mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 14, 2010 11:31 am**

Ας υπολογισθεί το άθροισμα $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{H_{n}}{n}\right)^2}$ , όπου $\displaystyle{H_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}$ ο

-οστός αρμονικός αριθμός.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Από Gabriel Klambauer "Problems and Propositions in Analysis"

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 17, 2010 9:37 pm**

Ανάσταση .. πανέμορφο και πολύ ζόρικο.
$\displaystyle{\begin{gathered} S = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( {\frac{{{H_n}}}{n}} \right)}^2}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}{{\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} } \right)}^2}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{k^2}}} + 2\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {\frac{1}{k} \sum\limits_{\lambda = k + 1}^n {\frac{1}{\lambda }} } \right)} } } \right) = } \hfill \\ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} + 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {\frac{1}{k} \sum\limits_{\lambda = k + 1}^n {\frac{1}{\lambda }} } \right)} } \Rightarrow \boxed{S = {S_1} + 2 {S_2}} \hfill \\ \end{gathered} }$

$\displaystyle{{S_1} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} {\text{ \& }}{S_2} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {\frac{1}{k} \sum\limits_{\lambda = k + 1}^n {\frac{1}{\lambda }} } \right)} } }$

$\displaystyle{{S_1} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\left( {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} - \sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} = {\zeta ^2}\left( 2 \right) - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\left( {\sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} }$

Όμως $\displaystyle{{\zeta ^2}\left( 2 \right) = {\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}} } \right)^2} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^4}}}} + 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{{n^2}}} \sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{{n^2}}} \sum\limits_{k = n + 1}^\infty {\frac{1}{{{k^2}}}} } \right)} = \frac{1}{2} \left( {{\zeta ^2}\left( 2 \right) - \zeta \left( 4 \right)} \right)}$

Άρα $\displaystyle{{S_1} = {\zeta ^2}\left( 2 \right) - \frac{1}{2} \left( {{\zeta ^2}\left( 2 \right) - \zeta \left( 4 \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( {{\zeta ^2}\left( 2 \right) + \zeta \left( 4 \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{\pi ^4}}}{{36}} + \frac{{{\pi ^4}}}{{90}}} \right) \Rightarrow \boxed{{S_1} = \frac{{7 {\pi ^4}}}{{360}}}}$

$\displaystyle{\begin{gathered} 2 {S_2} = 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {\frac{1}{k} \sum\limits_{\lambda = k + 1}^n {\frac{1}{\lambda }} } \right)} } = 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {\frac{1}{k} \left( {{H_n} - {H_k}} \right)} \right)} } = 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\left( {{H_n} \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{1}{k} - } \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{{H_k}}}{k}} } \right)} = \hfill \\ = 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\left( {{H_n} \left( {{H_n} - \frac{1}{n}} \right) - \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{H_k}}}{k}} + \frac{{{H_n}}}{n}} \right)} = 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\left( {H_n^2 - \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{H_k}}}{k}} } \right)} = 2 S - 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{H_k}}}{k}} } \hfill \\ \end{gathered} }$

Άρα $\displaystyle{S = \frac{{7 {\pi ^4}}}{{360}} + 2 S - 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{H_k}}}{k}} } \Rightarrow \boxed{S = 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{H_k}}}{k}} } - \frac{{7 {\pi ^4}}}{{360}}}}$ .

Όμως
$\displaystyle{{H_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\int\limits_0^1 {{x^{k - 1}}dx} } \right)} = \int\limits_0^1 {\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{x^{k - 1}}} } \right)dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{1 - {x^n}}}{{1 - x}}dx} = - \int\limits_0^1 {\left( {1 - {x^n}} \right){{\left( {\ln \left( {1 - x} \right)} \right)}^\prime }dx} = }$

$\displaystyle{ = - \left[ {\left( {1 - {x^n}} \right)\ln \left( {1 - x} \right)} \right]_0^1 - n \int\limits_0^1 {{x^{n - 1}}\ln \left( {1 - x} \right)dx} \Rightarrow \frac{{{H_n}}}{n} = - \int\limits_0^1 {{x^{n - 1}}\ln \left( {1 - x} \right)dx} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{H_k}}}{k}} = - \int\limits_0^1 {\sum\limits_{k = 1}^n {{x^{k - 1}}} \ln \left( {1 - x} \right)dx} = - \int\limits_0^1 {\frac{{1 - {x^n}}}{{1 - x}}\ln \left( {1 - x} \right)dx} = \frac{1}{2} \int\limits_0^1 {\left( {1 - {x^n}} \right){{\left( {{{\ln }^2}\left( {1 - x} \right)} \right)}^\prime }dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2} \left[ {\left( {1 - {x^n}} \right)\left( {{{\ln }^2}\left( {1 - x} \right)} \right)} \right]_0^1 + \frac{n}{2} \int\limits_0^1 {{x^{n - 1}}\left( {{{\ln }^2}\left( {1 - x} \right)} \right)dx} \Rightarrow \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{H_k}}}{k}} = \frac{n}{2} \int\limits_0^1 {{x^{n - 1}}{{\ln }^2}\left( {1 - x} \right)dx} }$

