mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 10, 2015 10:25 pm**

china university έγραψε: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \frac{H_n}{n} \left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots +\frac{(-1)^{n+1} }{2n-1}\right)}$

Πολύ δύσκολο άθροισμα θα έλεγα ..

Λήμμα 1: $\displaystyle{\frac{{{H_n}}}{n} = - \int\limits_0^1 {\log \left( {1 - x} \right){x^{n - 1}}dx} }$ αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=27979&p=136404#p136404

Λήμμα 2: $\displaystyle{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{2n + 1}}{x^{n + 1}}} = \sqrt x \arctan h\sqrt x }$ διότι από εδώ https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_m ... cal_series γνωρίζουμε πως $\displaystyle{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{z^{2n + 1}}}}{{2n + 1}}} = \arctan h\left( z \right)}$

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{z^{2n + 2}}}}{{2n + 1}}} = z \cdot \arctan h\left( z \right) \Rightarrow \mathop \Rightarrow \limits^{{z^2} = x} \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^{n + 1}}}}{{2n + 1}}} = \sqrt x \cdot \arctan h\left( {\sqrt x } \right)}$

Λήμμα 3: $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {{{\left( { - 1} \right)}^n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{2k - 1}}} } \right){x^n}} = \frac{{\sqrt x \arctan h\sqrt x }}{{1 + x}}}$ διότι έστω $\displaystyle{f\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {{{\left( { - 1} \right)}^n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{2k - 1}}} } \right){x^n}} }$ .

Αν $\displaystyle{{a_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{2k - 1}}} \Rightarrow {a_{n + 1}} = - {\left( { - 1} \right)^n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{2k - 1}}} + \frac{1}{{2n + 1}} = - {a_n} + \frac{1}{{2n + 1}}}$ , τότε

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 2}^\infty {{a_n}{x^n}} = - \sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}{x^{n + 1}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{2n + 1}}{x^{n + 1}}} \Rightarrow f\left( x \right) - x = }$ \displaystyle{\displaystyle{ - x\;f\left( x \right) - x + \sqrt x \arctan h\sqrt x \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{\sqrt x \arctan h\sqrt x }}{{1 + x}}} Λήμμα 4:

<em class="text-italics"><span style="text-decoration:underline">Λήμμα 4</span></em>:

\displaystyle{2\arctan hy = \log \frac{{1 + y}}{{1 - y}}} στοιχειώδεις πράξεις.

Λήμμα 5:

\displaystyle{L{i_2}\left( {1 + i} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{16}} + i \cdot \left( {\frac{\pi }{4}\log 2 + G} \right)} από εδώ <a href="http://functions.wolfram.com/ZetaFunctionsandPolylogarithms/PolyLog2/03/02/" class="postlink">http://functions.wolfram.com/ZetaFuncti ... og2/03/02/</a>

Λήμμα 6:

από εδώ <a href="http://functions.wolfram.com/ZetaFunctionsandPolylogarithms/PolyLog2/03/02/" class="postlink">http://functions.wolfram.com/ZetaFuncti ... og2/03/02/</a>

<em class="text-italics"><span style="text-decoration:underline">Λήμμα 6</span></em>:

\displaystyle{{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {1 + i} \right)} \right) = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 - i}}{2}} \right)} \right) + \frac{{3\pi {{\log }^2}2}}{{32}} + \frac{{7{\pi ^3}}}{{128}}} διότι εδώ <a href="http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=9&t=12954&hilit=otto" class="postlink">viewtopic.php?f=9&t=12954&hilit=otto</a>

αποδείχθηκε ότι

διότι εδώ <a href="http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=9&t=12954&hilit=otto" class="postlink">viewtopic.php?f=9&t=12954&hilit=otto</a>

αποδείχθηκε ότι

\displaystyle{L{i_3}\left( z \right) = L{i_3}\left( {\frac{1}{z}} \right) - \frac{1}{6}{\log ^3}\left( { - z} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\log \left( { - z} \right)} . Τότε για

\displaystyle{z = 1 + i} έχουμε

\displaystyle{{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {1 + i} \right)} \right) = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 - i}}{2}} \right)} \right) - \frac{1}{6}{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{{\log }^3}\left( { - 1 - i} \right)} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\log \left( { - 1 - i} \right)} \right) = }

\displaystyle{ = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 - i}}{2}} \right)} \right) - \frac{1}{6}\left( {\frac{{27{\pi ^3}}}{{64}} - \frac{{9\pi {{\log }^2}2}}{{16}}} \right) + \frac{{3{\pi ^3}}}{{24}} = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 - i}}{2}} \right)} \right) + \frac{{3\pi {{\log }^2}2}}{{32}} + \frac{{7{\pi ^3}}}{{128}}} ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Τότε

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

Τότε

\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{H_n}}}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{2k - 1}}} } = - \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 - x} \right)}}{x}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{2k - 1}}} {x^n}} } \right)dx} }} $\displaystyle{ = - \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 - x} \right)}}{{\sqrt x }}\frac{{\arctan h\sqrt x }}{{1 + x}}dx} = \mathop = \limits^{x = {y^2}} = }$

$\displaystyle{ = - 2\int\limits_0^1 {\log \left( {1 - {y^2}} \right)\frac{{\arctan hy}}{{1 + {y^2}}}dy} = - \int\limits_0^1 {\log \left( {1 - {y^2}} \right)\frac{1}{{1 + {y^2}}}\log \frac{{1 + y}}{{1 - y}}dy} }$ \displaystyle{\displaystyle{ = - \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 + y} \right) - {{\log }^2}\left( {1 - y} \right)}}{{1 + {y^2}}}dy} = }

