Докажете

[kerry]

[tex]\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+ ... =\frac{\pi ^2}{6}[/tex]

[Mark]

[tex]H_{n}^{(2)}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}[/tex]
[tex]\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}=\lim_{n\to\infty} H_{n}^{(2)}=\zeta(2)[/tex]
Последната граница следва директно от дефиницията на Римановата функция
[tex]\zeta(p)=\sum_{k=1}^{\infty} k^{-p}[/tex] приемаща стойности в реалната област, за всяко [tex]p>1[/tex], което се проверява непосредствено с интегралния критерии на Коши.
[tex]\zeta(n)=\frac{2^{n-1}|B_{n}|\pi^{n}}{n!}[/tex], където [tex]B_{n}[/tex] са числа на Бернули и [tex]B_{n}=\frac{-1}{n+1}\sum_{k=1}^{n} \frac{(n+1)!}{(k+1)!(n-k)!}B_{n-k}, B_{0}=1[/tex]
[tex]\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}=\zeta(2)=\frac{2B_{2}\pi^2}{2}=\frac{\pi^2}{6}[/tex]

[allier]

Човекът иска да му го докажеш, а не да използваш свойствата на еди коя си функция. Ти го изкара все едно, че лесно се смятат стойностите на Римановата функция.

[martin.nikolov]

Разбира се има много начини. Един е като разгледаш функцията [tex]f(x)=\frac12-x[/tex] в интервала [tex][0,1)[/tex]. Продължаваш я периодично върху цялата реална права. Смяташ реда на Фурие и изпозваш равенството на Парсевал. Което дава това което се търси.

[martin.nikolov]

Марк и колко е [tex]\zeta(3)[/tex]?

[ferry2]

Задачата не може ли да бъде решена по по-традиционен начин. В учебните курсове не е застъпена нито Римановата дзета-функция, нито равенство на Парсевал. За редове на Фурие съм съгласен.

[b1ck0]

[tex]\zeta(3) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}[/tex]

[martin.nikolov]

Ако се разровиш из интернет ще намериш много начини. Сега се сетих за още един интересен начин. Разглеждаш интеграла

[tex]\int_0^1\int_0^1\frac1{1-xy}dxdy[/tex]

Като развиеш функцията, изпозвайки геометричния ред, и интегрираш поелементно се получава търсения ред. Като използваш смяната на промрнливи

[tex]x=\frac{\sqrt{2}}2(u-v)[/tex]
[tex]y=\frac{\sqrt{2}}2(u+v)[/tex]

И пресметнеш интеграла се получаша дясната страна.

[martin.nikolov]

[tex]\zeta(3) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}[/tex]

Става дума за затворена формула. Нали виждаш, че е дал формула за всяко n. Та нека да я използва и да ми каже на какво е равно дзета от 3.

[mkmarinov]

[tex]f(x)=\frac{sinx}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}[/tex]...
Но [tex]f(x)[/tex] може да се разложи като:
[tex]f(x)=(1-\frac{x}{\pi})(1+\frac{x}{\pi})(1-\frac{x}{2\pi})(1+\frac{x}{2\pi})...[/tex], т.к. това са корените на f(x).
[tex]f(x)=(1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi ^2})(1-\frac{x^2}{16\pi ^2}) ...[/tex]
Нека "разкрием" последните скоби, и погледнем коефициента пред [tex]x^2[/tex] в разлагането. Ясно е, че той ще е сбор на всичките корени:
[tex]f(x)=1-(\frac{1}{\pi ^2}+\frac{1}{4\pi ^2}+\frac{1}{9\pi ^2}+...)x^2-(...)x^4+...[/tex]
Сега приравняваме коефициентите в реда на Тейлър и полученото:
[tex]\frac{1}{\pi ^2}+\frac{1}{4\pi ^2}+\frac{1}{9\pi ^2}+...=\frac{1}{3!}[/tex], което е исканият резултат.

[Mark]

От вчера се занимавам с тази задача, заради това което написах.
[tex]f(x)=arcsin(x),f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}[/tex].От формулата [tex](x+1)^{\alpha}=1+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)..(\alpha-k+1)}{k!}x^k[/tex], [tex]f'(x)=1+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2k-1)!!x^{2k}}{(2k)!!}[/tex] с радиус на сходимост [tex]|x|\le1[/tex], интегрирам от [tex]0[/tex] до [tex]x[/tex] [tex]arcsinx=\int_{0}^{x}\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=x+\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(2k-1)!!x^{2k+1}}{(2k)!!(2k+1)}[/tex]Полагам [tex]x=sinu, 0\le u \le \frac{\pi}{2}[/tex]
[tex]u=sinu+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2k-1)!!sin^{2k+1}u}{(2k)!!(2k+1)}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k-1)!!sin^{2k+1}u}{(2k)!!(2k+1)}[/tex].Интегрирам в границите [tex]0[/tex], [tex]\frac{\pi}{2}[/tex]
[tex]\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} sin^mudu=I_{m}[/tex]Интегрирам по части
[tex]I_{m}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} sin^{m-1}usinudu=[/tex][tex](m-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} sin^{m-2}ucos^2udu=[/tex][tex](m-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} sin^{m-2}udu-(m-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} sin^mudu[/tex]
[tex]I_{m}=\frac{m-1}{m}I_{m-2}[/tex]
[tex]\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} sin^{2k+1}udu=\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}[/tex]
[tex]\frac{\pi^2}{8}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k-1)!!(2k)!!}{(2k)!!(2k-1)!!(2k+1)^2}[/tex][tex]=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}[/tex]
[tex]\frac{3}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{(2m+1)^2}[/tex] (1)
[tex]\frac{3}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{8}[/tex]
[tex]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}[/tex]

Мисля, че задачата може да се реши, ако се подбере функция с ограничена вариация, която изпълнява условието [tex]f(a)=f(b)[/tex] в затворения интервал [tex][a,b][/tex].Поне до този извод стигам като чета съчинения от Никола Обрешков.


Мартин Николов, [tex]\zeta(3)[/tex] немога да я сметна с дадената от мен формула(за четни числа) и това всички го знаем, но може да се сметне най-общо казано с интегриране на лежандрови полиноми, което не се съмнявам го знаеш?

ПП Заядливият тон е ненужен във форум за математика?

[kerry]

В находката на Ins- 3 зад. трябваше да се докаже, че тази сума е по-малка от 2. Щом тази сума нараства и е ограничена отгоре значи има граница по-малка от 2. Опитах да я намеря по доста начини, предимно с редове на Фурие.

В крайна сметка развих функцията

[tex]x^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{cosnx}{n^2}[/tex]

При [tex]x=\pi[/tex] се получава търсената граница.

Благодаря и за Вашите решения.

[martin.nikolov]

mark, не беше заяждане, а забележка. Не си написал, че е за четни числа и строго погледнато това е грешно. Все пак неточности също не са нужни във форум математика.

Само една забележка към поста на mkmarinov. Това е решението дадено от Ойлер, но не е строго. Някой неща трябва да се докажат. Например разлагането на фунцията в произведение е вярно, но трябва да се докаже. Например така както го прави Вайерщрас. Аналитичните функции приличат на полиноми, но и имат различия.