Δύο δύσκολες σειρές!

Ωmega Man · #1

Να υπολογιστούν τα παρακάτω:

α. $\displaystyle{\bf\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n\log(n)}{n}}$

β. $\displaystyle{\bf\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{\log(n)}}$

.

#2

Πάμε για την πρώτη.

Ωmega Man έγραψε:α. $\displaystyle{\bf\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n\log(n)}{n}}$

Ισχύει : $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - nx}}dx} = \mathop = \limits^{nx = y} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {\ln \frac{y}{n} \cdot {e^{ - y}}dy} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {\left( {\ln y - \ln n} \right){e^{ - y}}dy} = - \frac{{\gamma + \ln n}}{n} \Rightarrow \boxed{\frac{{\ln n}}{n} = - \frac{\gamma }{n} - \int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - nx}}dx} }}$

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\ln \left( n \right)}}{n}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {\frac{\gamma }{n} + \int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - nx}}dx} } \right)} = \gamma \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{n}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - nx}}dx} } = }$

$\displaystyle{ = \gamma \ln 2 + \int\limits_0^\infty {\ln x\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{e^{ - nx}}} } = \gamma \ln 2 + \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - x}}\ln x}}{{1 + {e^{ - x}}}}dx} = \gamma \ln 2 + \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln x}}{{1 + {e^x}}}dx} }$

Όμως όπως αποδείχθηκε εδώ (είναι το πρόβλημα Νο 12) viewtopic.php?f=9&t=12954&p=83850&hilit=dunkel#p83850 έχουμε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln x}}{{1 + {e^x}}}dx} = - \frac{1}{2}{\ln ^2}2}$

Άρα $\displaystyle{\boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\ln \left( n \right)}}{n}} = \gamma \ln 2 - \frac{1}{2}{{\ln }^2}2}}$ .

$\displaystyle{\gamma : }$ η σταθερά των Euler Macceroni.

#3

Στο τελευταίο ποστ του link που δίνει ο Σεραφείμ υπάρχει και ένας απευθείας υπολογισμός της πρώτης σειράς του Γιώργου.

#4

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Στο τελευταίο ποστ του link που δίνει ο Σεραφείμ υπάρχει και ένας απευθείας υπολογισμός της πρώτης σειράς του Γιώργου.

Όντως Αναστάση .. δεν το πρόσεξα (μάλλον δεν το θυμήθηκα).
Μάλιστα αποδείχτηκε το γενικότερο $\displaystyle{ \boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n} \cdot \frac{{\ln \left( n \right)}}{{{n^s}}}} = \ln \left( 2 \right) \cdot {2^{1 - s}}\zeta \left( s \right) + \left( {1 - {2^{1 - s}}} \right)\zeta '\left( s \right)}}$

Jeronymo Simonstone · #5

Σεραφείμ έγραψε:Πάμε για την πρώτη.
Ωmega Man έγραψε:α. $\displaystyle{\bf\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n\log(n)}{n}}$
Ισχύει : $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - nx}}dx} = \mathop = \limits^{nx = y} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {\ln \frac{y}{n} \cdot {e^{ - y}}dy} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {\left( {\ln y - \ln n} \right){e^{ - y}}dy} = - \frac{{\gamma + \ln n}}{n} \Rightarrow \boxed{\frac{{\ln n}}{n} = - \frac{\gamma }{n} - \int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - nx}}dx} }}$

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\ln \left( n \right)}}{n}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {\frac{\gamma }{n} + \int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - nx}}dx} } \right)} = \gamma \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{n}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - nx}}dx} } = }$

$\displaystyle{ = \gamma \ln 2 + \int\limits_0^\infty {\ln x\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{e^{ - nx}}} } = \gamma \ln 2 + \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - x}}\ln x}}{{1 + {e^{ - x}}}}dx} = \gamma \ln 2 + \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln x}}{{1 + {e^x}}}dx} }$

Όμως όπως αποδείχθηκε εδώ (είναι το πρόβλημα Νο 12) viewtopic.php?f=9&t=12954&p=83850&hilit=dunkel#p83850 έχουμε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln x}}{{1 + {e^x}}}dx} = - \frac{1}{2}{\ln ^2}2}$

Άρα $\displaystyle{\boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\ln \left( n \right)}}{n}} = \gamma \ln 2 - \frac{1}{2}{{\ln }^2}2}}$ .

$\displaystyle{\gamma : }$ η σταθερά των Euler Macceroni.

(Mascheroni λεγόταν νομίζω)
Πολύ ωραία η απόδειξη, μα έχω μια απορία...
Πως δικαιολογείται η εναλλαγή ολοκληρώματος και σειράς;

#6

Χμ .. όντως Mascheroni είναι .. δεν είναι απο τις συχνά χρησιμοποιούμενες λέξεις .. και ξεχνιέται.