\displaystyle{ = \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 - y} \right)}}{{1 + {y^2}}}dy} - \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 + y} \right)}}{{1 + {y^2}}}dy} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{{\log }^2}\left( {1 - y} \right)\left( {\frac{1}{{1 - iy}} + \frac{1}{{1 + iy}}} \right)dy} }} $\displaystyle{ - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{{\log }^2}\left( {1 + y} \right)\left( {\frac{1}{{1 - iy}} + \frac{1}{{1 + iy}}} \right)dy} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 - y} \right)}}{{1 - iy}}dy} + \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 - y} \right)}}{{1 + iy}}dy} - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 + y} \right)}}{{1 - iy}}dy} }$ \displaystyle{\displaystyle{ - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 + y} \right)}}{{1 + iy}}dy} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 - i} \right) + ix}}dx} + }

\displaystyle{ + \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 + i} \right) - ix}}dx} - \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 + i} \right) - ix}}dx} - \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 - i} \right) + ix}}dx} = }} $\displaystyle{Re\left( {\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 + i} \right) - ix}}dx} } \right) - Re\left( {\int\limits_1^2 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 + i} \right) - ix}}dx} } \right)}$

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 + i} \right) - ix}}dx} = \frac{1}{{1 + i}}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{1 - \frac{i}{{1 + i}}x}}dx} = \frac{1}{{1 + i}}\int\limits_0^1 {{{\log }^2}x\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{i}{{1 + i}}} \right)}^n}{x^n}} dx} }$ \displaystyle{\displaystyle{ = \frac{1}{{1 + i}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{i}{{1 + i}}} \right)}^n}\int\limits_0^1 {{{\log }^2}x \cdot {x^n}dx} } = }

\displaystyle{ = \frac{2}{{1 + i}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)}^n}\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^3}}}} = \frac{4}{{{{\left( {1 + i} \right)}^2}}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)}^{n + 1}}\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^3}}}} = - 2i \cdot L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)} και (ομοίως)

\displaystyle{\int\limits_1^2 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 + i} \right) - ix}}dx} = \frac{1}{{1 + i}}\int\limits_1^2 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{1 - \frac{i}{{1 + i}}x}}dx} = \frac{1}{{1 + i}}\int\limits_1^2 {{{\log }^2}x\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{i}{{1 + i}}} \right)}^n}{x^n}} dx} }} $\displaystyle{ = \frac{1}{{1 + i}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{i}{{1 + i}}} \right)}^n}\int\limits_1^2 {{{\log }^2}x \cdot {x^n}dx} } = }$

$\displaystyle{ = .. = \frac{{\pi {{\log }^2}2}}{2} + 2i\left( {\log 2 \cdot L{i_2}\left( {1 + i} \right) + L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right) - L{i_3}\left( {1 + i} \right)} \right)}$

Επομένως $\displaystyle{S = Re\left( { - 2i \cdot L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)} \right) - Re\left( {\frac{{\pi {{\log }^2}2}}{2} + 2i\left( {\log 2 \cdot L{i_2}\left( {1 + i} \right) + L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right) - L{i_3}\left( {1 + i} \right)} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = 2{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)} \right) - \frac{{\pi {{\log }^2}2}}{2} + 2{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\log 2 \cdot L{i_2}\left( {1 + i} \right) + L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right) - L{i_3}\left( {1 + i} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = - \frac{{\pi {{\log }^2}2}}{2} + 4{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)} \right) + 2\log 2 \cdot {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_2}\left( {1 + i} \right)} \right) - 2{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {1 + i} \right)} \right)}$

Το αποτέλεσμα μπορεί να θεωρηθεί πλήρες .. όμως μια κομψότερη παρουσίαση δεν βλάπτει.
Λαμβάνοντας υπόψη τα λήμματα 5 και 6 παίρνουμε τελικό αποτέλεσμα $\displaystyle{S = - \frac{{3\pi {{\log }^2}2}}{{16}} - \frac{{7{\pi ^3}}}{{64}} + 2\log 2 \cdot G + 6 \cdot Im\left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)} \right)}$

$\displaystyle{G:}$ η σταθερά του Catalan
Το φανταστικό μέρος του αριθμού $\displaystyle{L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)}$ δεν βλέπω πως μπορεί να εκφραστεί στοιχειωδέστερα

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 10, 2015 11:09 pm**

Σεραφείμ έγραψε: Το φανταστικό μέρος του αριθμού $\displaystyle{L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)}$ δεν βλέπω πως μπορεί να εκφραστεί στοιχειωδέστερα

Πράγματι δεν έχει βρεθεί κλειστός τύπος για αυτό το άθροισμα, εν αντιθέσει με το πραγματικό μέρος αυτού του αθροίσματος. Πάντως υπάρχουν συνδέσεις με το άθροισμα $\mathfrak{Im}({\rm Li_3}(1\pm i))$ καθώς και $\mathfrak{Re}({\rm Li_3}(1\pm i))$ .

Δε θυμάμαι ποια από τα παραπάνω 4 αθροίσματα παίρνει κλειστή μορφή.

mathematica.gr

Να βρεθεί το άθροισμα

Να βρεθεί το άθροισμα

Re: Να βρεθεί το άθροισμα

Re: Να βρεθεί το άθροισμα