Reihen-Gleichung

09.02.2009, 17:52

Analysis-Loser

Reihen-Gleichung

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(t+n)^2}=\frac{1}{t}+\frac{1}{2t(t+1)}+\frac{2!}{3t(t+1)(t+2)}+\frac{3!}{4t(t+1)(t+2)(t+3)}+\cdots \end{eqnarray*}$

Das würde ich gerne beweisen - krieg es aber partout nicht hin.

Weiß hier vielleicht jemand wie's gehen könnte...?

10.02.2009, 17:58

Abakus

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RE: Reihen-Gleichung
Für welche t möchtest du das beweisen und was ist der allgemeine Hintergrund (d.h. was ist das übergeordnete Thema)?

Grüße Abakus smile

PS: wieso "Loser", die Aufgabe sieht doch recht anspruchsvoll aus?

10.02.2009, 21:49

Analysis-Loser

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RE: Reihen-Gleichung
Es soll t>0 sein.

Wir haben z.B. folgende Ergebnisse vor diesem Hintergrund:

Mit $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{t(t+1)\cdots(t+n)}=\int_0^1(1-s)^{t-1}s^n ds \end{eqnarray*}$ folgt:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{t}+\frac{x}{t(t+1)}+\frac{x^2}{t(t+1)(t+2)}+\cdots~=\int_0^1(1-s)^{t-1}e^{xs}ds \end{eqnarray*}$

Außerdem gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{t}+\frac{1}{t(t+1)}+\frac{1}{t(t+1)(t+2)}+\cdots~=e\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n!(t+n)} \right) \end{eqnarray*}$

P.S.: Fand ich irgendwie passender als "Analysis-Oberchecker" z.B.!

10.02.2009, 22:04

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Zitat:

Original von Analysis-Loser
Wir haben z.B. folgende Ergebnisse vor diesem Hintergrund:

Mit $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{t(t+1)\cdots(t+n)} = \int_0^1(1-s)^{t-1}s^n ds \end{eqnarray*}$

Dies zugrundegelegt könnte man ja die rechte Seite deiner Behauptung so schreiben:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^1 ~ (1-s)^{t-1} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{s^n}{n+1} \dd s = \int\limits_0^1 ~ (1-s)^{t-1} \frac{1}{s} \ln(1-s) \dd s = \int\limits_0^1 ~ \frac{u^{t-1}}{1-u} \ln(u) \dd u \end{eqnarray*}$ ,

letzteres einfach mit Substitution $\begin{eqnarray*} u=1-s \end{eqnarray*}$ . Jetzt noch ein bisschen geometrische Reihenentwicklung von $\begin{eqnarray*} \frac{u^{t-1}}{1-u} \end{eqnarray*}$ und partielle Integration, dann müsste die linke Seite deiner Behauptung dastehen. Augenzwinkern

10.02.2009, 22:12

Analysis-Loser

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@Arthur:
Hatte ich schon so versucht bin dann aber bei $\begin{eqnarray*} -\int_0^1(1-x)^{t-1}\frac{\ln(1-x)}{x}dx \end{eqnarray*}$ gelandet und hab die partielle Integration anscheinend verbockt - dann werd ich da noch mal genauer nachgucken...

10.02.2009, 22:14

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An sich sind's nur noch zwei, drei Umformungsschritte...

11.02.2009, 22:57

Analysis-Loser

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Nun will ich die letzten Schritte nicht schuldig bleiben. (THX A.D. !)

Folgende Aussagen werden benötigt:

$\begin{eqnarray*} (1)~\int_0^1 (1-x)^{t-1}x^n~dx = \frac{n!}{t(t+1)\cdots(t+n)}, \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (2)~\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n+1} = - \frac{\ln(1-x)}{x} \ \ \mbox{und} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (3)~\int_0^1 x^{n-1}\ln(x)~dx = - \frac{1}{n^2}. \end{eqnarray*}$

Zum eigentlichen Beweis (auf die Legitimation der Vertauschung von Grenzprozessen verzichte ich dabei).

Es gilt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty\frac{n!}{(n+1)t(t+1)\cdots(t+n)}\stackrel{(1)}{=}\int_0^1(1-x)^{t-1}\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n+1}~dx\stackrel{(2)}{=} - \int_0^1(1-x)^{t-1}\frac{\ln(1-x)}{x}~dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-\int_0^1 \frac{s^{t-1}}{1-s}\ln(s)~ds=-\sum_{n=0}^\infty\int_0^1 s^{(n+t)-1}\ln(s)~ds \stackrel{(3)}{=}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(t+n)^2} \end{eqnarray*}$

Im Nachhinein betrachtet also recht elementar zu machen - wenn ich mich nirgends verhauen haben sollte.

Wir haben hier so'ne Art geflügeltes Wort, das immer wieder gut passt:
"Is eigentlich alles ganz einfach - musste Dir nur mal in Ruhe klar machen..."

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