Η εναλλαγή του ολοκληρώματος με το άθροισμα ή ολοκληρώμάτων μεταξύ τους ή αθροισμάτων μεταξύ τους, μπορεί να γίνει, όταν έχουμε ομοιόμορφη σύγκλιση .. κάτι που εδώ ισχύει. Είναι αλήθεια ότι, μια πλήρης λύση απαιτεί την απόδειξη και αυτού του σημείου. Γενικά πάντως στα θέματα που πραγματευόμαστε εδώ, η ομοιόμορφη σύγκλιση υφίσταται.

Jeronymo Simonstone · #7

ομοιόμορφη σύγκλιση

Eυχαριστώ για την γρήγορη απάντηση, μα αυτό δεν με πείθει,
γιατί εδώ έχουμε μια ακολουθία αριθμών...

#8

Jeronymo Simonstone έγραψε: γιατί εδώ έχουμε μια ακολουθία αριθμών...

Η ακολουθία συναρτήσεων που έχουμε εδώ είναι η $\displaystyle{S_{m}(x)=\sum_{n=1}^{m}(-1)^{n-1}\ln xe^{-nx}}$ .

Το ζήτημα λοιπόν είναι αν $\displaystyle{S_{m}\stackrel{m\to+\infty}{\longrightarrow}\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\ln xe^{-nx}}$ ομοιομορφα στο $(0,+\infty)$ κάτι το οποίο είναι μια ικανή συνθήκη (όχι αναγκαία, και στην περίπτωση που αποτυγχάνει μπορούμε να δοκιμάσουμε άλλους τρόπους) για να γράψουμε

$\displaystyle{\lim_{m\to+\infty}\int_{0}^{+\infty}S_{m}(x)\,dx=\int_{0}^{+\infty}\lim_{m\to+\infty}S_{m}(x)\,dx}$ , ή αλλιώς

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}(-1)^{n-1}\ln xe^{-nx}(x)\,dx=\int_{0}^{+\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\ln xe^{-nx}\,dx}$ . Δεν το έχω ελέγξει.

Λυμένα παραδείγματα εναλλαγής ορίων και ολοκληρωμάτων με χρήση άλλων τρόπων, όταν δεν έχουμε ομοιόμορφη σύγκλιση, υπάρχουν στο βιβλίο του J.Bass "Exercises in Mathematics".

Jeronymo Simonstone · #9

Ευχαριστώ, αυτό ζητούσα.

Ωmega Man · #10

Ωραία για το πρώτο, για το δεύτερο δεν έχω λύση και το ψάχνω εδώ και καιρό!

#11

Μα το δεύτερο βγάζει 7 και μ'σό, είναι προφανές...

#12

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\ln n}}} = \sum\limits_{n = 2}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\int\limits_0^\infty {{e^{ - x\ln n}}dx} } = \sum\limits_{n = 2}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{{n^x}}}dx} } = \int\limits_0^\infty {\sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{n^x}}}} dx} = \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{1}{{{2^x}}} - \frac{1}{{{3^x}}} + \frac{1}{{{4^x}}} - {\text{ }}..} \right)dx} }$ .

Το άθροισμα $\displaystyle{\frac{1}{{{2^x}}} - \frac{1}{{{3^x}}} + \frac{1}{{{4^x}}} - {\text{ }}..}$ μπορεί εύκολα να εκφραστεί μέσω της συνάρτησης $\displaystyle{\zeta \left( x \right)}$ (με την αναλυτική της επέκταση στο $\displaystyle{\left( {0,1} \right)}$ ..

δεν βλέπω όμως να οδηγεί (ή δεν μπόρεσα), σε υπολογίσιμο αποτέλεσμα με κλειστή φόρμα.

Πάντως η σειρά συγκλίνει !! με όριο μικρότερο του 1.

Ωmega Man · #13

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Μα το δεύτερο βγάζει 7 και μ'σό, είναι προφανές...

Όχι απλά προφανές, πρωτοφανές ότι κάνει τόσο!!

#14

Ωmega Man έγραψε:Να υπολογιστούν τα παρακάτω:

α. $\displaystyle{\bf\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n\log(n)}{n}}$

β. $\displaystyle{\bf\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{\log(n)}}$

Να προσθέσω και μια (παρόμοια, επίσης συγκλίνουσα) τρίτη, (για την οποία δεν έχω λύση):

γ. $\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{n=2}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n\log{n}}\,.$

Δύο δύσκολες σειρές!

Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Re: Δύο δύσκολες σειρές!

Μέλη σε σύνδεση