right)\sqrt {1 - {z^2}} }} \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{{\left( {2z} \right)}^{2n}}}}{{\left( {2n} \right)!}}}  = } \displaystyle{\frac{1}{{1 - {z^2}}} + \frac{{z \cdot \arcsin \left( z \right)}}{{\left( {1 - {z^2}} \right)\sqrt {1 - {z^2}} }} \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{z^{2n}}}}{{\left( {2n} \right)!}}}  = }

\displaystyle{ = \frac{4}{{4 - {z^2}}} + \frac{{4 \cdot z \cdot \arcsin \left( {\frac{z}{2}} \right)}}{{\left( {4 - {z^2}} \right)\sqrt {4 - {z^2}} }}} και τελικά \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{z^n}}}{{\left( {2n} \right)!}}}  = \frac{{z\sqrt {4 - z}  + 4 \cdot \sqrt z  \cdot \arcsin \left( {\frac{{\sqrt z }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - z} \right)\sqrt {4 - z} }}}

Λήμμα 2: \displaystyle{\log \left( {\cos y} \right) =  - \log 2 - \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\cos \left( {2ny} \right)}}{n}} } . Προκύπτει από την σειρά \displaystyle{ - \frac{1}{2}\log \left( {2 - 2\cos z} \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{\cos \left( {n \cdot z} \right)}}{n}} }
https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_m ... cal_series

Στο θέμα μας..

Έστω \displaystyle{{a_n} = \frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}} = \frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}}{H_n}} . Θεωρούμε την συνάρτηση \displaystyle{f\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}} } με \displaystyle{\left| x \right| \le 1} . Τότε \displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}}}  = f\left( 1 \right)} .

Όμως \displaystyle{{a_{n + 1}} = \frac{{\left( {n + 1} \right) \cdot {{\left( {n!} \right)}^2}}}{{2 \cdot \left( {2n + 1} \right) \cdot \left( {2n} \right)!}}\left( {{H_n} + \frac{1}{{n + 1}}} \right) = \frac{{\left( {n + 1} \right) \cdot {{\left( {n!} \right)}^2}}}{{2 \cdot \left( {2n + 1} \right) \cdot \left( {2n} \right)!}}{H_n} + \frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{2 \cdot \left( {2n + 1} \right) \cdot \left( {2n} \right)!}}}

Τελικά \displaystyle{2 \cdot \left( {2n + 1} \right){a_{n + 1}} = \left( {n + 1} \right) \cdot {a_n} + \frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}} \Rightarrow 4\left( {n + 1} \right) \cdot {a_{n + 1}} - 2{a_{n + 1}} = n \cdot {a_n} + {a_n} + \frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}}} Επομένως

\displaystyle{4 \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {n + 1} \right) \cdot {a_{n + 1}}{x^n}}  - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_{n + 1}}{x^n}}  = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {n \cdot {a_n}{x^n}} } \displaystyle{ + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}}  + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n} \right)!}}{x^n}}  \Rightarrow 4 \cdot \sum\limits_{n = 2}^\infty  {n \cdot {a_n}{x^{n - 1}}}  - \frac{2}{x}\sum\limits_{n = 2}^\infty  {{a_n}{x^n}}  = }

\displaystyle{ = x\sum\limits_{n = 1}^\infty  {n \cdot {a_n}{x^{n - 1}}}  + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}}  + g\left( x \right) \Rightarrow 4 \cdot {\left( {f\left( x \right) - {a_1} \cdot x} \right){'}}} \displaystyle{ - \frac{2}{x}\left( {f\left( x \right) - {a_1} \cdot x} \right) = x \cdot f'\left( x \right) + f\left( x \right) + g\left( x \right) \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow 4 \cdot \left( {f'\left( x \right) - \frac{1}{2}} \right) - \frac{2}{x}\left( {f\left( x \right) - \frac{x}{2}} \right) = x \cdot f'\left( x \right) + f\left( x \right) + g\left( x \right)} \displaystyle{ \Rightarrow f'\left( x \right) + \frac{{2 + x}}{{x\left( {x - 4} \right)}}f\left( x \right) = \frac{1}{{4 - x}}\left( {1 + g\left( x \right)} \right)}

