Reihe - Grenzwert

10.07.2009, 16:07

Bernd Clüver

Reihe - Grenzwert

Wer kann mir denn andeuten wieso

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{9n^2+9n+2}=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{3n+1}-\frac{1}{3n+2}\right)=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}? \end{eqnarray*}$

P.S.: Dass es mir bei meiner Frage um das zweite Gleichheitszeichen geht sollte klar sein.

10.07.2009, 17:02

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Wir hatten schon eine Reihe ( Augenzwinkern

) ähnlicher Aufgaben hier im Board, ich find sie bloß momentan nicht ... kurzum, eine mögliche Lösungsstrategie:

Du suchst Funktionswert $\begin{eqnarray*} f(1) \end{eqnarray*}$ der Funktion

$\begin{eqnarray*} f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{x^{3n+1}}{3n+1} - \frac{x^{3n+2}}{3n+2} \right) \end{eqnarray*}$ .

Differentation ergibt

$\begin{eqnarray*} f'(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (x^{3n} - x^{3n+1}) = \frac{1-x}{1-x^3} = \frac{1}{1+x+x^2} \end{eqnarray*}$ .

Das Ding integrierst du jetzt wieder und bekommst dein gesuchtes

$\begin{eqnarray*} f(1) = \int\limits_0^1 ~ \frac{\dd x}{1+x+x^2} \end{eqnarray*}$ .

EDIT: Sorry, kleiner Rechenfehler, korrigiert - jetzt ist es noch einfacher. Augenzwinkern

10.07.2009, 18:32

Aradhir

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Könnte man das ganze nicht auch als "Teleskopsumme" Lösen? Ist jetzt nur so ein Gedanke der mir einfällt, wenn ich die Summe so anschaue. Habs aber nicht nachgetestet.

10.07.2009, 20:05

Bernd Clüver

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@Arthur: Vielen Dank. smile

Die komplette Lösung wär gar nicht nötig gewesen - ich hätte mich sogar mit einer Andeutung wie's gehen könnte begnügt. Augenzwinkern

@Aradhir: Ich sehe da keine Teleskopsumme!

10.07.2009, 20:16

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Zitat:

Original von Bernd Clüver
Die komplette Lösung wär gar nicht nötig gewesen - ich hätte mich sogar mit einer Andeutung wie's gehen könnte begnügt.

Angenehm, sowas zu lesen - so mancher hätte bei meinem Beitrag oben gejammert:

"Das hilft mir auch nicht weiter."

Das hat wohl meinen Maßstab etwas verschoben - zum Glück gibt es dann Leute wie dich, die ihn wieder in die andere Richtung verschieben. Freude

10.07.2009, 20:51

Aradhir

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Zitat:

Original von Bernd Clüver
@Aradhir: Ich sehe da keine Teleskopsumme!

Wie gesagt, hab mir die Reihe nicht genauer angeschaut, hat nur auf den ersten Blick so ausgesehen.

10.07.2009, 20:52

Leopold

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Ein Weg übers Komplexe.

Ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in 0 holomorph: $\begin{eqnarray*} f(z) = \sum a_{\nu} z^{\nu} \end{eqnarray*}$ , so gilt allgemein

$\begin{eqnarray*} \sum \left( a_{3 \nu + 1} z^{3 \nu +1} - a_{3 \nu +2} z^{3 \nu +2} \right) = \frac{\sqrt{3}}{3} \operatorname{i} \left( f(\omega^2 z) - f(\omega z) \right) \end{eqnarray*}$

worin $\begin{eqnarray*} \omega = \operatorname{e}^{\frac{2 \pi \operatorname{i}}{3}} \end{eqnarray*}$ die dritte Einheitswurzel im zweiten Quadranten sei.

Speziell für

$\begin{eqnarray*} f(z) = \sum_{\nu \geq 1} \frac{z^{\nu}}{\nu} = - \log(1-z) \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \log \end{eqnarray*}$ als dem Hauptzweig des komplexen Logarithmus folgt daraus zusammen mit dem Abelschen Grenzwertsatz

$\begin{eqnarray*} \sum_{\nu \geq 0} \left( \frac{1}{3 \nu + 1} - \frac{1}{3 \nu + 2} \right) = \frac{\sqrt{3}}{3} \operatorname{i} \left( \log(1 - \omega) - \log(1 - \omega^2) \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{\sqrt{3}}{3} \operatorname{i} \cdot \log \frac{1 - \omega}{1 - \omega^2} = \frac{\sqrt{3}}{3} \operatorname{i} \cdot \log \frac{1}{1 + \omega} = - \frac{\sqrt{3}}{3} \operatorname{i} \cdot \log(1+\omega) \end{eqnarray*}$

Und $\begin{eqnarray*} 1 + \omega \end{eqnarray*}$ ist die sechste Einheitswurzel im I. Quadranten (Zeichnung, Elementargeometrie), so daß $\begin{eqnarray*} \log(1 + \omega) = \frac{\pi \operatorname{i}}{3} \end{eqnarray*}$ gilt.

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