Τετράγωνο Αθροίσματος= Άθροισμα Τετραγώνων

#1

Ας δειχθεί ότι :

$\displaystyle{\Big(1+\frac13-\frac15-\frac17+\frac19+\frac{1}{11}-\ldots \Big)^{2}=1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{7^2}+\frac{1}{9^2}+\frac{1}{11^2}+\ldots}$

#2

Αναστάση καλημέρα

Αν αναπτύξουμε σε δυναμοσειρά την $\displaystyle{\frac{arctan(1+x\sqrt{2})-arctan(1-x\sqrt{2})}{\sqrt{2}}}$ παίρνεις $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n(\frac{1}{4n+1}+\frac{1}{4n+3})x^n}$ .
Για χ=1 και επειδή arctana+arctan(1/a)=π/2 το 1ο μέλος βγαίνει $\displaystyle{\pi /2\sqrt{2} }$
Το β μέλος κάνει $\displaystyle{\pi ^2/8}$ που είναι πασίγνωστο και προκύπτει από το ζ(2)=π^2/6

#3

R BORIS έγραψε:Αναστάση καλημέρα

Αν αναπτύξουμε σε δυναμοσειρά την $\displaystyle{\frac{arctan(1+x\sqrt{2})-arctan(1-x\sqrt{2})}{\sqrt{2}}}$ παίρνεις $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n(\frac{1}{4n+1}+\frac{1}{4n+3})x^n}$ .
Για χ=1 και επειδή arctana+arctan(1/a)=π/2 το 1ο μέλος βγαίνει $\displaystyle{\pi /2\sqrt{2} }$
Το β μέλος κάνει $\displaystyle{\pi ^2/8}$ που είναι πασίγνωστο και προκύπτει από το ζ(2)=π^2/6

Η συνάρτηση $\displaystyle{\frac{\arctan(1+x\sqrt{2})-\arctan(1-x\sqrt{2})}{\sqrt{2}}}$ δεν έχει δυναμοσειρά την $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\Big(\frac{1}{4n+1}+\frac{1}{4n+3}\Big)\,x^n}$ . Μάλιστα διαπίστωσα ότι η (αναλυτική) εύρεση της δυναμοσειράς της συνάρτησης δεν είναι εύκολη.
Επιστρέφουμε επομένως:
Ποια είναι δυναμοσειρά της συνάρτησης;
Μήπως πρέπει να ακολουθήσουμε παράλληλη οδό;

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Έχω βρει μια λύση.

Tolaso J Kos · #4

Αν δε κάνω λάθος νομίζω πως η παρακάτω ταυτότητα βοηθάει:
$\displaystyle{\left ( \sum_{i=1}^{n} a_i \right )^2 = \sum_{i=1}^{n} a_i^2 + 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} a_i a_j}$ Μιλάω για το αρχικό άθροισμα.

Tolaso J Kos · #5

Κάπως διαφορετικά πατώντας πάνω στην ιδέα του Ροδόλφου.
$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{S} &= \left ( 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \frac{1}{9} + \frac{1}{11} - \cdots \right )^2 \\ &=\left ( \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left [ \frac{1}{4n+1} + \frac{1}{4n+3} \right ] \right )^2 \\ &=\left ( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4n+1} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4n+3} \right )^2 \\ &= \left ( \frac{\pi+ 2 \log \left ( 1+\sqrt{2} \right ) }{4\sqrt{2}} + \frac{\pi +2 \log \left ( \sqrt{2} - 1 \right )}{4\sqrt{2}}\right )^2\\ &= \left ( \frac{\pi}{2\sqrt{2}} \right )^2 \\ &= \frac{\pi^2}{8} \end{aligned}}$ αφού για παράδειγμα
$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4n+1} &= \sum_{n=0}^{\infty} \left [ \frac{1}{8n+1} - \frac{1}{8n+2} \right ] \\ &=\frac{1}{8} \sum_{n=0}^{\infty} \left [ \frac{1}{n+ \frac{1}{8}} - \frac{1}{n + \frac{1}{4}} \right ] \\ &= \frac{1}{8}\left [ \psi^{(0)} \left ( \frac{1}{4} \right ) - \psi^{(0)} \left ( \frac{1}{8} \right ) \right ]\\ &= \frac{\pi+ 2 \log \left ( 1+\sqrt{2} \right ) }{4\sqrt{2}} \end{aligned}}$ Παρόμοια και για το άλλο άθροισμα. Χρησιμοποιήσαμε το τύπο για τους ρητούς της διγάμμα που βρίσκεται εδώ (Gauss Digamma Theorem).

