Suma szeregu naprzemiennego

[aneta909811]

Mam obliczyć sumę
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left( -1\right)^n }{(2n+1)3^n}}\)

[Gosda]

Wskazówka: spróbuj wyznaczyć zwartą postać ogólniejszej sumy

\(\displaystyle{ \sum_{n \ge 0} \frac{x^n}{2n+1} = \frac {{artanh} \sqrt x}{\sqrt x}}\),

która ma sens dla \(\displaystyle{ |x| \le 1}\), \(\displaystyle{ x \neq 1}\), a potem podstaw \(\displaystyle{ x = -1/3}\).

(jak na tym forum pisze się operatorname{artanh}?)

[aneta909811]

W jaki sposób? licząc całkę?

[Janusz Tracz]

Prawa strona jest nieokreślona gdy mowa o liczbach rzeczywistych ze względu na pierwiastek drugiego stopnia. Wydaje mi się, że trzeba się odwołać do zespolonego szeregu albo przynajmniej dodać jakiś komentarz jak rozumieć

\(\displaystyle{ |x| \le 1, x \neq 1,}\) a potem podstaw\(\displaystyle{ x = -1/3}\).

Bo taki zapis sugeruje, że \(\displaystyle{ x\in\CC}\). Liczenie pierwiastków zespolonych z \(\displaystyle{ - \frac{1}{3}}\) a potem z tego \(\displaystyle{ \text{artgh }( \cdot )}\) dopiero dało by wynik. Ja myślałem o czym takim:

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty }\xi^{2n}= \frac{1}{1-\xi^2}\ \ \ \Bigg| \int_{0}^{z} \mbox{d}\xi}\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{z^{2n+1}}{2n+1}= \frac{1}{2}\ln\left( \frac{z+1}{z-1} \right)}\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{z^{2n}}{2n+1}= \frac{1}{2z}\ln\left( \frac{z+1}{z-1} \right)}\)

kładąc \(\displaystyle{ z= \frac{i}{ \sqrt{3}}}\) dostajemy po lewej szereg z zadania a po prawej po uproszczeniu i z dokładnością do logarytmu głównego:

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left( -1\right)^n }{(2n+1)3^n}=\frac{1}{2 \cdot \frac{i}{ \sqrt{3}} }\ln e^{ -\frac{2 \pi i}{3} }= \frac{2 \pi }{ \sqrt{3} }}\)-- 6 lip 2019, o 10:48 --PS ja zapisuje ext{artgh }( cdot ) jak nie ma innej wbudowanej opcji.

[Dasio11]

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty }\xi^{2n}= \frac{1}{1-\xi^2}\ \ \ \Bigg| \int_{0}^{z} \mbox{d}\xi}\)

Jak definiujesz \(\displaystyle{ \int \limits_0^z f(\xi) \, \dd \xi}\) dla funkcji takiej jak \(\displaystyle{ f(\xi) = \frac{1}{1-\xi^2}}\), której obszar holomorficzności nie jest jednospójny?

A zadanie można rozwiązać bez liczb zespolonych, bo \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} \cdot x^{2n+1}}\) to szereg Maclaurina funkcji \(\displaystyle{ \arctan x}\).

[Premislav]

Jeżeli \(\displaystyle{ |z|<1}\) (a tylko dla takich szereg po lewej jest zbieżny), to przecież nie ma problemu z holomorficznością. [albo źle się nauczyłem na funkcjach analitycznych]
Nie rozumiem wobec tego zarzutu. A czy każda definicja musi mieć charakter globalny?

[Dasio11]

Jakiego zarzutu? Ja zapytałem o definicję, bo jest problematyczna. Ale problem faktycznie da się rozwiązać, jeśli ograniczymy się do obszaru \(\displaystyle{ |z| < 1}\).

[Janusz Tracz]

Jak definiujesz \(\displaystyle{ \int \limits_0^z f(\xi) \, \dd \xi}\)dla funkcji takiej jak \(\displaystyle{ f(\xi) = \frac{1}{1-\xi^2}}\)

A czy w kole jednostkowym taka całka jest zależna od drogi? Jeśli nie to definiować można ją na przykład po odcinku od \(\displaystyle{ 0+0i}\) do \(\displaystyle{ z}\). W kole chyba jest holomorficzna więc nie powinno być tam problemu.

-- 6 lip 2019, o 11:33 --

Ok teraz zobaczyłem dopisek Dasio11. Masz rację mogłem napisać iż ograniczamy się do \(\displaystyle{ |z|<1}\) a nawet można ostrzej (tylko po co...) ograniczyć się do \(\displaystyle{ \left| z\right| \le \left| \frac{i}{ \sqrt{3} } \right|}\)-- 6 lip 2019, o 11:34 --Niemniej jednak

A zadanie można rozwiązać bez liczb zespolonych, bo \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} \cdot x^{2n+1}}\) to szereg Maclaurina funkcji \(\displaystyle{ \arctan x}\).

To najlepszy pomysł.

[Dasio11]

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{z^{2n+1}}{2n+1}= \frac{1}{2}\ln\left( \frac{z+1}{z-1} \right)}\)

Kolejna rzecz: co to za logarytm?

[Janusz Tracz]

Logarytm główny

[janusz47]

Jak zauważył Pan Janusz Tracz, sprowadzając ten szereg o wyrazach rzeczywistych do szeregu z funkcji arkus tangens, można uzyskać jego sumę \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2\sqrt{3}}.}\)

Natomiast pomysł Pana Gosda jest dobry dla szeregu nienaprzemiennego

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)3^{n}}= \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n}}{3^{n}}dx}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{3^{n}}\right) dx = \int_{0}^{1} \frac{-3}{x^2 -3}dx = \sqrt{3}\tgh^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right), \ \ |x|<\sqrt{3}.}\)

[Dasio11]

Logarytm główny

No to niedobrze, bo wtedy funkcja \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \ln \frac{z+1}{z-1}}\) jest nieciągła (na przykład w \(\displaystyle{ z = 0}\)), więc w szczególności nie może zachodzić

\(\displaystyle{ \int \limits_0^z \frac{1}{1-\xi^2} \, \dd \xi = \frac{1}{2} \ln \frac{z+1}{z-1}.}\)

Logarytm zespolony ma niuanse, których niezrozumienie łatwo prowadzi do błędnych wyników. Dlatego jeśli już się go używa, należy to robić bardzo precyzyjnie. Poprawne jest na przykład takie rozwiązanie:

Funkcja \(\displaystyle{ f(z) = \frac{z+1}{z-1}}\) przekształca koło jednostkowe \(\displaystyle{ D = \{ z \in \CC : |z| < 1 \}}\) w półpłaszczyznę \(\displaystyle{ H = \{ z \in \CC : \mathrm{Re} \, z < 0 \}}\). Ta półpłaszczyzna jest jednospójna i \(\displaystyle{ 0 \notin H}\), zatem istnieje w niej gałąź logarytmu, czyli taka funkcja ciągła \(\displaystyle{ \ell : H \to \CC}\), że zachodzi \(\displaystyle{ e^{\ell(z)} = z}\) dla \(\displaystyle{ z \in H}\). Można pokazać, że wtedy

\(\displaystyle{ \int \limits_0^z \frac{1}{1-\xi^2} \, \dd \xi = \frac{1}{2} \int \limits_0^z \frac{f'(\xi)}{f(\xi)} \, \dd \xi = \frac{1}{2} \big( \ell(f(z)) - \ell(f(0)) \big)}\),

gdzie - jak ustaliliśmy w toku dyskusji - całki są po dowolnej krzywej zawartej w \(\displaystyle{ D}\).

Bez straty ogólności można przyjąć, że \(\displaystyle{ \ell(-1) = \pi i}\), a więc podobnie jak w rozwiązaniu Janusza, mamy

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{2n+1} = \frac{1}{2} \ell \left( \frac{z+1}{z-1} \right) - \frac{\pi \cdot i}{2} \\[1ex]
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{2n}}{2n+1} = \frac{1}{2z} \ell \left( \frac{z+1}{z-1} \right) - \frac{\pi \cdot i}{2z}.}\)

Wstawiając \(\displaystyle{ z = \frac{i}{\sqrt{3}}}\), dostajemy

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1) \cdot 3^n} = \frac{1}{2 \cdot \frac{i}{\sqrt{3}}} \cdot \ell \left( \exp \left( -\frac{2 \pi i}{3} \right) \right) - \frac{\pi \sqrt{3}}{2}.}\)

Z uwagi na wybór \(\displaystyle{ \ell(-1) = \pi i}\) i kształt obszaru \(\displaystyle{ H}\), musi być

\(\displaystyle{ \ell \left( \exp \left( -\frac{2 \pi i}{3} \right) \right) = \frac{4 \pi i}{3},}\)

a więc ostatecznie

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1) \cdot 3^n} = \frac{2 \pi \sqrt{3}}{3} - \frac{\pi \sqrt{3}}{2} = \frac{\pi \sqrt{3}}{6}.}\)

[a4karo]

Ciekawe czy autor pytania ma pojęcie o calkach zespolonych.
Może zróbcie to zadanie narzędziami dostępnymi na 2sem.

[aneta909811]

Troszkę mam pojęcie o całkach zespolonych

[Dasio11]

Już wyżej napisałem, że wystarczy skorzystać z szeregu Maclaurina funkcji \(\displaystyle{ \arctan x}\), wtedy wychodzi w parę linijek przy użyciu podstawowej analizy. A rozwiązanie przy użyciu analizy zespolonej miało służyć za przykład, jak poprawnie korzystać z logarytmu zespolonego.