mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 09, 2012 1:34 am**

Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\left(H_n-\gamma-\ln n\right)}$ , όπου $\gamma$ η σταθερά του Euler και $\displaystyle{H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}$ ο

οστός αρμονικός αριθμός.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 10, 2012 10:09 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\left(H_n-\gamma-\ln n\right)}$ , όπου $\gamma$ η σταθερά του Euler και $\displaystyle{H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}$ ο οστός αρμονικός αριθμός.

Έστω $\displaystyle{{a_{2N}} = \sum\limits_{n = 1}^{2N} {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {{H_n} - \gamma - \ln n} \right)} = \left( {\left( {{H_1} - \ln 1} \right) - \left( {{H_2} - \ln 2} \right)} \right) + \left( {\left( {{H_3} - \ln 3} \right) - \left( {{H_4} - \ln 4} \right)} \right) + ..}$

$\displaystyle{.. + \left( {\left( {{H_{2N - 1}} - \ln \left( {2N - 1} \right)} \right) - \left( {{H_{2N}} - \ln 2N} \right)} \right) = \left( {\ln \frac{2}{1} + \ln \frac{4}{3} + .. + \ln \frac{{2N}}{{2N - 1}}} \right) - \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + .. + \frac{1}{{2N}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = \ln \frac{{2 \cdot 4 \cdot .. \cdot 2N}}{{1 \cdot 3 \cdot .. \cdot \left( {2N - 1} \right)}} - \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + .. + \frac{1}{N}} \right) = \ln \frac{{{{\left( {2 \cdot 4 \cdot .. \cdot 2N} \right)}^2}}}{{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot .. \cdot \left( {2N - 1} \right) \cdot 2N}} - \frac{1}{2}{H_N} = }$

$\displaystyle{ = \ln \frac{{{2^{2N}}{{\left( {N!} \right)}^2}}}{{\left( {2N} \right)!}} - \frac{1}{2}{H_N} \approx \ln \frac{{{2^{2N}}\left( {2\pi N} \right){{\left( {\dfrac{N}{e}} \right)}^{2N}}{{\left( {N!} \right)}^2}}}{{\sqrt {4\pi N} {{\left( {\dfrac{{2N}}{e}} \right)}^{2N}}}} - \frac{1}{2}\left( {\ln N + \gamma } \right) = \ln \sqrt {\pi N} - \frac{1}{2}\left( {\ln N + \gamma } \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } {a_{2N}} = \frac{1}{2}\left( {\ln \pi - \gamma } \right)}$ .

Επίσης $\displaystyle{{a_{2N + 1}} = \left( {{H_{2{\rm N} + 1}} - \gamma - \ln \left( {2{\rm N} + 1} \right)} \right) + \sum\limits_{n = 1}^{2N} {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {{H_n} - \gamma - \ln n} \right)} \xrightarrow{{{\rm N} \to + \infty }}\frac{1}{2}\left( {\ln \pi - \gamma } \right)}$

και τελικά $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {{H_n} - \gamma - \ln n} \right)} = \frac{1}{2}\left( {\ln \pi - \gamma } \right)}$ .

mathematica.gr

Υπολογισμός αθροίσματος (19)

Υπολογισμός αθροίσματος (19)

Re: Υπολογισμός αθροίσματος (19)