#6

Tolaso J Kos έγραψε: $\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4n+1} &= \sum_{n=0}^{\infty} \left [ \frac{1}{8n+1} - \frac{1}{8n+2} \right ] \\ &=\frac{1}{8} \sum_{n=0}^{\infty} \left [ \frac{1}{n+ \frac{1}{8}} - \frac{1}{n + \frac{1}{4}} \right ] \\ &= \frac{1}{8}\left [ \psi^{(0)} \left ( \frac{1}{4} \right ) - \psi^{(0)} \left ( \frac{1}{8} \right ) \right ]\\ &= \frac{\pi+ 2 \log \left ( 1+\sqrt{2} \right ) }{4\sqrt{2}} \end{aligned}}$

Τόλη,

μάλλον κάτι δεν πάει καλά, ή δεν βλέπω πώς βγαίνουν. Μπορεί να κάνω λάθος γιατί δουλεύω υπό πίεση. Πάντως υποθέτω ότι στο πρώτο ίσον υπάρχει τυπογραφικό σφάλμα και αντί για $\frac{1}{8n+2}$ πρέπει να μπει $\frac{1}{8n+5}$ . Έτσι η τελικά απάντηση είναι

$\frac{1}{8}\left [ \psi^{(0)} \left ( \frac{5}{8} \right ) - \psi^{(0)} \left ( \frac{1}{8} \right ) \right ]$

Για να αποφύγουμε τις αποκλίνουσες σειρές που δημιουργούν πρόβλημα στην αναδιάταξη στο πρώτο ίσον, ένας απλούστερος τρόπος να εργαστούμε είναι μέσω της

$\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4n+1} = \int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty} (-x^4)^n dx = \int_0^1 \frac{1}{1+x^4} dx = ...}$ (διόρθωσα τυπογραφικό: Στο τελευταίο ολοκλήρωμα υπήρχε ένα περιττό Σ)

Πάντως η τελική απάντηση που δίνεις είναι σωστή. Την βρίσκω και ο ίδιος με την ολοκλήρωση και επιβεβαιώνω με κομπιουτεράκι την τιμή $\approx 0,866$ για το άθροισμα αριστερά και για τις δύο απαντήσεις που βλέπουμε.

Τέλος καλό, όλα καλά.

#7

και μια άλλη λύση:

Για $x\in[-1,1]$ ισχύει ${\rm{Arctan}}\big(1+x\sqrt{2}\,\big)-{\rm{Arctan}}\big(1-x\sqrt{2}\,\big)=\begin{cases} {\rm{Arctan}}\big(\frac{x\sqrt{2}}{1-x^2}\big)\,,& x\in(-1,1)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} -\frac{\pi}{2}\,,& x=-1\\\noalign{\vspace{0.1cm}} \frac{\pi}{2}\,,& x=1 \end{cases}\,.$
Η συνάρτηση $f(x)=\begin{cases} {\rm{Arctan}}\big(\frac{x\sqrt{2}}{1-x^2}\big)\,,& x\in(-1,1)\\\noalign{\vspace{0.1cm}} -\frac{\pi}{2}\,,& x=-1\\\noalign{\vspace{0.1cm}} \frac{\pi}{2}\,,& x=1 \end{cases}$
είναι άπειρες φορές παραγωγίσιμη στο [-1,1]

