Matematyka.pl

Z pochodnych i całek oblicz sumę szeregu

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1.5}} }\)

Próbowałem zrobić to tak, że licząc sumę \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{\infty} (x^{k})^{i} }\) i całkując odpowiednio spróbować dojść jakoś do szeregu, którego granica w x=1 zbiega do wyjściowego szeregu. Problem polega na tym, że nie wiem ile musiałoby być równe k.

Proszę o wskazówki

A to nie da się jakoś tak magicznie zrobić, że ten szereg to suma całkowa jakieś funkcji na jakimś przedziale? Nie wiem, tak tylko zgaduję.

cmnstrnbnn pisze: 23 cze 2022, o 18:50 Z pochodnych i całek oblicz sumę szeregu.

To jest mało precyzyjna treść zadania (wręcz pozbawiona sensu). Można by powiedzieć, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{3/2}} = n\left( \frac{T_{\rm {c}} mk_{\rm {B}} }{2\pi \hbar ^{2}} \right)^{-3/2} }\), gdzie stałe tu występujące opisują Bose–Einstein condensate
Można też powiedzieć, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{3/2}} = \frac{3}{2 \pi } \displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\,\gamma x+\log \Gamma (1+x)\,}{x^{5/2}}}\,\dd x}\) co jest wnioskiem z Ramanujan's master theorem
Ale można też po prostu powiedzieć, że to jest \(\displaystyle{ \zeta(3/2)}\), gdzie \(\displaystyle{ \zeta}\) to funkcja zeta. Pokazałem te reprezentacje \(\displaystyle{ \zeta(3/2)}\) (i wiele innych by się znalazło) by pokazać jak niekonkretna jest treść.

Niepokonana pisze: 23 cze 2022, o 23:06 A to nie da się jakoś tak magicznie zrobić, że ten szereg to suma całkowa jakieś funkcji na jakimś przedziale? Nie wiem, tak tylko zgaduję.

Nie da się. To trudne zadanie w ogólności znane jest kilka konkretnych wartości funkcji \(\displaystyle{ \zeta}\). O parzystych dodatnich trochę wiadomo i o ujemnych całkowitych ale o nieparzystych dodatnich prawie nic, a ułamkowych tym bardziej. Choć dobrym zadaniem jest pokazać, że ten szereg jest w ogóle zbieżny. Może o to chodziło autorowi (choć wyraźnie jest prośba o sumę szeregu).

Oczywiście, że popsułem treść zadania. Oryginał miał to, aby udowodnić, że powyższa liczba ma być mniejsza niż 3, a nie ją dokładnie policzyć. Przepraszam za zamieszanie

Wsk. Z twierdzenia Lagrange'a
\(\displaystyle{ \frac{1}{2(n+1)\sqrt{n+1}}<\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}}\)

Zobacz na dowód kryterium całkowego
tam pojawia się pewna nierówność jak sumę oszacować przez całkę. Mamy więc