mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 12:47 am**

Να υπολογιστεί το $\sum_{n=1}^{\infty } \frac{n^{5}-9n}{ n^{8}-3n^{6}+27n^{2}-81}.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 3:45 am**

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: Κυρ Μαρ 11, 2018 12:47 am Να υπολογιστεί το $\sum_{n=1}^{\infty } \frac{n^{5}-9n}{ n^{8}-3n^{6}+27n^{2}-81}.$

Γεια σου Λάμπρο. Κάπως συνοπτικά έχουμε ότι:
$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{S} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{5}-9n}{ n^{8}-3n^{6}+27n^{2}-81} \\ &=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n \left ( n^2-3 \right )\left ( n^2+3 \right )}{\left ( n^2-3 \right )\left ( n^2+3 \right )\left ( n^2-3n+3 \right )\left ( n^2+3n+3 \right )} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\left ( n^2-3n+3 \right )\left ( n^2+3n+3 \right )}\\ &= \frac{1}{6} \sum_{n=1}^{\infty} \left [ \frac{1}{n^2-3n+3} - \frac{1}{n^2+3n+3} \right ] \\ &=\frac{7}{18} \end{aligned} }$ διότι
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} = 1 + \frac{\pi \tanh \left ( \frac{\pi \sqrt{3}}{2} \right )}{\sqrt{3}} \quad , \quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+3n+3} = \frac{\pi \tanh \left ( \frac{\pi \sqrt{3}}{2} \right )}{\sqrt{3}} - \frac{4}{3}}$
Τα τελευταία δύο αθροίσματα δεν είναι δύσκολο να αποδειχθούνε... π.χ μιγαδική, αναλυτική θεωρία αριθμών ή πολυγάμμα τα κατεβάζουν. Αύριο όμως τώρα όταν βρω λίγο χρόνο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 10:07 am**

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Μαρ 11, 2018 3:45 am
διότι
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} = 1 + \frac{\pi \tanh \left ( \frac{\pi \sqrt{3}}{2} \right )}{\sqrt{3}} \quad , \quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+3n+3} = \frac{\pi \tanh \left ( \frac{\pi \sqrt{3}}{2} \right )}{\sqrt{3}} - \frac{4}{3}}$

Τα τελευταία δύο αθροίσματα δεν είναι δύσκολο να αποδειχθούνε... π.χ μιγαδική, αναλυτική θεωρία αριθμών ή πολυγάμμα τα κατεβάζουν. Αύριο όμως τώρα όταν βρω λίγο χρόνο.

Τόλη καλημέρα. Δεν χρειάζεται να υπολογιστεί η τιμή της κάθε σειράς.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 1:04 pm**

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: Κυρ Μαρ 11, 2018 10:07 am
Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Μαρ 11, 2018 3:45 am
διότι
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} = 1 + \frac{\pi \tanh \left ( \frac{\pi \sqrt{3}}{2} \right )}{\sqrt{3}} \quad , \quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+3n+3} = \frac{\pi \tanh \left ( \frac{\pi \sqrt{3}}{2} \right )}{\sqrt{3}} - \frac{4}{3}}$

Τα τελευταία δύο αθροίσματα δεν είναι δύσκολο να αποδειχθούνε... π.χ μιγαδική, αναλυτική θεωρία αριθμών ή πολυγάμμα τα κατεβάζουν. Αύριο όμως τώρα όταν βρω λίγο χρόνο.
Τόλη καλημέρα. Δεν χρειάζεται να υπολογιστεί η τιμή της κάθε σειράς.

Λάμπρο,

είμαι σίγουρος για αυτό. Αλλά παρόλο που βλέπω πράγματα ενδιαφέροντα για τις

σειρές, ειλικρινά δε μπορώ να τα συνδυάσω. Ίσως επειδή ασχολούμαι πιο πολύ με το υπολογιστικό κομμάτι. Πάντως για το άθροισμα βρήκα πολύ γρήγορη λύση χωρίς να χρειαστεί να υπολογίσω και τις

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 2:04 pm**

Αφού

, το άθροισμα είναι τηλεσκοπικό και ισούται με το άθροισμα των τριών πρώτων όρων του. Δηλαδή

$\displaystyle \frac{1}{6}\left(1 + 1 + \frac{1}{3}\right) = \frac{7}{18}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 10:58 pm**

Μετά τη παρατήρηση του Δημήτρη έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} &= \sum_{n=-\infty}^{-1} \frac{1}{n^2-3n+3} + \frac{1}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} \\ &=\frac{1}{3} +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+3n+3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} \\ &=\frac{1}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+3)n + 3} \\ &=\frac{1}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} + \sum_{n=4}^{\infty} \frac{1}{(n-3) n +3} \\ &= \frac{1}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} - 1 -1 - \frac{1}{3} \\ &= -2 + 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} \end{aligned} }$
Αρκεί να υπολογίσουμε το πρώτο άθροισμα. Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f(z) = \frac{\pi \cot \pi z}{z^2-3z+3}}$ και την ολοκληρώνουμε σε θετικά προσανατολισμένο τετράγωνο $\Gamma_N$ με κορφές τα σημεία $\displaystyle{\left ( N+\frac{1}{2} \right )\left ( \pm 1\pm i \right )}$ . Έχουμε πόλους από τον παρανομαστή και φυσικά έχουμε άπειρους πόλους από τον αριθμητή. Τότε

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{1}{2\pi i} \oint \limits_{\Gamma_N} f(z) \, {\rm d }z &= \sum_{n=-N}^{N} \mathfrak{Res}_{z=n} \frac{\pi \cot \pi z}{z^2-3z+3} + \mathfrak{Res}_{z=\frac{1}{2}\left ( 3- i \sqrt{3} \right )} \frac{\pi \cot \pi z}{z^2-3z+3} + \mathfrak{Res}_{z=\frac{1}{2}\left ( 3 + i \sqrt{3} \right )} \frac{\pi \cot \pi z}{z^2-3z+3} \\ &= \sum_{n=-N}^{N} \mathfrak{Res}_{z=n} \frac{\pi \cot \pi z}{z^2-3z+3} - \frac{2 \pi \tanh \left ( \frac{\sqrt{3} \pi}{2} \right )}{\sqrt{3}} \end{aligned}}$
Στέλνουμε το $N \rightarrow +\infty$ και κατά συνέπεια το επικαμπύλιο πάει στο

και άρα

$\displaystyle{\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} = \frac{2 \pi \tanh \left ( \frac{\sqrt{3} \pi}{2} \right )}{\sqrt{3}}}$
Tο αποτέλεσμα πλέον έπεται.

Σημείωση: Είναι
$\displaystyle{\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+3} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^2+3n+3} =\frac{2 \pi \tanh \left ( \frac{\sqrt{3} \pi}{2} \right )}{\sqrt{3}} }$
πράγμα εντελώς λογικό αφού έχουν τους ίδιους πόλους. Βέβαια το αποτέλεσμα από

ως άπειρο διαφοροποιείται ( όπως φαίνεται στο #2 ) . Κάτι τέτοια αποτελέσματα , εμένα προσωπικά , με αφήνουν χωρίς λόγια.

mathematica.gr

Σειρά

Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά