Szeregi naprzemienne

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{2n+1}{n(n+1)} =1 }\)

[Gosda]

Wskazówka:

\(\displaystyle{ \frac{2n+1}{n^2 + n} = \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1}}\)

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić,że \(\displaystyle{ 1 - \frac{1}{5 \cdot 3^2 } - \frac{1}{7 \cdot 3^3 } + \frac{1}{11 \cdot 3^5 }+ \frac{1}{13 \cdot 3^6 } - ... = \log( \sqrt{7} )}\)

[Premislav]

Zaczniemy od czegoś takiego:
na mocy twierdzenia o całkowaniu szeregów potęgowych otrzymujemy dla \(\displaystyle{ z\in \CC, \ |z|<1}\) co następuje:
\(\displaystyle{ F(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{6n-1}}{6n-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\int_{0}^{z}t^{6n-2}\mbox{d}t\right)\\=\int_{0}^{z}\left(\sum_{n=1}^{\infty}t^{6n-2}\right)\mbox{d}t=\int_{0}^{z}\frac{t^{4}}{1-t^{6}}\mbox{d}t}\)
przy czym jeśli \(\displaystyle{ z}\) jest zespolone nierzeczywiste, to tę całkę rozumiemy jako całkę po odcinku łączącym zero z \(\displaystyle{ z}\).
Podobnie dostajemy
\(\displaystyle{ G(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{6n+1}}{6n+1}=\int_{0}^{z}\frac{t^{6}}{1-t^{6}}\mbox{d}t, \ |z|<1}\)
Zatem otrzymujemy (liczymy to akurat tak mając na względzie oczekiwany wynik)
\(\displaystyle{ F(z)-G(z)=\int_{0}^{z}\frac{t^{4}-t^{6}}{1-t^{6}}\mbox{d}t\\=\int_{0}^{z}\frac{t^{4}}{1+t^{2}+t^{4}}\mbox{d}t=z-\int_{0}^{z}\frac{1+t^{2}}{1+t^{2}+t^{4}}\mbox{d}t\\=z-\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{z}\frac{\mbox{d}t}{t^{2}+t+1}+\int_{0}^{z}\frac{\mbox{d}t}{t^{2}-t+1}\right)}\)
i teraz zamiast całkować to klasycznie do \(\displaystyle{ \arctan}\) z przesunięciami, rozbijamy na ułamki proste zespolone. Nie będę tego pisać, ale to jest proste, tylko żmudne.
Pozostaje zauważyć, że suma szeregu z zadania jest równa \(\displaystyle{ 1+i\sqrt{3}\left(F\left(\frac{i}{\sqrt{3}}\right)-G\left(\frac{i}{\sqrt{3}}\right)\right)}\)
gdyż z dość ewidentnej zbieżności bezwzględnej mogliśmy sobie dowolnie przestawić wyrazy, i właściwie koniec.