Μία γεννήτρια

Tolaso J Kos · #1

Έστω $\mathcal{H}_n$ ο

- οστός αρμονικός όρος και $\mathcal{H}_n^{(2)}$ ο γενικευμένος αρμονικός όρος τάξης

, δηλ. $\mathcal{H}_n^{(2)} = \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \left( \mathcal{H}_n^2 - \mathcal{H}_n^{(2)} \right) x^{n}=\frac{\ln^2(1-x)}{1-x}}$

Tolaso J Kos · #2

Επαναφορά.

#3

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Νοέμ 20, 2021 11:51 am Έστω $\mathcal{H}_n$ ο - οστός αρμονικός όρος και $\mathcal{H}_n^{(2)}$ ο γενικευμένος αρμονικός όρος τάξης , δηλ. $\mathcal{H}_n^{(2)} = \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \left( \mathcal{H}_n^2 - \mathcal{H}_n^{(2)} \right) x^{n}=\frac{\ln^2(1-x)}{1-x}}$

$\displaystyle{(1-x) \sum_{n=1}^\infty \left( H_n^2 - H_n^{(2)} \right) x^{n}= \sum_{n=1}^\infty \left [\left( H_n^2 - H_n^{(2)} \right) - \left( H_{n-1}^2 - H_{n-1}^{(2)} \right) \right ] x^{n}=}$

$\displaystyle{ =\sum_{n=1}^\infty \left [\left( H_n^2 -H_{n-1}^2 \right) - \left( H_n^{(2)} - H_{n-1}^{(2)} \right) \right ] x^{n} = \sum_{n=1}^\infty \left [\left( H_n -H_{n-1} \right) \left( H_n +H_{n-1} \right) - \dfrac {1}{n^2} \right ] x^{n} }$

$\displaystyle{ = \sum_{n=1}^\infty \left [\dfrac {1}{n} \left( H_n +H_{n-1} \right) - \dfrac {1}{n^2} \right ] x^{n} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac {1}{n} \left( H_n +H_{n-1} - \dfrac {1}{n}\right) x^{n} =\sum_{n=1}^\infty \dfrac {2}{n} H_{n-1} x^{n} }$

Ο όρος $\ln^2(1-x)$ της αρχικής σχέσης ισούται με το προηγούμενο διότι ως γινόμενο Cauchy έχουμε

$\displaystyle{\ln^2(1-x) = \left ( \sum _{n=1}^\infty \dfrac {x^n}{n} \right ) \left ( \sum _{n=1}^\infty \dfrac {x^n}{n} \right ) = \sum _{n=1}^\infty \left ( \sum _{k=1}^{n-1} \dfrac {1}{k(n-k)} \right ) {x^n} = }$

$\displaystyle{ =\sum _{n=1}^\infty \left ( \sum _{k=1}^{n-1} \dfrac { 1}{n} \left ( \dfrac {1}{k} + \dfrac {1}{n-k} \right ) \right ) {x^n} = \sum _{n=1}^\infty \dfrac { 1}{n} \left ( \sum _{k=1}^{n-1} \dfrac {1}{k} + \sum _{k=1}^{n-1} \dfrac {1}{n-k} \right ) \right ) {x^n} =}$

$\displaystyle{ =\sum _{n=1}^\infty \dfrac { 1}{n} \left ( H_{n-1} + H_{n-1} \right ) \right ) {x^n} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac {2}{n} H_{n-1} x^{n} }$ , όπως θέλαμε.

Tolaso J Kos · #4

Δίνω και τη δική μου λύση...

Λήμμα: Έστω a_n

ακολουθία τέτοια ώστε a_0=0

. Ισχύει:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n = \frac{1}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty} \left ( a_n - a_{n-1} \right ) x^n }$
Απόδειξη: Είναι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n &= \left ( \frac{1}{1-x} - \frac{x}{1-x} \right ) \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n \\ &= \frac{1}{1-x} \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n - \frac{1}{1-x} \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+1} \\ &= \frac{1}{1-x} \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n - \frac{1}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^n \\ &= \frac{1}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty} \left ( a_n - a_{n-1} \right ) x^n \end{aligned}}$
και η απόδειξη ολοκληρώθηκε. $\blacklozenge$ Για την άσκηση τώρα θεωρούμε $a_n = \mathcal{H}_n^2$ . Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n^2 x^n &= \frac{1}{1-x}\sum_{n=1}^{\infty} \left ( \mathcal{H}_n^2 - \mathcal{H}_{n-1}^2 \right )x^n \\ &=\frac{1}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac{2 \mathcal{H}_n}{n} - \frac{1}{n^2} \right ) x^n \\ &=\frac{2}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{n} x^n - \frac{1}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^2} \\ &= \frac{2}{1-x} \left ( \mathrm{Li}_2(x) + \frac{\ln^2 (1-x)}{2} \right ) - \frac{\mathrm{Li}_2(x)}{1-x} \\ &= \frac{\mathrm{Li}_2(x)}{1-x} + \frac{\ln^2(1-x)}{1-x} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n^{(2)} x^n+ \frac{\ln^2(1-x)}{1-x} \end{aligned}}$
Το αποτέλεσμα έπεται.

Υ.Σ 1: Είναι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{n} x^n = \mathrm{Li}_2(x) + \frac{\ln^2(1-x)}{2}}$ . Προκύπτει ύστερα από ολοκλήρωση του τύπου

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n x^n = -\frac{\ln(1-x)}{1-x}}$

Υ.Σ 2: Είναι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n^{(2)} x^n = \frac{\mathrm{Li}_2(x)}{1-x}}$ όπου $\mathrm{Li}_2$ ο διλογάριθμος.

Υ.Σ 3: Η παραπάνω τεχνική δίνει καταπληκτικές γεννήτριες. Για παράδειγμα,

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \left ( \mathcal{H}_n^3 - 3 \mathcal{H}_n \mathcal{H}_n^{(2)} + 2 \mathcal{H}_n^{(3)} \right ) x^n = - \frac{\ln^3(1-x)}{1-x}}$
Υ.Σ 4: Δε θεωρώ ότι αυτή η λύση διαφέρει στο πνεύμα με τη παραπάνω.

Μία γεννήτρια

Μία γεννήτρια

Re: Μία γεννήτρια

Re: Μία γεννήτρια

Re: Μία γεννήτρια

Μέλη σε σύνδεση