mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 27, 2013 9:12 am**

Να αποδειχθεί ότι για κάθε $\displaystyle{a > \frac{1}{4}}$ ισχύει $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}} = \frac{\pi }{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}}{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 06, 2013 11:49 am**

Μπορούμε να θέσουμε $\displaystyle{f(z)=\frac{\pi \cot(\pi z )}{z^2-z+a}}$ και να ολοκληρώσουμε κλασσικά πάνω σε τετράγωνο στο μιγαδικό επίπεδο, χρωστάω και μια άλλη λύση όταν θα ανεβάσω εκείνη θα το δείξω και αυτό.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 07, 2013 6:55 am**

Ωmega Man έγραψε:Μπορούμε να θέσουμε $\displaystyle{f(z)=\frac{\pi \cot(\pi z )}{z^2-z+a}}$ και να ολοκληρώσουμε κλασσικά πάνω σε τετράγωνο στο μιγαδικό επίπεδο, χρωστάω και μια άλλη λύση όταν θα ανεβάσω εκείνη θα το δείξω και αυτό.

Αναμένοντας, ας δοθεί και μια λύση με Αναλυτική θεωρία αριθμών.

Οι ρίζες του παρονομαστή είναι $\displaystyle{{z_1} = \frac{{1 + i\sqrt {4a - 1} }}{2}}$ και $\displaystyle{{z_2} = \frac{{1 - i\sqrt {4a - 1} }}{2}}$ , με $\displaystyle{{z_2} = 1 - {z_1}}$ .

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}} = \frac{1}{{{z_1} - {z_2}}}\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n - {z_1}}} - \frac{1}{{n - {z_2}}}} \right)} = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n - {z_1}}} + \frac{1}{{ - n + {z_2}}}} \right)} = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n - {z_1}}} + \frac{1}{{ - n + 1 - {z_1}}}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}} + \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{ - n + 1 - {z_1}}}} } \right) = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}} + \sum\limits_{n = - N + 1}^0 {\frac{1}{{n - {z_1}}}} } \right) = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = - N + 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}} }$

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}} = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \sum\limits_{n = - N + 1}^N {\frac{1}{{n - {z_1}}}} = \frac{1}{{i\sqrt {4a - 1} }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{n - {z_1}}}} = \frac{i}{{\sqrt {4a - 1} }}\frac{\pi }{{\tan \left( {\pi {z_1}} \right)}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{i\pi \cdot {z_1}}} + {e^{ - i\pi \cdot {z_1}}}}}{{{e^{i\pi \cdot {z_1}}} - {e^{ - i\pi \cdot {z_1}}}}} = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{2i\pi \cdot {z_1}}} + 1}}{{{e^{2i\pi \cdot {z_1}}} - 1}} = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{i\pi \left( {1 + i\sqrt {4a - 1} } \right)}} + 1}}{{{e^{i\pi \left( {1 + i\sqrt {4a - 1} } \right)}} - 1}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}} = \frac{{ - \pi }}{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}{{ - {e^{ - \pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}} \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2} - n + a}}} = \frac{\pi }{{\sqrt {4a - 1} }} \cdot \frac{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} - 1}}{{{e^{\pi \sqrt {4a - 1} }} + 1}}}}$

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Χρησιμοποιήθηκε η σχέση $\displaystyle{\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\frac{1}{{n + z}}} = \frac{\pi }{{\tan \left( {\pi \cdot z} \right)}}}$ που αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=24766

mathematica.gr

Όμορφη Σειρά.

Όμορφη Σειρά.

Re: Όμορφη Σειρά.

Re: Όμορφη Σειρά.