mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 01, 2024 12:09 pm**

Καλή χρονιά! Να υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\frac{\displaystyle \frac{1}{4\cos ^{2}\displaystyle \frac{x}{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\cosh\left ( nx \right ) }{\sinh\left ( n\pi \right ) }}{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left ( \frac{H_{n}}{n} \right )^{2}}.$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 01, 2024 10:15 pm**

Dimessi έγραψε: Δευ Ιαν 01, 2024 12:09 pm Να υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\frac{\displaystyle \frac{1}{4\cos ^{2}\displaystyle \frac{x}{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\cosh\left ( nx \right ) }{\sinh\left ( n\pi \right ) }}{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left ( \frac{H_{n}}{n} \right )^{2}}.$

Ας ξεκινήσουμε με το άθροισμα Au Yeung που είναι γνωστό.

Θα δείξουμε ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \left ( \frac{\mathcal{H}_n}{n} \right )^2 = \frac{17 \zeta(4)}{4}}$ . Ως προς αυτό, ξεκινάμε με τη βασική σχέση

$\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{n} \log^2 (1-x) \, \mathrm{d}x = \frac{\mathcal{H}_n^2}{n^2} + \frac{\mathcal{H}_n^{(2)}}{n^2}}$
Από τη συμμετρία των αθροισμάτων Euler είναι

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^{(2)}}{n^2} = \frac{7 \zeta(4)}{4}}$
Τέλος,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{1} \frac{x^{n-1}}{n} \log^2 (1-x)\, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} \log^2(1-x) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{n} \, \mathrm{d}x \\ &= - \int_{0}^{1} \frac{\log^3 (1-x)}{x} \, \mathrm{d}x\\ &= - \int_{0}^{1} \frac{\log^3 x}{1-x}\, \mathrm{d}x \\ &= - \int_{0}^{1} \log^3 x \sum_{m=0}^{\infty} x^m \, \mathrm{d}x \\ &= - \sum_{m=0}^{\infty} \int_{0}^{1} x^m \log^3 x \, \mathrm{d}x \\ &= 6 \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{(m+1)^4} \\ &= 6 \zeta(4) \end{aligned}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 02, 2024 11:59 am**

Ωραία.

Προσωπικά, αυτό το άθροισμα το υπολόγισα έτσι:

Θέτω $\displaystyle S=\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \frac{H_{n}}{n} \right )^{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\left ( \sum_{n=1}^{k}\frac{1}{k} \right )^{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\left ( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}}+2\sum_{k=1}^{n-1}\left ( \frac{1}{k}\sum_{m=k+1}^{n}\frac{1}{m} \right )\right )=$ $\displaystyle =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\left ( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{2}} \right )+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n-1}\left ( \frac{1}{k}\sum_{m=k+1}^{n}\frac{1}{m} \right ).$

Θέτω $\displaystyle S_{1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\left ( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{2}} \right )$ και $\displaystyle S_{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n-1}\left ( \frac{1}{k}\sum_{m=k+1}^{n}\frac{1}{m} \right ).$

Είναι $\displaystyle S_{1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\left ( \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2}}-\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}\right )=\zeta ^{2}\left ( 2 \right )-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\left ( \sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}} \right )\left ( 1 \right )$

Αφού $\displaystyle \zeta ^{2}\left ( 2 \right )=\left ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}\right )^{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}+2\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \frac{1}{n^{2}}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}} \right )\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty}\left ( \frac{1}{{n^{2}}{}} \sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}\right )=\frac{\zeta ^{2}\left ( 2 \right )-\zeta \left ( 4 \right )}{2}$

$\displaystyle \overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \boxed{S_{1}=\zeta ^{2}\left ( 2 \right )-\frac{\zeta ^{2}\left ( 2 \right )-\zeta \left ( 4 \right )}{2}=\frac{7\pi ^{4}}{360}}.$

Επίσης $\displaystyle 2S_{2}=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n-1}\left ( \frac{1}{k}\left ( H_{n}-H_{k} \right ) \right )=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\left ( H_{n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{H_{k}}{k} \right )=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\left ( H_{n}\left ( H_{n}-\frac{1}{n} \right )-\sum_{k=1}^{n}\frac{H_{k}}{k}+\frac{H_{n}}{n} \right )$
$\displaystyle =2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\left ( H_{n}^{2}-\sum_{k=1}^{n}\frac{H_{k}}{k} \right )=2S-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\frac{H_{k}}{k}=S-\frac{7\pi ^{4}}{360}\Rightarrow \boxed{S=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\frac{H_{k}}{k}-\frac{7\pi ^{4}}{360}}.$

