Matematyka.pl

Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{n^2k^2(n+k)^2} = \frac{1}{3} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^6}. }\)

Na początku zauważmy, że:

\(\displaystyle{ \zeta(6)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^6} }\)

Do rozwiązania tego zadania potrzeba paru tożsamości choćby i Eulera:

Na początku zdefiniujmy:

\(\displaystyle{ H_{n}^{(k)} = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i^k} }\)

\(\displaystyle{ H_{n} = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i} }\)

Prawdziwe też są też wzory:

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

(2) \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{H^{(p)}_{k}}{k^p} = \frac{1}{2} \left[ \left( H^{(p)}_{n}\right)^2 + H^{(2p)}_{n} \right] }\)

lub po przejściu do granicy: \(\displaystyle{ n \rightarrow \infty }\)

(2*) \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{H_k^{(p)}}{k^p} = \frac{1}{2} \left[ \zeta^2(p)+\zeta(2p)\right] }\)

A jak kto nie wierzy niech się bawi z polilogarytmami...

Prawdziwe też są tożsamości:

a) \(\displaystyle{ \frac{1}{n^2k^2(n+k)^2} = \frac{2}{k^5(n+k)} -\frac{2}{k^5n} +\frac{1}{k^4n^2} +\frac{1}{k^4(n+k)^2} }\)


b) \(\displaystyle{ \frac{1}{k^4(n+k)^2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{n^2(n+k)^4} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{k^2(n+k)^4} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{k^4n^2} + \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{k^5} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+k} \right) -\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{k^3(n+k)^3} }\)

Zauważmy też, że jak

Tożsamość b) obłożymy podwójną sumą będzie:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{n^2(n+k)^4}=\sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{k^2(n+k)^4}}\)

Więc pierwsze dwa składniki w b) wyzeruje...

Zajmijmy się najpierw a) i obłóżmy ją podwójną sumą:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2k^2(n+k)^2} = \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{2}{k^5(n+k)} - \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{2}{k^5n} + \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^4n^2} + \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^4(n+k)^2} }\)

I po kolei:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{2}{k^5(n+k)} - \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{2}{k^5n}= -2\sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^5} \left( \frac{1}{n}- \frac{1}{n+k} \right) =-2\sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{H_{k}}{k^5} }\)

Ponieważ ładnie się tam skraca aż do nieskończoności co przy odrobinie wysiłku można zauważyć (ślepy koń już tego nie dojrzy)

\(\displaystyle{ -2\sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{H_{k}}{k^5} =-2\left\{ \left( 1+ \frac{5}{2} \right) \zeta(6)- \frac{1}{2} \left[ 2\zeta(2)\zeta(4)+\zeta^2(3)\right]\right\} }\)

Jest to zgodne ze wzorem (1)

Biorąc jeszcze pod uwagę, że:

\(\displaystyle{ \zeta(2) \cdot \zeta(4)= \frac{7}{4} \zeta(6)}\) - łatwo sprawdzić...

otrzymamy:

\(\displaystyle{ -2\sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{H_{k}}{k^5} =\zeta^2(3)- \frac{7}{2} \zeta(6)}\)

to nie wymaga komentarzy:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^4n^2} =\zeta(2) \cdot \zeta(4)=\frac{7}{4} \zeta(6)}\)

Zostanie tylko lub aż tylko:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^4(n+k)^2}}\)

Ale zgodnie z tożsamością b) i wcześniejszymi uwagami co do znikających sum otrzymamy:

\(\displaystyle{ -\frac{1}{3} \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^4n^2} + \frac{4}{3} \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^5} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+k} \right) -\frac{2}{3} \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^3(n+k)^3}}\)

Pierwsza suma to już wiadomo:

\(\displaystyle{ -\frac{1}{3} \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \cdot \frac{1}{k^4n^2} =-\frac{1}{3} \zeta(2)\zeta(4)=- \frac{7}{12} \zeta(6)}\)

Druga suma to też wiadomo co to jest bo już to było:

\(\displaystyle{ \frac{4}{3} \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^5} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+k} \right) = \frac{4}{3} \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{H_{k}}{k^5} = \frac{4}{3} \left( \frac{7}{4} \zeta(6)- \frac{1}{2} \zeta^2(3) \right) = \frac{7}{3}\zeta(6)- \frac{2}{3} \zeta^2(3) }\)

Zostaje ostatnia suma i tę przekształcimy co nieco:

\(\displaystyle{ -\frac{2}{3} \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^3(n+k)^3}= -\frac{2}{3} \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^3} \sum_{n=1}^{ \infty }\left[ \zeta(3)-H^{(3)}_{n}\right] =- \frac{2}{3}\left[ \zeta^2(3)- \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{H^{(3)}_{n}}{n^3} \right] }\)

A teraz zgodnie z (2*) otrzymamy:

\(\displaystyle{ - \frac{2}{3}\left[ \zeta^2(3)- \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{H^{(3)}_{n}}{n^3} \right] = - \frac{2}{3} \zeta^2(3)+ \frac{2}{3} \cdot \frac{\zeta^2(3)+\zeta(6)}{2} = - \frac{1}{3} \zeta^2(3)+ \frac{1}{3} \zeta(6) }\)

Sumując i reasumując naszą sumę otrzymamy zbierając to co wyszło:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2k^2(n+k)^2} =\zeta^2(3)- \frac{7}{2} \zeta(6) +\frac{7}{4} \zeta(6)-\frac{7}{12} \zeta(6)+\frac{7}{3} \zeta(6)-\frac{2}{3} \zeta^2(3)-\frac{1}{3} \zeta^2(3)+\frac{1}{3} \zeta(6)=}\)


\(\displaystyle{ \left( - \frac{7}{2}+ \frac{7}{4} - \frac{7}{12} + \frac{7}{3} + \frac{1}{3} \right) \zeta(6)= \frac{1}{3} \zeta(6) = \frac{1}{3} \cdot \frac{\pi^6}{945}= \frac{\pi^6}{2835} }\)

cnd...