Τότε $\displaystyle{S = 2 \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{H_k}}}{k}} } - \frac{{7 {\pi ^4}}}{{360}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n} \int\limits_0^1 {{x^{n - 1}}{{\ln }^2}\left( {1 - x} \right)dx} } - \frac{{7 {\pi ^4}}}{{360}} = \int\limits_0^1 {{{\ln }^2}\left( {1 - x} \right)\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^{n - 1}}}}{n}} } \right)dx} - \frac{{7 {\pi ^4}}}{{360}}}$ και

$\displaystyle{\begin{gathered} \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^{n - 1}}}}{n}} = \frac{1}{x} \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^n}}}{n}} = - \frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x} \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\ln }^2}\left( {1 - x} \right)\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^{n - 1}}}}{n}} } \right)dx} = - \int\limits_0^1 {\frac{{{{\ln }^3}\left( {1 - x} \right)}}{x}dx} = \mathop = \limits^{x = 1 - u} = \hfill \\ = - \int\limits_0^1 {\frac{{{{\ln }^3}\left( u \right)}}{{1 - u}}du} = - \int\limits_0^1 {{{\ln }^3}\left( u \right) \left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{u^n}} } \right)du} = - \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\int\limits_0^1 {{u^n}{{\ln }^3}\left( u \right)du} } \right)} = .. = 6 \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^4}}}} = \frac{{6 {\pi ^4}}}{{90}} \hfill \\ \end{gathered} }$

Τελικά $\displaystyle{S = \frac{{6 {\pi ^4}}}{{90}} - \frac{{7 {\pi ^4}}}{{360}} = \frac{{24 {\pi ^4}}}{{360}} - \frac{{7 {\pi ^4}}}{{360}} = \frac{{17 {\pi ^4}}}{{360}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 17, 2010 9:46 pm**

Σεραφείμ στην έβδομη γραμμή λείπει ένα

-άρι.....

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 17, 2010 9:47 pm**

Όχι Τάσο είναι σωστός απλά έπρεπε να χρησιμοποιηθεί και η σταθερά euler mascheroni όπως και η σταθερά Ω

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 17, 2010 9:51 pm**

Τι να πω βρε Σεραφείμ. Είπα να δοκιμάσω τα όριά σου λίγο αλλά εσύ δεν παίζεσαι...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 17, 2010 10:08 pm**

Μπα .. δεν νομίζω να λείπει τίποτα .. Ούτε η σταθερά Euler Mascheroni λείπει από πουθενά, δεν περνώ σε κανένα σημείο από άπειρο αρμονικό σε λογάριθμο.

Χρησιμοποιήθηκαν έτοιμα τα $\displaystyle{\zeta \left( 2 \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{6}{\text{ \& }}\zeta \left( 4 \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^4}}}} = \frac{{{\pi ^4}}}{{90}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 17, 2010 11:04 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Ας υπολογισθεί το άθροισμα $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{H_{n}}{n}\right)^2}$ , όπου $\displaystyle{H_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}$ ο -οστός αρμονικός αριθμός.

Αλλιώς, αλλά μόνο η κύρια ιδέα γιατί οι πράξεις είναι πολλές. Πάντως πάμε απευθείας στο άθροισμα χωρίς τις επιμέρους διασπάσεις.