$\displaystyle H_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{n}\left ( \int\limits_{0}^{1}x^{k-1}dx \right )=\int\limits_{0}^{1}\frac{1-x^{n}}{1-x}dx=-\left [ \left ( 1-x^{n} \right )\ln \left ( 1-x \right ) \right ]_{0}^{1}-n\int\limits_{0}^{1}x^{n-1}\ln \left ( 1-x \right )dx$

από όπου $\displaystyle \frac{H_{n}}{n}=-\int\limits_{0}^{1}x^{n-1}\ln \left ( 1-x \right )dx\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}\frac{H_{k}}{k}=-\int\limits_{0}^{1}\sum_{k=1}^{n}x^{k-1}\ln \left ( 1-x \right )dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}\left ( 1-x^{n} \right )\left ( \ln ^{2}\left ( 1-x \right ) \right ){'}dx$
$\displaystyle =\frac{1}{2}\left [\left ( 1-x^{n} \right )\left ( \ln^{2}\left ( 1-x \right ) \right ) \right ]_{0}^{1}+\frac{n}{2}\int\limits_{0}^{1}x^{n-1}\left ( \ln^{2}\left ( 1-x \right ) \right )dx\Rightarrow \boxed{S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int\limits_{0}^{1}x^{n-1}\left ( \ln^{2}\left ( 1-x \right ) \right )dx-\frac{7\pi ^{4}}{360}}.$

Είναι $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int\limits_{0}^{1}x^{n-1}\left ( \ln^{2} \left ( 1-x \right )\right )dx=\int\limits_{0}^{1}\ln^{2}\left ( 1-x \right )\left ( \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n} \right )dx$

και από την σχέση $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n}=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}=-\frac{\ln \left ( 1-x \right )}{x}\Rightarrow \boxed{\int\limits_{0}^{1}\ln^{2}\left ( 1-x \right )\left ( \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n} \right )dx=-\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln ^{3}\left ( 1-x \right )}{x}dx}$

$\displaystyle -\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln^{3}\left ( 1-x \right )}{x}dx\overset{x=1-y}=-\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln^{3}\left ( y \right )}{1-y}dy=-\int\limits_{0}^{1}\ln^{3}\left ( y \right )\left ( \sum_{n=0}^{\infty}y^{n} \right )dy=-\sum_{n=0}^{\infty}\left ( \int\limits_{0}^{1}y^{n}\ln ^{3}\left ( y \right )dy \right )=$
$\displaystyle =6\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\left ( n+1 \right )^{4}}=\frac{\pi ^{4}}{15}.$

Τελικά λοιπόν $\displaystyle \boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\left ( \frac{H_{n}}{n} \right )^{2}=\frac{17\pi ^{4}}{360}}.$

Υ.Γ Θα παραθέσω την αναλυτική λύση μου για το όριο, απλά την αφήνω λίγο στα χέρια των λυτών.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 05, 2024 6:32 pm**

Παραθέτω τη λύση μου .

Θέτω $\displaystyle f\left ( x \right )=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinh\left ( nx \right ) }{\sinh\left ( n\pi \right ) }\Rightarrow f{'}\left ( x \right )=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\cosh\left ( nx \right ) }{\sinh\left ( n\pi \right ) }$

και αφού $\displaystyle f\left ( x \right )=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{nx}-e^{-nx}}{e^{n\pi }-e^{-n\pi }}=\sum_{n=1}^{\infty}e^{\left ( x-\pi \right )n}\cdot \left ( 1+\frac{e^{-2n\pi }-e^{-2nx}}{1-e^{-2n\pi }} \right )=\frac{1}{e^{\pi -x}-1}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{\left ( x-\pi \right )n}\left ( e^{-2n\pi }-e^{-2nx} \right )}{1-e^{-2n\pi }}$
$\displaystyle \Rightarrow \boxed{f{'}\left ( x \right )=\frac{e^{\pi -x}}{\left ( e^{\pi -x}-1 \right )^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ne^{\left ( x-\pi \right )n}\left ( e^{-2n\pi }-e^{-2nx} \right )+2ne^{\left ( x-\pi \right )n}e^{-2nx}}{1-e^{-2n\pi }}}.$

Είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ne^{\left ( x-\pi \right )n}\left ( e^{-2n\pi }-e^{-2nx} \right )+2ne^{\left ( x-\pi \right )n}e^{-2nx}}{1-e^{-2n\pi }}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2ne^{-2n\pi }}{1-e^{-2n\pi }}=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{e^{2n\pi }-1}.$

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle \eta \left ( z \right )=e^{\displaystyle \frac{\pi iz}{12}}\prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1-e^{2\pi ikz} \right )$ με $z\in \mathbb{C}$ και $Im\left ( z \right )> 0.$ Ως γνωστό $\displaystyle \eta \left ( -\frac{1}{z} \right )=\sqrt{-iz}\cdot \eta \left ( z \right )\Rightarrow e^{\displaystyle -\frac{\pi i}{12z}}\prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1-e^{\displaystyle -\frac{2\pi ik}{z}} \right )=\sqrt{-iz}e^{\displaystyle \frac{\pi iz}{12}}\prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1-e^{2\pi ikz} \right )\Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow \boxed{\prod_{k=1}^{\infty}\frac{\left ( 1-e^{2\pi ikz} \right )}{\left ( 1-e^{\displaystyle -\frac{2\pi ik}{z}} \right )}=\frac{1}{\sqrt{-iz}}e^{\displaystyle -\frac{\pi i}{12}\left ( z+\frac{1}{z} \right )}}\left ( \ast \right ).$

$\bullet$ Θέτοντας z=-1+i

στην $\left ( \ast \right )$ παίρνουμε $\displaystyle \prod_{k=1}^{\infty}\frac{\left ( 1-e^{-2\pi k} \right )}{\left ( 1-\left ( -1 \right )^{k}e^{-\pi k} \right )}=\frac{\left ( 1-e^{-2\pi } \right )\left ( 1-e^{-4\pi } \right )\left ( 1-e^{-6\pi } \right )\left ( 1-e^{-8\pi } \right )...}{\left ( 1+e^{-\pi } \right )\left ( 1-e^{-2\pi } \right )\left ( 1+e^{-3\pi } \right )\left ( 1-e^{-4\pi } \right )...}=\frac{e^{\pi /24}}{\sqrt[4]{2}}$
$\displaystyle \Rightarrow \boxed{\prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{\left ( 1-2k \right )\pi } \right )=\sqrt[4]{2}e^{-\pi /24}}\left ( 1 \right ).$
$\bullet$ Θέτοντας z=2i

