Σειρά με ακέραιο μέρος

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2911
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα
Επικοινωνία:

Σειρά με ακέραιο μέρος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Σάβ Ιουν 02, 2018 8:53 am

Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει και να υπολογισθεί η σειρά
\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4582
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Ιουν 02, 2018 11:10 am

grigkost έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 8:53 am
Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει και να υπολογισθεί η σειρά
\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}

Ας αποδείξουμε την "αγελάδα" ....


Έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\sum_{n=1}^{2^k-1} (-1)^{n} \frac{\left \lfloor \log_2 n \right \rfloor}{n}  &= \sum_{n=1}^{2^k-1}  \frac{(-1)^n}{n} \left \lfloor \frac{\log n}{\log 2} \right \rfloor \\  
 &=\sum_{r=0}^{k-1} \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} r\frac{(-1)^n}{n} \\ 
 &= \sum_{r=0}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n}\\ 
 &= \sum_{r=1}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n}  \\  
 &= \sum_{r=1}^{k-1} r \left( \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{-1}{n} + \sum_{n=2^{r-1}}^{2^r-1} \frac{1}{n}\right) \\ 
 &=1+\sum_{r=1}^{k-2}(r+1-r) \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}\\ 
 &= \sum_{n=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}  \\  
 &\sim \log 2^{k-1} + \gamma + \mathcal{O}(1) - (k-1) \log 2 - \mathcal{O}(1)\\  
 &= \gamma  
\end{aligned}}
Υπάρχουν ακόμα πολλές αποδείξεις για αυτή τη σειρά... και φυσικά πολλές γενικεύσεις. Θα δώσω κάποιες όταν γυρίσω από το μάθημα.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2911
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Σάβ Ιουν 02, 2018 11:26 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 11:10 am
...Υπάρχουν ακόμα πολλές αποδείξεις για αυτή τη σειρά...
Αφού δόθηκε λύση να "αποκαλύψουμε" ότι η συγκεκριμένη σειρά οφείλεται στον Giovanni Vacca και, για αυτό φέρει το όνομά του.

Τόλη, καλό θα ήταν να δούμε και μια-δυο άλλες αποδείξεις. (Αν και αυτή που έδωσες, νομίζω ότι είναι η κλασσικότερη).


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4582
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Ιουν 02, 2018 12:37 pm

Στο paper υπάρχει μία ακόμα απόδειξη με γεννήτριες.

pilehrood2.pdf
(241.27 KiB) Μεταφορτώθηκε 24 φορές

Στηρίζεται στον υπολογισμό του ολοκληρώματος \displaystyle{\gamma = 1 - \int_{0}^{1} \frac{\mathrm F(x)}{1+x} \, {\rm d}x} όπου \displaystyle{\mathrm F(x)=\sum \limits_{n=1}^{\infty} x^{2^n}}.


Την απόδειξη της παραπάνω ισότητας την έχω ανεβάσει στο blog μου.

grigkost έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 11:26 am

Αφού δόθηκε λύση να "αποκαλύψουμε" ότι η συγκεκριμένη σειρά οφείλεται στον Giovanni Vacca και, για αυτό φέρει το όνομά του.
Γρηγόρη αυτός είναι και ο λόγος που έγραψα στην απάντηση "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα.. :) :)


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2911
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Σάβ Ιουν 02, 2018 12:44 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:37 pm
Στο paper υπάρχει μία ακόμα απόδειξη με γεννήτριες.
Ευχαριστούμε Τόλη.

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:37 pm
... "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα.. :) :)
Ευτυχώς...που ο συγκεκριμένος Vacca ήταν Ιταλός!


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Σάβ Ιουν 02, 2018 12:45 pm

Τι δουλειά έχουν τα Ισπανικά βρε Τόλη; Ιταλός ο τύπος και vacca είναι η αγελάδα στα ιταλικά (με δύο c!). Porca vacca!😆

Ευχαριστώ και τους δυο σας, γηράσκω αεί διδασκόμενος.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4582
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Ιουν 02, 2018 12:54 pm

dement έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:45 pm
Τι δουλειά έχουν τα Ισπανικά βρε Τόλη; Ιταλός ο τύπος και vacca είναι η αγελάδα στα ιταλικά (με δύο c!). Porca vacca!😆
Δημήτρη,

ιταλικά δε ξέρω .. Μόνο Ισπανικά, Αγγλικά και Γερμανικά. Οπότε έκανα τη σύνδεση του ονόματος με τα Ισπανικά.. !! :lol: :lol: :lol:

grigkost έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:44 pm
Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:37 pm
... "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα.. :) :)
Ευτυχώς...που ο συγκεκριμένος Vacca ήταν Ιταλός!
:lol: :lol: :lol:


