Ελληνικό άθροισμα!

gavrilos · #1

Καλησπέρα.

Αν $\displaystyle{x\in(-1,1)}$ να υπολογιστεί το άθροισμα $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n+1}n\left(\tan ^{-1}x-x+\frac{x^{3}}{3}-....+(-1)^{n+1}\cdot \frac{x^{2n+1}}{2n+1}\right)}$ .

Προτάθηκε από τον Αναστάσιο Κοτρώνη και δημοσιεύτηκε στο πρόσφατο τεύχος του περιοδικού MathProblems.Η προθεσμία για την υποβολή των λύσεων έχει λήξει (το διευκρινίζω επειδή π.χ. για το MR δεν έχει λήξει κι έτσι για ευνόητους λόγους δε λύνουμε προβλήματα δημόσια-βλέπε εδώ).

#2

gavrilos έγραψε:Καλησπέρα.

Αν $\displaystyle{x\in(-1,1)}$ να υπολογιστεί το άθροισμα $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n+1}n\left(\tan ^{-1}x-x+\frac{x^{3}}{3}-....+(-1)^{n+1}\cdot \frac{x^{2n+1}}{2n+1}\right)}$ .

Προτάθηκε από τον Αναστάσιο Κοτρώνη και δημοσιεύτηκε στο πρόσφατο τεύχος του περιοδικού MathProblems.Η προθεσμία για την υποβολή των λύσεων έχει λήξει (το διευκρινίζω επειδή π.χ. για το MR δεν έχει λήξει κι έτσι για ευνόητους λόγους δε λύνουμε προβλήματα δημόσια-βλέπε εδώ).

Επειδή $\displaystyle{Arc\tan x = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}} = x - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^5}}}{5} - ..}$ προκύπτει $\displaystyle{Arc\tan x - \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}} = \sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}} }$ .

Οπότε $\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}} n\left( {{{\tan }^{ - 1}}x - x + \frac{{{x^3}}}{3} - .... + {{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{2n + 1}}} \right) = \sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}} n\sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}} }$

Όμως γενικά $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {{a_n}\sum\limits_{k = n + 1}^\infty {{b_k}} } = {a_1}\left( {{b_2} + {b_3} + ..} \right) + {a_2}\left( {{b_3} + {b_4} + ..} \right) + .. = {b_2} \cdot {a_1} + {b_3}\left( {{a_1} + {a_2}} \right) + .. = }$

$\displaystyle{ = \sum\limits_{k = 2}^\infty {{b_k}\sum\limits_{n = 1}^{k - 1} {{a_n}} } = \sum\limits_{k = 2}^\infty {{b_k}\left( { - {a_k} + \sum\limits_{n = 1}^k {{a_n}} } \right)} = \sum\limits_{k = 2}^\infty {{b_k}\sum\limits_{n = 1}^k {{a_n}} } - \sum\limits_{k = 2}^\infty {{b_k}{a_k}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {{b_k}\sum\limits_{n = 1}^k {{a_n}} } - \sum\limits_{k = 1}^\infty {{b_k}{a_k}} }$

Τότε $\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}} n\sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}\sum\limits_{n = 1}^k {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}} \cdot n} } - \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}} \cdot k} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow S = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}\sum\limits_{n = 1}^k {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}} \cdot n} } - \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k \cdot {x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}} }$

Όμως $\displaystyle{ - \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k \cdot {x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}} = - \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{2k - 1 + 1}}{{2k + 1}} \cdot {x^{2k + 1}}} = - \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\left( {1 + \frac{1}{{2k - 1}}} \right) \cdot {x^{2k - 1}}} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^\infty {{x^{2k - 1}}} - \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}} = - \frac{x}{{2\left( {1 - {x^2}} \right)}} + \frac{1}{4}\log \frac{{1 - x}}{{1 + x}}}$

