Strona 1 z 1
[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755
: 3 kwie 2014, o 16:52
autor: JakimPL
Wyznacz sumę szeregu:\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}}\)
[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755
: 3 kwie 2014, o 20:39
autor: luka52
Ok, chyba mam, choć trochę ścisłości brakuje .
Rozwiązanie:
\(\displaystyle{ a_{n,k}}\) to wyrażenie pod sumami,
\(\displaystyle{ S}\) to nasza suma.
\(\displaystyle{ \sum_{n = 1}^{+\infty} \sum_{k = 1}^n a_{n,k} + S = \sum_{n,k = 1}^{+\infty} a_{n,k} = -\frac{\pi}{4} \cdot \frac{\pi}{4} = - \frac{\pi^2}{16}}\)
bo:
\(\displaystyle{ \sum_{n =1}^{+\infty} \frac{(-1)^n x^{2n-1}}{2n-1} = - \arctan x}\) ,
\(\displaystyle{ x \to 1}\) .
\(\displaystyle{ \sum_{n = 1}^{+\infty} \sum_{k = 1}^n a_{n,k} = \sum_{n = 1}^{+\infty} \sum_{k = n}^n a_{n,k} + \sum_{n = 1}^{+\infty} \sum_{k = 1}^{n-1} a_{n, k} \quad (\dagger)}\)
Pierwsza suma jest powiązana z
\(\displaystyle{ \zeta(2)}\) :
\(\displaystyle{ - \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{(2n-1)^2} = -\left( \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} - \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{(2n)^2}\right) = -\frac{\pi^2}{8}}\)
Teraz w
\(\displaystyle{ S}\) jak zmienimy kolejność sumowania, to otrzymamy:
\(\displaystyle{ S = \sum_{k = 2}^{+\infty} \sum_{n = 1}^{k-1} a_{n,k} = \sum_{k = 1}^{+\infty} \sum_{n = 1}^{k-1} a_{n,k}}\)
(k=1 dodaje 0) - widzimy, że jest to druga suma z
\(\displaystyle{ (\dagger)}\) .
Zatem:
\(\displaystyle{ -\frac{\pi^2}{8} + 2S = - \frac{\pi^2}{16} \Rightarrow S = \frac{\pi^2}{32}}\)
PS:
Rozwiązując w inny sposób (korzystając m.in. z
\(\displaystyle{ \frac{1}{2k-1} = \int_0^1 \dd x \, x^{2n-2}}\) ) można dojść do całki:
\(\displaystyle{ \int_0^1 \dd x \, \frac{x \, \ar\tanh x}{1+x^2} = \frac{\pi^2}{32}}\)
[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755
: 3 kwie 2014, o 20:48
autor: JakimPL
Ładnie, gratulacje .
[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755
: 3 kwie 2014, o 20:53
autor: luka52
JakimPL , o, chętnie bym zobaczył jak ją policzyłeś
[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755
: 3 kwie 2014, o 21:06
autor: JakimPL
Będzie nieco przekombinowane, ale niech już tak zostanie .\(\displaystyle{ \arcsin^2 x}\) , logarytmu oraz umiemy wyznaczyć poniższą całkę:\(\displaystyle{ \int\limits_0^1\left(1-x^2\right)^{n}\mbox{d}x=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}}\) \(\displaystyle{ \textrm{artanh}\, x =\int\limits_0^t \frac{\mbox{d}t}{1-t^2}}\) oraz zmieniając granice całkowania, mamy:\(\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{t\,\textrm{artanh}\, t}{1+t^2}\mbox{d}t=\int\limits_0^1\int\limits_0^t\frac{t\mbox{d}s\,\mbox{d}t}{\left(1+t^2\right)\left(1-s^2\right)}=\int\limits_0^1\int\limits_s^1\frac{t\mbox{d}t\,\mbox{d}s}{\left(1+t^2\right)\left(1-s^2\right)}=\int\limits_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{2}\right)}{2\left(x^2-1\right)}\mbox{d}x}\) \(\displaystyle{ x=1}\) , uzyskujemy:\(\displaystyle{ \ln \left(\frac{1+x^2}{2}\right)=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left(1-x^2\right)^n}{n 2^n}}\) \(\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{2}\right)}{2\left(x^2-1\right)}\mbox{d}x=\frac{1}{2}\int\limits_0^1\frac{1}{1-x^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(1-x^2\right)^n}{n 2^n}\mbox{d}x=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n 2^{n}}\int\limits_0^1 \left(1-x^2\right)^{n-1}\mbox{d}x}\) \(\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{2}\right)}{2\left(x^2-1\right)}\mbox{d}x=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n 2^{n}}\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}}\) \(\displaystyle{ \displaystyle\arcsin^2 \frac{x}{\sqrt{2}}}\) w szereg Maclaurina z \(\displaystyle{ x=1}\) . Zatem:\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\int\limits_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{2}\right)}{2\left(x^2-1\right)}\mbox{d}x=\frac{1}{2}\arcsin^2 \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\pi^2}{32}}\) \(\displaystyle{ \textrm{Li}_2(u)}\) - mało eleganckie, ale skuteczne.