[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755

Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Awatar użytkownika
JakimPL
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2394
Rejestracja: 25 mar 2010, o 12:15
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Podziękował: 43 razy
Pomógł: 456 razy

[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755

Post autor: JakimPL » 3 kwie 2014, o 16:52

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
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 8602
Rejestracja: 1 maja 2006, o 20:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 47 razy
Pomógł: 1817 razy

[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755

Post autor: luka52 » 3 kwie 2014, o 20:39

Ok, chyba mam, choć trochę ścisłości brakuje .
Rozwiązanie:    
PS:    

Awatar użytkownika
JakimPL
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2394
Rejestracja: 25 mar 2010, o 12:15
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Podziękował: 43 razy
Pomógł: 456 razy

[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755

Post autor: JakimPL » 3 kwie 2014, o 20:48

Ładnie, gratulacje .

PS Do tej samej całki doszedłem i dała się wyznaczyć .

luka52
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 8602
Rejestracja: 1 maja 2006, o 20:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 47 razy
Pomógł: 1817 razy

[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755

Post autor: luka52 » 3 kwie 2014, o 20:53

JakimPL, o, chętnie bym zobaczył jak ją policzyłeś

Awatar użytkownika
JakimPL
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2394
Rejestracja: 25 mar 2010, o 12:15
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Podziękował: 43 razy
Pomógł: 456 razy

[Analiza] American Mathematical Monthly Problem 11755

Post autor: JakimPL » 3 kwie 2014, o 21:06

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 .

ODPOWIEDZ