Υπολογισμός αθροίσματος (38)

#1

Υπολογίστε, αν συγκλίνει, το $\displaystyle{\sum_{k\geq1}\frac{\zeta(2k+1)}{(k+1)(2k+1)}}$ . ( $\zeta$ η συνάρτηση Riemann)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Tolaso J Kos · #2

Ας ελπίσω ότι στα παρακάτω δεν έχω κάνει λάθος.

Για τα παρακάτω ορίζουμε: $\displaystyle{\zeta^*(n)= \left\{\begin{matrix} \zeta(n) &, & n \neq 1 \\ \gamma&, &n=1 \end{matrix}\right.}$ .

Τώρα είναι γνωστό ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\zeta^*(n)x^n = -x \psi(1-x)}$ . Κατά συνέπεια βγάζουμε ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta^{*}(n)}{n}x^{n}=\log\Gamma(1-x)}$ . Θέτονας στη τελευταία σχέση $x \mapsto -x$ και αφαιρώντας τις σειρές έχουμε ότι $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\zeta^{*}(2n+1)}{2n+1}x^{2n+1}=\frac{1}{2} \log \left(\frac{\Gamma(1-x)}{\Gamma(1+x)}\right)}$ .

Δηλαδή:

$\displaystyle{\gamma x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{2n+1} x^{2n+1} = \frac{1}{2} \log \left ( \frac{\Gamma(1-x)}{\Gamma(1+x)} \right )}$ .

Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{1}{2} \gamma + \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{\left ( n+1 \right )(2n+1)} &= \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \log \left ( \frac{\Gamma(1-x)}{\Gamma(1+x)} \right )\, {\rm d}x \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1}\left [ \log \Gamma(1-x) {\color{red}{-}} \log \Gamma(1+x) \right ]\, {\rm d}x \end{aligned}}$

Τα τελευταία ολοκληρώματα είναι εύκολα και τα χουμε δει στο

. Πού όμως; Παράδειγμα για το πρώτο έχουμε ότι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \log \Gamma(1-x) \, {\rm d}x &\overset{u=1-x}{=\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{1}\log \Gamma (x) \, {\rm d}x \\ &= \frac{1}{2} \left ( \int_{0}^{1} \log \Gamma(1-x) + \log \Gamma(x) \right ) \, {\rm d}x \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \log \Gamma(1-x) \Gamma (x) \, {\rm d}x\\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \log \pi \csc \pi x \, {\rm d}x \\ &= \frac{\log \pi}{2} - \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \log \sin \pi x \, {\rm d}x \\ &= \frac{\log \pi}{2} +\frac{\log 2}{2} \\ &= \frac{\log 2\pi}{2} \end{aligned}}$

και για το δεύτερο $\displaystyle{\int_0^1 \log \Gamma(1+x) \, {\rm d}x = \frac{\log 2 \pi}{2} - 1}$ .

Κατά συνέπεια για το αρχικό άθροισμα έχουμε ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{(n+1) (2n+1)} = 1-\gamma}$ .

Τάσο, είμαι σωστός;

Edit: Το βρήκα το λάθος. Όταν έσπασα τους λογαρίθμους έβαλα αντί για .

#3

Tolaso J Kos έγραψε:Ας ελπίσω ότι στα παρακάτω δεν έχω κάνει λάθος.

Για τα παρακάτω ορίζουμε: $\displaystyle{\zeta^*(n)= \left\{\begin{matrix} \zeta(n) &, & n \neq 1 \\ \gamma&, &n=1 \end{matrix}\right.}$ .

Τώρα είναι γνωστό ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\zeta^*(n)x^n = -x \psi(1-x)}$ . Κατά συνέπεια βγάζουμε ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta^{*}(n)}{n}x^{n}=\log\Gamma(1-x)}$ . Θέτονας στη τελευταία σχέση $x \mapsto -x$ και αφαιρώντας τις σειρές έχουμε ότι $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\zeta^{*}(2n+1)}{2n+1}x^{2n+1}=\frac{1}{2} \log \left(\frac{\Gamma(1-x)}{\Gamma(1+x)}\right)}$ .

Δηλαδή:

$\displaystyle{\gamma x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{2n+1} x^{2n+1} = \frac{1}{2} \log \left ( \frac{\Gamma(1-x)}{\Gamma(1+x)} \right )}$ .

Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{1}{2} \gamma + \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{\left ( n+1 \right )(2n+1)} &= \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \log \left ( \frac{\Gamma(1-x)}{\Gamma(1+x)} \right )\, {\rm d}x \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1}\left [ \log \Gamma(1-x) + \log \Gamma(1+x) \right ]\, {\rm d}x \end{aligned}}$

Τα τελευταία ολοκληρώματα είναι εύκολα και τα χουμε δει στο . Πού όμως; Παράδειγμα για το πρώτο έχουμε ότι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \log \Gamma(1-x) \, {\rm d}x &\overset{u=1-x}{=\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{1}\log \Gamma (x) \, {\rm d}x \\ &= \frac{1}{2} \left ( \int_{0}^{1} \log \Gamma(1-x) + \log \Gamma(x) \right ) \, {\rm d}x \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \log \Gamma(1-x) \Gamma (x) \, {\rm d}x\\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \log \pi \csc \pi x \, {\rm d}x \\ &= \frac{\log \pi}{2} - \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \log \sin \pi x \, {\rm d}x \\ &= \frac{\log \pi}{2} +\frac{\log 2}{2} \\ &= \frac{\log 2\pi}{2} \end{aligned}}$

και για το δεύτερο $\displaystyle{\int_0^1 \log \Gamma(1+x) \, {\rm d}x = \frac{\log 2 \pi}{2} - 1}$ .

Κατά συνέπεια για το αρχικό άθροισμα έχουμε ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{(n+1) (2n+1)} = \log 2\pi - \gamma -1}$ .

Τάσο, είμαι σωστός;

$1-\gamma$ βγαίνει Αποστόλη. Κάπου παίζει λαθάκι.

#4

Εδώ κι εδώ κάποιες λύσεις ακόμα. Εϊναι το 127 του Mathproblems.

Υπολογισμός αθροίσματος (38)

Υπολογισμός αθροίσματος (38)

Re: Υπολογισμός αθροίσματος (38)

Re: Υπολογισμός αθροίσματος (38)

Re: Υπολογισμός αθροίσματος (38)

Μέλη σε σύνδεση