mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 16, 2018 9:48 pm**

Έστω $\zeta$ η συνάρτηση ζήτα του Riemann. Να υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{m \rightarrow +\infty} m \left ( \left ( \sum_{n=1}^{m} \frac{1}{n^2} \right )^{\pi^2/6} - \left (\frac{\pi^2}{6} \right )^{\sum \limits_{n=1}^{m} \frac{1}{n^2}} \right )}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 16, 2018 11:59 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Παρ Νοέμ 16, 2018 9:48 pm Έστω $\zeta$ η συνάρτηση ζήτα του Riemann. Να υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{m \rightarrow +\infty} m \left ( \left ( \sum_{n=1}^{m} \frac{1}{n^2} \right )^{\pi^2/6} - \left (\frac{\pi^2}{6} \right )^{\sum \limits_{n=1}^{m} \frac{1}{n^2}} \right )}$

Γράφω

για το $\zeta (2)= \frac{\pi^2}{6}$ και $\displaystyle{a_m= \sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{1}{n^2}}$ . Με χρήση των $\dfrac {1}{k} - \dfrac {1}{k+1}\le \dfrac {1}{k^2} \le \dfrac {1}{k-1} - \dfrac {1}{k}$ και τηλεσκοπικά αθροίσματα εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{\frac {1}{m+1}\le a_m\le \frac {1}{m}}$ και άρα $ma_m\to 1$ .

Το δοθέν γράφεται

$\displaystyle{m( (z-a_m)^z-z^{z-a_m} )= mz^z\left ( \left ( 1-\dfrac {a_m}{z}\right )^z-z^{-a_m} \right)=mz^z\left ( \left ( 1-z\dfrac {a_m}{z} +O\left ( \frac {a_m}{z}{\right )^2 \right )-z^{-a_m} \right) = }$

$\displaystyle{ =z^z\left ( \frac {z^{-a_m}-z^0}{-a_m-0}(ma_m ) -ma_m +mO(a_m^2) \right ) \to z^z( \ln z\cdot 1 -1+0) }$ , όπως θέλαμε.

(έκανα χρήση της παραγώγου στο

της

)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 17, 2018 1:02 am**

Tolaso J Kos έγραψε: Παρ Νοέμ 16, 2018 9:48 pm Έστω $\zeta$ η συνάρτηση ζήτα του Riemann. Να υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{m \rightarrow +\infty} m \left ( \left ( \sum_{n=1}^{m} \frac{1}{n^2} \right )^{\pi^2/6} - \left (\frac{\pi^2}{6} \right )^{\sum \limits_{n=1}^{m} \frac{1}{n^2}} \right )}$

Λίγο πιο απλά, με χρήση των παραγώγων των z^x

και

στο

.

Γράφω $\displaystyle{s_m= \sum_{n=1}^{m} \frac{1}{n^2}}$ οπότε $s_m\to z$ και (όπως πριν) $m(z-s_m)\to 1$ . Τώρα το δοθέν ισούται

$\displaystyle{m( s_m^z-z^{s_m} )= \frac {s_m^z-z^z}{s_m-z}(s_m-z)m- \frac {z^{s_m}-z^z}{s_m-z}(s_m-z)m \to z\cdot z^{z-1} \cdot (-1)- z^z\ln z \cdot (-1) = z^z\ln z - z^{z}$ , όπως θέλαμε.

Σχολιάζω ότι γενικεύεται με ακριβώς τα ίδια βήματα σε όρια της μορφής $m(a_m^a-a^{a_m})$ , όπου $m(a-a_m)\to 0$ (και άρα $a_m\to a$ ). Ελπίζω να μην έκανα καμιά πατάτα λόγω ώρας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 17, 2018 1:44 am**

Ωραία Μιχάλη,

μπορούμε να το δουλέψουμε και ασυμπτωτικά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 17, 2018 3:20 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Νοέμ 17, 2018 1:44 am μπορούμε να το δουλέψουμε και ασυμπτωτικά.

Σωστά. Τα βήματα είναι

$\displaystyle{m( (z-a_m)^z-z^{z-a_m} )= mz^z\left ( \left ( 1-\dfrac {a_m}{z}\right )^z-e^{-a_m \ln z} \right)=mz^z\left ( \left ( 1-z\dfrac {a_m}{z} +O\left ( a_m^2}{\right )\right )- \left ( 1-a_m \ln z+ O\left ( a_m^2\right ) \right ) \right)$

που δίνει το ζητούμενο με χρήση του $ma_m\to 1$

mathematica.gr

Ένα ζ όριο

Ένα ζ όριο

Re: Ένα ζ όριο

Re: Ένα ζ όριο

Re: Ένα ζ όριο

Re: Ένα ζ όριο