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2911
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Σάβ Ιουν 02, 2018 1:13 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:54 pm
.... "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα.. :) :)
dement έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:45 pm
Τι δουλειά έχουν τα Ισπανικά βρε Τόλη; Ιταλός ο τύπος και vacca είναι η αγελάδα στα ιταλικά (με δύο c!). Porca vacca!😆
grigkost έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:44 pm
Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 12:37 pm
... "αγελάδα" αφού στα Ισπανικά vaca ( la ) είναι η αγελάδα.. :) :)
Ευτυχώς...που ο συγκεκριμένος Vacca ήταν Ιταλός!
:lol: :lol: :lol:
Από τα παραπάνω εύκολα συμπεραίνουμε ότι ...
ο υπογράφων δεν γνωρίζει ούτε την ισπανική, ούτε την ιταλική!


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4582
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Ιουν 02, 2018 3:51 pm

Ας δούμε μερικά εξαιρετικά αποτελέσματα. Δεν έχω αποδείξεις για πολλά από αυτά.

1ο αποτέλεσμα:

Το συγκεκριμένο αποτέλεσμα οφείλεται στον A.W.Addison ο οποίος χρησιμοποίησε μία ολοκληρωτική αναπαράσταση της \zeta για να φτάσει στο εξής αποτέλεσμα:

\displaystyle{\gamma = \frac{1}{2}  + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left \lfloor \log_2 n \right \rfloor}{2n(2n+1)(2n+2)}}
Γενίκευση: Έστω q \in \mathbb{Z} με q \geq 2. Θεωρούμε το πολυώνυμο \mathrm{P}_q βαθμού q-2 με τύπο:

\displaystyle{\mathrm{P}(x) = \left(qx+1 \right) \left ( qx+2 \right ) \cdots \left ( qx+q-1 \right )\sum_{m=1}^{q-1} \frac{m(q-m)}{qx+m} } Τότε:

\displaystyle{\gamma = \frac{1}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left \lfloor \log_q (qn) \right \rfloor \mathrm{P}_q(n)}{qn\left ( qn+1 \right )\cdots \left ( qn+n \right )}}
Σημειώσατε πως καθώς το q αυξάνει η σειρά συγκλίνει πιο γρήγορα.


2o αποτέλεσμα:

Ισχύει ότι:

\displaystyle{\gamma = \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{k+n+1} \binom{2^n+k}{k}}}
3ο αποτέλεσμα:

Το παρακάτω αποτέλεσμα οφείλεται στον Gosper.

\displaystyle{\gamma = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left \lfloor \log_3 n \right \rfloor \cos \frac{2 \pi n}{3}}{n}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4582
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Ιουν 02, 2018 3:52 pm

grigkost έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 11:26 am

Τόλη, καλό θα ήταν να δούμε και μια-δυο άλλες αποδείξεις. (Αν και αυτή που έδωσες, νομίζω ότι είναι η κλασσικότερη).
Μία άλλη πολύ τεχνική απόδειξη που χρησιμοποιεί λογαρίθμους μπορείτε να βρείτε στο paper εδώ.

0304021.pdf
(226.64 KiB) Μεταφορτώθηκε 23 φορές


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4582
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Ιουν 02, 2018 7:29 pm

grigkost έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 8:53 am
Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει
\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}

Για να γυρίσουμε πίσω στην αρχική ερώτηση: Πώς θα αποδείκνυε κάποιος τη σύγκλιση ; Ωραία κάναμε τον υπολογισμό είδαμε πόσο κάνει; Για τη σύγκλιση ; Δε τη βλέπω να είναι προφανής !


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Σάβ Ιουν 02, 2018 8:31 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 7:29 pm
grigkost έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 8:53 am
Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει
\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}

Για να γυρίσουμε πίσω στην αρχική ερώτηση: Πώς θα αποδείκνυε κάποιος τη σύγκλιση ; Ωραία κάναμε τον υπολογισμό είδαμε πόσο κάνει; Για τη σύγκλιση ; Δε τη βλέπω να είναι προφανής !
Ισχύει \displaystyle 0 \leqslant \sum_{j = 2^k}^{2^{k+1}-1} (-1)^j \frac{\lfloor \log_2 j \rfloor}{2^j} \leqslant \frac{k}{2^k} (ο πρώτος όρος του αθροίσματος, οι υπόλοιποι τον ελαττώνουν δύο-δύο), που συγκλίνει.

