Ας υπολογιστεί το ακόλουθο άπειρο άθροισμα : $$\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^k\frac{\ln k}{k}$$.
Σχόλιο : Το παραπάνω άθροισμα σχετίζεται με τη συνάρτηση ζήτα του Riemann.
________________________________________________________________________
Ένας στοιχειώδης τρόπος υπολογισμού του παραπάνω αθροίσματος:
Θέτω $$\displaystyle{S_{n}:=\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\frac{\ln k}{k}}$$ και παρατηρώ αρχικά ότι η σειρά συγκλίνει από το κριτήριο Dirichlet, αφού η $$(-1)^k$$ έχει φραγμένα μερικά αθροίσματα και η $$\displaystyle{\frac{\ln k}{k}}$$ είναι τελικά φθίνουσα στο $$0$$.
Έπεται ότι $$\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{\ln k}{k}=\lim_{n\to+\infty}S_{2n}}$$.
Τώρα:
$$\displaystyle{S_{2n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln2k}{2k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(2k-1)}{2k-1}=\frac{\ln2}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{k}-\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{\ln k}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln2k}{2k}\right)=$$
$$\ln2H_{n}+\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{k}-\sum_{k=1}^{2n}\frac{\ln k}{k}=\ln2H_{n}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(n+k)}{n+k}=\ln2H_{n}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln n+\ln(1+k/n)}{n+k}=}$$
$$\displaystyle{\ln2H_{n}-\ln n(H_{2n}-H_{n})-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(1+k/n)}{1+k/n}=}$$
$$\displaystyle{H_{n}\ln(2n)-H_{2n}\ln n-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(1+k/n)}{1+k/n}\stackrel{H_{n}=\ln n+\gamma+\mathcal O(1/n)}{=}}$$
$$\displaystyle{\gamma\ln2+\mathcal O(1/n)-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(1+k/n)}{1+k/n}\to\gamma\ln2-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x}\,dx=\gamma\ln2-\frac{\ln^22}{2}}$$.
Σχόλιο : Το παραπάνω άθροισμα σχετίζεται με τη συνάρτηση ζήτα του Riemann.
________________________________________________________________________
Ένας στοιχειώδης τρόπος υπολογισμού του παραπάνω αθροίσματος:
Θέτω $$\displaystyle{S_{n}:=\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\frac{\ln k}{k}}$$ και παρατηρώ αρχικά ότι η σειρά συγκλίνει από το κριτήριο Dirichlet, αφού η $$(-1)^k$$ έχει φραγμένα μερικά αθροίσματα και η $$\displaystyle{\frac{\ln k}{k}}$$ είναι τελικά φθίνουσα στο $$0$$.
Έπεται ότι $$\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{\ln k}{k}=\lim_{n\to+\infty}S_{2n}}$$.
Τώρα:
$$\displaystyle{S_{2n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln2k}{2k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(2k-1)}{2k-1}=\frac{\ln2}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{k}-\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{\ln k}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln2k}{2k}\right)=$$
$$\ln2H_{n}+\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{k}-\sum_{k=1}^{2n}\frac{\ln k}{k}=\ln2H_{n}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(n+k)}{n+k}=\ln2H_{n}-\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln n+\ln(1+k/n)}{n+k}=}$$
$$\displaystyle{\ln2H_{n}-\ln n(H_{2n}-H_{n})-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(1+k/n)}{1+k/n}=}$$
$$\displaystyle{H_{n}\ln(2n)-H_{2n}\ln n-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(1+k/n)}{1+k/n}\stackrel{H_{n}=\ln n+\gamma+\mathcal O(1/n)}{=}}$$
$$\displaystyle{\gamma\ln2+\mathcal O(1/n)-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(1+k/n)}{1+k/n}\to\gamma\ln2-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x}\,dx=\gamma\ln2-\frac{\ln^22}{2}}$$.
Δεν υπάρχουν σχόλια:
Δημοσίευση σχολίου