Με κλασσική διαδικασία επίλυσης διαφορικών εξισώσεων πρώτης τάξης και με δεδομένο ότι \displaystyle{f\left( 0 \right) = 0} βρίσκουμε

\displaystyle{f'\left( x \right) + \left( { - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} - \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{{4 - x}}} \right)f\left( x \right) = \frac{1}{{4 - x}}\left( {1 + g\left( x \right)} \right)} \displaystyle{ \Rightarrow {\left( {\frac{{\left( {4 - x} \right)\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}f\left( x \right)} \right){'}} = \frac{{\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}\left( {1 + g\left( x \right)} \right) \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{{\left( {4 - x} \right)\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}f\left( x \right)} \right)}{'}}} dx = \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}\left( {1 + g\left( x \right)} \right)dx}  \Rightarrow } \displaystyle{\left[ {\frac{{\left( {4 - x} \right)\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}f\left( x \right)} \right]_0^1 = \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}dx}  + \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt {4 - x} }}{{\sqrt x }}g\left( x \right)dx}  \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow 3\sqrt 3  \cdot f\left( 1 \right) = \sqrt 3  + \frac{{2\pi }}{3} + \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt x  \cdot \sqrt {4 - x}  + 4 \cdot \arcsin \left( {\frac{{\sqrt x }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)}}} \right)dx} } \displaystyle{ = \sqrt 3  + \frac{{2\pi }}{3} + \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt {4 - x} }}} \right)dx}  + \;4 \cdot \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\arcsin \left( {\frac{{\sqrt x }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)}}} \right)dx} }

Τότε \displaystyle{f\left( 1 \right) = \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} + \frac{4}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\arcsin \left( {\frac{{\sqrt x }}{2}} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)}}} \right)dx} \mathop { =  =  = }\limits^{\sqrt x  = w} \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} + \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{w \cdot \arcsin \left( {\frac{w}{2}} \right)}}{{\left( {4 - {w^2}} \right)}}} \right)dw} \mathop { =  =  = }\limits^{w = 2y} \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} + }

\displaystyle{ + \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{1/2} {\frac{{y \cdot \arcsin \left( y \right)}}{{1 - {y^2}}}dy} \mathop { =  =  = }\limits^{y = \sin z} \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} + } \displaystyle{\frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{\pi /6} {\frac{{z \cdot \sin z}}{{\cos z}}dz}  = \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{\pi /6} {z\left( {\log \left( {\cos z} \right)} \right)'dz}  = }

\displaystyle{ = \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \left( {\left[ {z\log \left( {\cos z} \right)} \right]_0^{\pi /6} - \int\limits_0^{\pi /6} {\log \left( {\cos z} \right)dz} } \right)} \displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3 + 2\log 2} \right)}}{{9\sqrt 3 }} + \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{\pi /6} {\log \left( {\cos z} \right)dz}  = }

\displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3 + 2\log 2} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \int\limits_0^{\pi /6} {\left( {\log 2 + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\cos \left( {2nz} \right)}}{n}} } \right)dz} } \displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}\int\limits_0^{\pi /6} {\cos \left( {2nz} \right)dz} }  = }

\displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}\int\limits_0^{\pi /6} {\cos \left( {2nz} \right)dz} }  = } \displaystyle{\frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{8}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\sin \left( {\frac{{2n\pi }}{6}} \right)}}{{2{n^2}}}}  = }

\displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{4}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\sin \left( {\frac{{n\pi }}{3}} \right)}}{{{n^2}}}}  = } \displaystyle{\frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{4}{{3\sqrt 3 }} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{\sin \left( {n\pi  + \frac{{n\pi }}{3}} \right)}}{{{n^2}}}}  = }