.
Για $x\in(-1,1)$ προκύπτει $\begin{aligned} f'(x)&=\frac{\sqrt{2}\,(1+x^2)}{1+x^4}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\sqrt{2}\,(1+x^2)\mathop{\sum}\limits_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}x^{4\nu} \\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\sqrt{2}\,\bigg(\mathop{\sum}\limits_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}x^{4\nu}+\mathop{\sum}\limits_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}x^{4\nu+2}\bigg) \\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\sqrt{2}\,\mathop{\sum}\limits_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\big(x^{4\nu}+x^{4\nu+2}\big)\hspace{2.5cm}\Longrightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} f(x)&=\sqrt{2}\,\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\Big(\frac{x^{4\nu+1}}{4\nu+1}+\frac{x^{4\nu+3}}{4\nu+3}\Big)+c\hspace{1.0cm}\stackrel{f(0)=0}{=\!=\!=\!\Longrightarrow}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} f(x)&=\sqrt{2}\,\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\Big(\frac{x^{4\nu+1}}{4\nu+1}+\frac{x^{4\nu+3}}{4\nu+3}\Big)\quad (1)\,. \end{aligned}$
Επειδή η

είναι συνεχής στο κλειστό [-1,1]

, έπεται ότι η (1)

ισχύει για $x\in[-1,1]$ . (βλέπε και Ομοιόμορφη σύγκλιση δυναμοσειράς)
Για x=1

προκύπτει $\begin{aligned} \frac{\pi}{2}=f(1)=\sqrt{2}\,\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\Big(\frac{1}{4\nu+1}+\frac{1}{4\nu+3}\Big)\quad&\Rightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \mathop{\sum}\limits_{\nu=0}^{\infty}(-1)^{\nu}\Big(\frac{1}{4\nu+1}+\frac{1}{4\nu+3}\Big)=\frac{\pi\sqrt{2}}{4}\quad&\Rightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \bigg(1+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\ldots\bigg)^2=\frac{\pi^2}{8}\quad(2)\,.& \end{aligned}$
Επίσης
$\begin{aligned} \displaystyle\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{\infty}\frac{1}{\nu^2}=\frac{\pi^2}{6}\quad&\Rightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{\infty}\frac{1}{(2\nu)^2}+\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{\infty}\frac{1}{(2\nu-1)^2}=\frac{\pi^2}{6}\quad&\Rightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \frac{1}{4}\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{\infty}\frac{1}{\nu^2}+\mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{\infty}\frac{1}{(2\nu-1)^2}=\frac{\pi^2}{6}\quad&\Rightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \mathop{\sum}\limits_{\nu=1}^{\infty}\frac{1}{(2\nu-1)^2}=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\pi^2}{24}\quad&\Rightarrow \\\noalign{\vspace{0.2cm}} 1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{7^2}+\frac{1}{9^2}+\frac{1}{11^2}+\ldots=\frac{\pi^2}{8}\quad(3)\,.& \end{aligned}$ Από τις (2)

και

προκύπτει ότι
$\displaystyle\bigg(1+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\ldots\bigg)^2=1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{7^2}+\frac{1}{9^2}+\frac{1}{11^2}+\ldots\,.$

Τετράγωνο Αθροίσματος= Άθροισμα Τετραγώνων

Τετράγωνο Αθροίσματος= Άθροισμα Τετραγώνων

Re: Τετράγωνο Αθροίσματος= Άθροισμα Τετραγώνων

Re: Τετράγωνο Αθροίσματος= Άθροισμα Τετραγώνων

Re: Τετράγωνο Αθροίσματος= Άθροισμα Τετραγώνων

Re: Τετράγωνο Αθροίσματος= Άθροισμα Τετραγώνων

Re: Τετράγωνο Αθροίσματος= Άθροισμα Τετραγώνων

Re: Τετράγωνο Αθροίσματος= Άθροισμα Τετραγώνων

Μέλη σε σύνδεση