$\displaystyle{\left(\frac{H_{n}}{n}\right)^2} =\left(\frac{H_{n}}{n}\right) \left(\frac{H_{n}}{n}\right) = \left(-\int _0^1 x^{n-1}\ln (1-x) dx\right) \left(-\int _0^1 y^{n-1} \ln (1-y)dy\right)=$

$\displaystyle{=\int _0^1 \int _0^1 x^{n-1}y^{n-1} \ln (1-x)\ln (1-y) dxdy$

Οπότε το ζητούμενο άθροισμα, με μεταφορά μέσα στο ολοκλήρωμα, είναι

$\displaystyle{\int _0^1 \int _0^1\left( \sum_{n=1}^{+\infty}x^{n-1}y^{n-1} \ln (1-x)\ln (1-y)\right) dxdy = \int _0^1 \int _0^1\left(\frac{1}{1-xy} \ln (1-x)\ln (1-y)\right) dxdy$

και το ολοκλήρωμα αυτό "παλεύεται". Το ολοκληρώνουμε χωριστά ως προς χ, και ότι βγει ολοκληρώνεται ως προς y.
Έκανα έλεγχο να πεισθώ ότι εμφανίζεται το $\pi^4$ αλλά δεν έλεγξα τον συντελεστή του (που είναι θέμα πράξεων ρουτίνας).
Μη μου ζητήσεται να τα γράψω εδώ γιατί ... ουφ.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 17, 2010 11:46 pm**

Υπάρχει ο πολύ χρήσιμος τύπος (αποδεικνύεται σχετικά εύκολα) $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {\frac{{{{\left( { - \ln \left( {xy} \right)} \right)}^n}}}{{1 - xy}}dxdy} } = \zeta \left( {n + 2} \right)\Gamma \left( {n + 2} \right)}$ .

Άραγε κολλάει με το τετραγωνικό ολοκλήρωμα του Μιχάλη?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 18, 2010 8:37 pm**

Μόλις ανακάλυψα ότι έχει τεθεί και στο mathlinks. Και το έχει λύσει ο συνήθης ύποπτος φυσικά.....(από τηγκορέα)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 18, 2010 9:12 pm**

Έκανα και άλλη μία απόδειξη του ζητούμενου, που με παιδεύει δύο μέρες. Πάντως στην πορεία βγαίνουν μερικοί πάρα πολύ ωραίοι τύποι.
Δύσκολο να τους γράψω πλήρως εδώ λόγω μεγέθους και κούρασης.

Τα βήματα είναι

1) Στόχος να χρησιμοποιήσουμε την ταυτότητα Parceval στο ανάπτυγμα Fourier $\displaystyle { \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n^2} = - \int_0^x \ln \left (2 \sin \frac{t}{2} \right)dt }$
(το ανάπτυγμα αυτό δεν τον γνώριζα γιατί είμαι μακρυά από βιβλία. Τον βρήκα αθροίζοντας την σειρά αριστερά αλλά μετά επιβεβαίωσα με το ιντερνετ ότι είναι σωστό).

2) α) Δείχνουμε (άαααχ) $\displaystyle { \sum_{n=1}^{\infty} H_nz^n = - \frac{\ln(1-z)}{1-z}$ (η επιβαιβαίωση ότι είναι σωστός δεν είναι δύσκολη: Πολλαπλασιάζουμε επι 1-z και στο άθροισμα
αριστερά χρησιμοποιούμε τον τύπο του γινομένου Cauchy)
β) ολοκληρώνοντας το προηγούμενο έχουμε $\displaystyle { \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{n+1}z^{n+1} = \frac{1}{2} \left(\ln(1-z)\right) ^2}$

3) Δείχνουμε την ταυτότητα (απλό) $\displaystyle { \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{n}z^{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}z^{n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{n+1}z^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}z^{n} + \frac{1}{2} \left(\ln(1-z)\right) ^2}$

4) Στην προηγούμενη βάζουμε $z = e^{ix}$ και παίρνουμε μιγαδικά μέρη. Θα εμφανιστεί το άθροισμα στο 1) παραπάνω και το $\displaystyle { \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{n}\sin (nx)$ . Σε αυτό (που είναι ανάπτυγμα ημιτόνου μιας σειράς Fourier) εφαρμόζουμε Parceval. Εννοείται ότι χρησιμοποιούμε και την $\displaystyle { \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} =\frac{\pi^4}{90}$

Έχω ελέγξει πολύ προσεκτικά όλα τα παραπάνω γιατί στην πορεία βγήκαν και άλλες περίεργες ταυτότητες.

Ώρα για καφέ γιατί αρχίζω και κουτουλάω...

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 19, 2010 12:22 am**

Μετά την ιντερνετική διερεύνηση του Αναστάση, μαζί με τις υπάρχουσες στην σελίδα μας, "παίζουν" ήδη τέσσερις αποδείξεις.

mathematica.gr

Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό

Re: Απειρο άθροισμα με αρμονικό αριθμό