[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755

[JakimPL]

Wyznacz sumę szeregu:

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

Miłej zabawy!

[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:

\(\displaystyle{ \int_0^1 \dd x \, \frac{x \, \ar\tanh x}{1+x^2} = \frac{\pi^2}{32}}\)

[JakimPL]

Ładnie, gratulacje .

PS Do tej samej całki doszedłem i dała się wyznaczyć .

[luka52]

JakimPL, o, chętnie bym zobaczył jak ją policzyłeś

[JakimPL]

Będzie nieco przekombinowane, ale niech już tak zostanie .

Przyjmijmy, że znamy rozwinięcia w szereg funkcji \(\displaystyle{ \arcsin^2 x}\), logarytmu oraz umiemy wyznaczyć poniższą całkę:

\(\displaystyle{ \int\limits_0^1\left(1-x^2\right)^{n}\mbox{d}x=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}}\)

Korzystając z definicji \(\displaystyle{ \textrm{artanh}\, x =\int\limits_0^t \frac{\mbox{d}t}{1-t^2}}\) oraz zmieniając granice całkowania, mamy:

\(\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{t\,\textrm{artanh}\, t}{1+t^2}\mbox{d}t=\int\limits_0^1\int\limits_0^t\frac{t\mbox{d}s\,\mbox{d}t}{\left(1+t^2\right)\left(1-s^2\right)}=\int\limits_0^1\int\limits_s^1\frac{t\mbox{d}t\,\mbox{d}s}{\left(1+t^2\right)\left(1-s^2\right)}=\int\limits_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{2}\right)}{2\left(x^2-1\right)}\mbox{d}x}\)

(Co ciekawe, można od razu dojść do tej postaci, uprzednio zmieniając kolejności sumowania wyjściowego szeregu.) Rozwijając logarytm w \(\displaystyle{ x=1}\), uzyskujemy:

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

Całkując wyraz po wyrazie:

\(\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{2}\right)}{2\left(x^2-1\right)}\mbox{d}x=\frac{1}{2}\int\limits_0^1\frac{1}{1-x^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(1-x^2\right)^n}{n 2^n}\mbox{d}x=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n 2^{n}}\int\limits_0^1 \left(1-x^2\right)^{n-1}\mbox{d}x}\)

Korzystając z wyznaczonej uprzednio całki:

\(\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{2}\right)}{2\left(x^2-1\right)}\mbox{d}x=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n 2^{n}}\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}}\)

co odpowiada rozwinięciu \(\displaystyle{ \displaystyle\arcsin^2 \frac{x}{\sqrt{2}}}\) w szereg Maclaurina z \(\displaystyle{ x=1}\). Zatem:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\int\limits_0^1\frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{2}\right)}{2\left(x^2-1\right)}\mbox{d}x=\frac{1}{2}\arcsin^2 \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\pi^2}{32}}\)

Można też bezczelnie rozbić na składowe zespolone, w wynikowej (paskudnej) całce nieoznaczonej wystąpią niemiłe \(\displaystyle{ \textrm{Li}_2(u)}\) - mało eleganckie, ale skuteczne.

PS Możesz śmiało podesłać swoje rozwiązanie AMM, na ich stronie znajdziesz odpowiedni mail .