στην $\left ( \ast \right )$ παίρνουμε $\displaystyle \prod_{k=1}^{\infty}\frac{\left ( 1-e^{-4k\pi } \right )\left ( 1+e^{-\pi k} \right )\left ( 1+e^{-2\pi k} \right )}{\left ( 1+e^{-\pi k} \right )\left ( 1-e^{-\pi k} \right )\left ( 1+e^{-2\pi k} \right )}=\prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{-\pi k} \right )\left ( 1+e^{-2\pi k} \right )=\frac{e^{\pi /8}}{\sqrt{2}}\Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow \prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{\left ( 1-2k \right )\pi } \right )\prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{-2k\pi } \right )^{2}=\frac{e^{\pi /8}}{\sqrt{2}}\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{-2\pi k} \right )=\sqrt{\frac{\displaystyle \frac{e^{\pi /8}}{\sqrt{2}}}{\displaystyle \prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{\left ( 1-2k \right )\pi } \right ) }}\Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow \prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{-2\pi k} \right )=2^{\displaystyle -\frac{3}{8}}e^{\displaystyle \frac{\pi }{12}}\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \boxed{\prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{-\pi k} \right )=\prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{\left ( 1-2k \right )\pi } \right )\prod_{k=1}^{\infty}\left ( 1+e^{-2\pi k} \right )=\frac{e^{\displaystyle \frac{\pi }{24}}}{\sqrt[8]{2}}}.$
Συνεπώς $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\left ( f{'}\left ( x \right )-\frac{e^{\pi -x}}{\left ( e^{\pi -x}-1 \right )^{2}} \right )=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{e^{2n\pi }-1}=\frac{1}{12}-\frac{1}{4\pi }$
και άρα $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\left ( \frac{1}{\displaystyle 4\cos ^{2}\frac{x}{2}} -f{'}\left ( x \right )\right )=\lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\left ( \frac{1}{\displaystyle 4\cos ^{2}\frac{x}{2}}-\frac{e^{\pi -x}}{\left ( e^{\pi -x}-1 \right )^{2}} \right )-\lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\left ( f{'}\left ( x \right )-\frac{e^{\pi -x}}{\left ( e^{\pi -x}-1 \right )^{2}} \right )\Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow \lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\left ( \frac{1}{\displaystyle 4\cos ^{2}\frac{x}{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\cosh\left ( nx \right ) }{\sinh\left ( n\pi \right ) } \right )=\frac{1}{6}-\left ( \frac{1}{12}-\frac{1}{4\pi } \right )=\frac{\pi +3}{12\pi }.$
Αφού $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left ( \frac{H_{n}}{n} \right )^{2}=\frac{17\pi ^{4}}{360}\Rightarrow \boxed{\lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\frac{\displaystyle \frac{1}{\displaystyle 4\cos ^{2}\frac{x}{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\cosh\left ( nx \right ) }{\sinh\left ( n\pi \right ) }}{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left ( \frac{H_{n}}{n} \right )^{2}}=\frac{\displaystyle \frac{\pi +3}{12\pi }}{\displaystyle \frac{17\pi ^{4}}{360}}=\frac{30\left ( \pi +3 \right )}{17\pi ^{5}}}.$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 05, 2024 7:02 pm**

Dimessi έγραψε: Παρ Ιαν 05, 2024 6:32 pm
Είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ne^{\left ( x-\pi \right )n}\left ( e^{-2n\pi }-e^{-2nx} \right )+2ne^{\left ( x-\pi \right )n}e^{-2nx}}{1-e^{-2n\pi }}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2ne^{-2n\pi }}{1-e^{-2n\pi }}$

Δημήτρη,

το παραπάνω βήμα θέλει αιτιολόγιση: Περνάς το όριο μέσα στο άθροισμα. Όμως, πρόκειται για απειροάθροισμα, που σημαίνει ότι η εναλλαγή ορίου και άθροισης δεν ισχύει πάντα. Δεν ξέρω τι γίνεται στην συγκεκριμένη περίπτωση (δεν το κοίταξα) αλλά σίγουρα θέλει έλεγχο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 05, 2024 7:21 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιαν 05, 2024 7:02 pm
Dimessi έγραψε: Παρ Ιαν 05, 2024 6:32 pm
Είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pi ^{-}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ne^{\left ( x-\pi \right )n}\left ( e^{-2n\pi }-e^{-2nx} \right )+2ne^{\left ( x-\pi \right )n}e^{-2nx}}{1-e^{-2n\pi }}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2ne^{-2n\pi }}{1-e^{-2n\pi }}$
Δημήτρη,

το παραπάνω βήμα θέλει αιτιολόγιση: Περνάς το όριο μέσα στο άθροισμα. Όμως, πρόκειται για απειροάθροισμα, που σημαίνει ότι η εναλλαγή ορίου και άθροισης δεν ισχύει πάντα. Δεν ξέρω τι γίνεται στην συγκεκριμένη περίπτωση (δεν το κοίταξα) αλλά σίγουρα θέλει έλεγχο.

Γεια σας .

Είμαι από κινητό αυτή τη στιγμή, αποδεικνύεται απλά πάντως ότι μπορούμε να κάνουμε την εναλλαγή...

Η απόδειξη είναι κάτι παραπάνω από απλούστατη για φάκελο Α.Ε.Ι.

mathematica.gr

Όμορφο όριο που χρειάζεται χρόνο

Όμορφο όριο που χρειάζεται χρόνο

Re: Όμορφο όριο που χρειάζεται χρόνο

Re: Όμορφο όριο που χρειάζεται χρόνο

Re: Όμορφο όριο που χρειάζεται χρόνο

Re: Όμορφο όριο που χρειάζεται χρόνο

Re: Όμορφο όριο που χρειάζεται χρόνο