\displaystyle{ = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} + \frac{{2 \cdot i}}{{3\sqrt 3 }}\left( {L{i_2}\left( {{e^{i\frac{{4\pi }}{3}}}} \right) - L{i_2}\left( {{e^{ - i\frac{{4\pi }}{3}}}} \right)} \right) = } \displaystyle{\frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} + \frac{{2 \cdot i}}{{3\sqrt 3 }}\left( {L{i_2}\left( { - \frac{{1 + i\sqrt 3 }}{2}} \right) - L{i_2}\left( { - \frac{{1 - i\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right)}

Τελικά \displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}}}  = \frac{{2\pi \left( {2 - \log 3} \right)}}{{9\sqrt 3 }} - \frac{4}{{3\sqrt 3 }}{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_2}\left( { - \frac{{1 + i\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right)} :) :)


Σημείωση. 1) Το αποτέλεσμα αριθμητικά είναι ίδιο με την παραπάνω λύση του pprime !!
2) Είχα ξεκινήσει ακριβώς όπως ο φίλος παραπάνω, έφτασα στα ολοκληρώματα Ι1 και Ι2, τα φοβήθηκα .. κι άλλαξα μέθοδο !!
3) Με την παραπάνω μέθοδο, της γεννήτριας συνάρτησης, μπορεί να υπολογιστεί και η σειρά \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}} \cdot {a^n}} } για διάφορες τιμές του \displaystyle{a} !! have fun ..

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

Δημοσιεύτηκε: Τρί Αύγ 29, 2017 10:39 am
από Tolaso J Kos
Σεραφείμ έγραψε: Σημείωση. 1) Το αποτέλεσμα αριθμητικά είναι ίδιο με την παραπάνω λύση του pprime !!
2) Είχα ξεκινήσει ακριβώς όπως ο φίλος παραπάνω, έφτασα στα ολοκληρώματα Ι1 και Ι2, τα φοβήθηκα .. κι άλλαξα μέθοδο !!
3) Με την παραπάνω μέθοδο, της γεννήτριας συνάρτησης, μπορεί να υπολογιστεί και η σειρά \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}} \cdot {a^n}} } για διάφορες τιμές του \displaystyle{a} !! have fun ..
:) :) :) :clap2: :clap2: :clap2: :10sta10: :10sta10:

Re: Διωνυμοαρμονικό άθροισμα

Δημοσιεύτηκε: Τρί Φεβ 18, 2020 11:52 pm
από Tolaso J Kos
Σεραφείμ έγραψε:
Τρί Αύγ 29, 2017 7:17 am
3) Με την παραπάνω μέθοδο, της γεννήτριας συνάρτησης, μπορεί να υπολογιστεί και η σειρά \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{H_n}}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
{2n}\\ 
n 
\end{array}} \right)}} \cdot {a^n}} } για διάφορες τιμές του \displaystyle{a} !! have fun ..

Η γενική περίπτωση έχει δοθεί στο ποστ εδώ η οποία όντως αποδεικνύεται με γεννήτριες. Επιπλέον όμως υπάρχει και άλλος τύπος:

\displaystyle{{\colorbox{cyan}{\color{brown}\boxed{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n 4^n}{\binom{2n}{n}} (-z)^n = \left ( 1-t \right )\left [\sqrt{t} \log \frac{1-\sqrt{t}}{1+\sqrt{t}} \left ( 1+ \frac{1}{4} \log \frac{1-t}{4} \right ) - \frac{\sqrt{t}}{2} \left ( \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1+\sqrt{t}}{2} \right) - \mathrm{Li}_2 \left ( \frac{1-\sqrt{t}}{2} \right )  \right ) \right ]}}}
όπου t = \frac{z}{1+z}\;\; , \;\; |t| \leq 1. H σειρά συγκλίνει για |z|<1.