Άρα $\displaystyle{S = - \frac{x}{{2\left( {1 - {x^2}} \right)}} + \frac{1}{4}\log \frac{{1 - x}}{{1 + x}} + \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}\sum\limits_{n = 1}^k {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}} \cdot n} } }$ και

$\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{x^{2k - 1}}}}{{2k - 1}}\sum\limits_{n = 1}^k {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}} \cdot n} } = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{2k}}{x^{4k - 1}}}}{{4k - 1}}\sum\limits_{n = 1}^{2k} {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot n} } + \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{2k - 1}}{x^{4k - 3}}}}{{4k - 3}}\sum\limits_{n = 1}^{2k - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot n} } = }$

$\displaystyle{ = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k \cdot {x^{4k - 1}}}}{{4k - 1}}} - \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{x^{4k - 3}}}}{{4k - 3}}\left( { - k} \right)} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k \cdot {x^{4k - 1}}}}{{4k - 1}}} + \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k \cdot {x^{4k - 3}}}}{{4k - 3}}} }$

Δηλαδή $\displaystyle{S = - \frac{x}{{2\left( {1 - {x^2}} \right)}} + \frac{1}{4}\log \frac{{1 - x}}{{1 + x}} + \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k \cdot {x^{4k - 1}}}}{{4k - 1}}} + \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k \cdot {x^{4k - 3}}}}{{4k - 3}}} }$

Όμως $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k \cdot {x^{4k - 1}}}}{{4k - 1}}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {k\int\limits_0^x {{y^{4k - 2}}dy} } = \int\limits_0^x {\left( {\sum\limits_{k = 1}^\infty {k \cdot {y^{4k - 2}}} } \right)dy} = \int\limits_0^x {\frac{{{y^2}}}{{{{\left( {1 - {y^4}} \right)}^2}}}dy} }$ και

$\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k \cdot {x^{4k - 3}}}}{{4k - 3}}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {k\int\limits_0^x {{y^{4k - 4}}dy} } = \int\limits_0^x {\left( {\sum\limits_{k = 1}^\infty {k \cdot {y^{4k - 4}}} } \right)dy} = \int\limits_0^x {\frac{1}{{{{\left( {1 - {y^4}} \right)}^2}}}dy} }$

Οπότε $\displaystyle{S = - \frac{x}{{2\left( {1 - {x^2}} \right)}} + \frac{1}{4}\log \frac{{1 - x}}{{1 + x}} + \int\limits_0^x {\frac{{1 + {y^2}}}{{{{\left( {1 - {y^4}} \right)}^2}}}dy} }$ και με ανάλυση σε απλά κλάσματα προκύπτει ότι

$\displaystyle{\int\limits_0^x {\frac{{1 + {y^2}}}{{{{\left( {1 - {y^4}} \right)}^2}}}dy} = \frac{1}{4}\left( {\log \frac{{1 + x}}{{1 - x}} + Arc\tan x + \frac{x}{{1 - {x^2}}}} \right)}$

Τελικά $\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}} n\left( {{{\tan }^{ - 1}}x - x + \frac{{{x^3}}}{3} - .... + {{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{2n + 1}}} \right) = - \frac{x}{{4\left( {1 - {x^2}} \right)}} + \frac{1}{4}Arc\tan x}$

Δυσκολούτσικο ..

#3

Αυτό είναι εμπνευσμένο από τα μαγειρέματα του Furdui

Χαίρομαι που κάποιος δοκίμασε και το δικό μου φαγητό.

#4

Καλησπέρα. Εδώ είναι οι δημοσιευμένες λύσεις (πρόβλημα 93) και εδώ η λύση που είχα στείλει όταν το πρότεινα αν κάποιος ενδιαφέρεται.

Ελληνικό άθροισμα!

Ελληνικό άθροισμα!

Re: Ελληνικό άθροισμα!

Re: Ελληνικό άθροισμα!

Re: Ελληνικό άθροισμα!

Μέλη σε σύνδεση