Το γεγονός ότι η απόλυτη τιμή της ακολουθίας είναι γνησίως φθίνουσα σε κάθε διάστημα [2^k, 2^{k+1}-1] με εναλλασσόμενο πρόσημο σημαίνει ότι κάθε άθροισμα της μορφής \displaystyle \sum_{j = M}^{N} (-1)^j \frac{\lfloor \log_2 j \rfloor}{2^j} είναι απολύτως μικρότερο από ένα άθροισμα της μορφής \displaystyle \frac{k}{2^k} + \sum_{j = 2^k}^{2^m-1} (-1)^j \frac{\lfloor \log_2 j \rfloor}{2^j} + \frac{m}{2^m} (2^k \geqslant M/2) (μετακινούμε κατάλληλα τα άκρα του αθροίσματος), οπότε από το κριτήριο του Cauchy έπεται η σύγκλιση.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4582
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Κυρ Ιουν 03, 2018 5:03 pm

Μία άλλη ταυτότητα είναι η ακόλουθη ( εμφανίστηκε κατά τον υπολογισμό της αρχικής σειράς ) :

\displaystyle{\gamma = \sum_{n=1}^{\infty} n \sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1} \frac{(-1)^k}{k}}
η οποία είναι πάρα πολύ εύκολη να αποδειχθεί.

Το εντυπωσιακό όμως με την ταυτότητα αυτή είναι ότι o Vacca την απέδειξε γεωμετρικά. Δε ξέρω τι ακριβώς έχει κάνει και θα ήθελα αν κάποιος μπορεί να βρει το συγκεκριμένο paper να το ανεβάσει. H ταυτότητα επιδέχεται και αναλυτική προσέγγιση την οποία έχουν ήδη κάνει ο Glaisher και ο Hardy.


Και τέλος μία πάρα πολύ γνωστή ισότητα είναι η ακόλουθη:

\displaystyle{\gamma + \zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac{1}{\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor^2} - \frac{1}{n} \right )}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3350
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Σειρά με ακέραιο μέρος

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Ιουν 08, 2018 9:53 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 11:10 am
grigkost έγραψε:
Σάβ Ιουν 02, 2018 8:53 am
Να αποδειχθεί ότι συγκλίνει και να υπολογισθεί η σειρά
\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=2}^{\infty}(-1)^n\frac{\lfloor{\log_2n}\rfloor}{n}

Ας αποδείξουμε την "αγελάδα" ....


Έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\sum_{n=1}^{2^k-1} (-1)^{n} \frac{\left \lfloor \log_2 n \right \rfloor}{n}  &= \sum_{n=1}^{2^k-1}  \frac{(-1)^n}{n} \left \lfloor \frac{\log n}{\log 2} \right \rfloor \\  
 &=\sum_{r=0}^{k-1} \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} r\frac{(-1)^n}{n} \\ 
 &= \sum_{r=0}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n}\\ 
 &= \sum_{r=1}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n}  \\  
 &= \sum_{r=1}^{k-1} r \left( \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{-1}{n} + \sum_{n=2^{r-1}}^{2^r-1} \frac{1}{n}\right) \\ 
 &=1+\sum_{r=1}^{k-2}(r+1-r) \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}\\ 
 &= \sum_{n=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}  \\  
 &\sim \log 2^{k-1} + \gamma + \mathcal{O}(1) - (k-1) \log 2 - \mathcal{O}(1)\\  
 &= \gamma  
\end{aligned}}
Υπάρχουν ακόμα πολλές αποδείξεις για αυτή τη σειρά... και φυσικά πολλές γενικεύσεις. Θα δώσω κάποιες όταν γυρίσω από το μάθημα.
Το κομμάτι αυτό έχει πρόβλημα.

 \sum_{n=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}  
\sim \log 2^{k-1} + \gamma + \mathcal{O}(1) - (k-1) \log 2 - \mathcal{O}(1)= \gamma

Ο σημαντικότερος λόγος είναι ότι δεν είναι   \mathcal{O}(1) -  \mathcal{O}(1)=0




Θα πρότεινα να γραφεί

 \sum_{n=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}  
= \log 2^{k-1} + \gamma + o(1) - (k-1) \log 2 +o(1)= \gamma+o(1)

οπότε παίρνοντας όριο έχουμε το ζητούμενο.

Να σημειώσω ότι το πρώτο o(1) είναι από τον ορισμό του \gamma ενώ το δεύτερο θέλει ελάχιστη δουλίτσα.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 5 επισκέπτες