Re: 幾題級數求和

[arrenwu (不是綿芽的錯)]

※ 引述《ypeng0308 (aguang)》之銘言：
: 想請問3.8.11
: https://imgur.com/BgYWYKZ
: https://imgur.com/1NYCCnY
: 第8題 我把原來的函數換成cos的樣子然後相乘
: 最後整理成 sigma(1->Infinity) (1/(2n-1)^2)*exp(i*theta)^n
: 然後就不知道怎麼做了
: 3和11則是一開始就沒想法了
我去看了一下 Mathematical Methods Of Physics (2nd Edition)
by Mathews, Jon; Walker, Robert L 1971

第二章那內容太少了吧？ 感覺也沒教多少泛用的處理手法


第8題我沒有想到太好的做法，想來請教一下有沒有什麼巧思之類的


我先說明我的作法。

定義
         n
Fn(x) = Σ   sin(kx)/(2k-1)      for x in (0,π).
        k=1

目標是求出 lim Fn(x)    for each x in (0,π)
           n→∞


因為我只會算像 Σsin(kθ)/k 這種級數，所以為了生出 1/(2k-1)這種係數，
我定義 Gn:

         n
Gn(x) = Σ sin((2k-1)x)/(2k-1)      for x in (0,π)
        k=1
          n
Gn'(x) = Σ cos((2k-1)x) = sin(2nx)/(2sin(x))
         k=1

那麼，但我們想要的是 Fn，那 Fn 跟 Gn 有啥關係呢？
          n
Gn(x/2) =Σ sin((2k-1)x/2)/(2k-1)
         k=1
           n
        = Σ sin(kx-x/2)/(2k-1)
          k=1
                   n                           n
        = cos(x/2)Σ sin(kx)/(2k-1) - sin(x/2)Σ cos(kx)/(2k-1)
                  k=1                         k=1
                                     n
        = cos(x/2) Fn(x) - sin(x/2) Σ cos(kx)/(2k-1)
                                    k=1

為了處理那個 Σ cos(kx)/(2k-1) ，我只好弄出個 Hn:

         n
Hn(x) = Σ cos((2k-1)x)/(2k-1)  for x in (0,π)
        k=1

          n
Hn'(x) =-Σ sin((2k-1)x) = (cos(2nx)-1)/(2sin(x))
         k=1

          n
Hn(x/2) =Σ cos((2k-1)x/2)/(2k-1)
         k=1
                                    n
        = sin(x/2) Fn(x) - cos(x/2)Σ cos(kx)/(2k-1)
                                   k=1

藍色*cos(x/2)和綠色*sin(x/2)可以得到


Gn(x/2)cos(x/2) = cos(x/2)^2 Fn(x) + sin(x/2)cos(x/2)Σ cos(kx)/(2k-1)

Hn(x/2)sin(x/2) = sin(x/2)^2 Fn(x) - sin(x/2)cos(x/2)Σ cos(kx)/(2k-1)

上下相加可以得到

        Fn(x) = Gn(x/2)cos(x/2) + Hn(x/2)sin(x/2)

目標是 lim Fn(x)，所以要分析 lim Gn(x/2) 和 lim Hn(x/2)


先處理 Gn，為了等一下方便把黃字裡面的 x 換成t。

         n
Gn'(t) = Σ cos((2k-1)t) = sin(2nt)/(2sin(t))
         k=1

對兩邊進行對 t 的從 x 到 π/2 的定積分：
                    π/2
Gn(π/2) - Gn(x) = ∫sin(2nt)/(2sin(t))dt
                    x
  (integrate by part)                             π/2
   = -cos(nπ)/(4n) + cos(2nx)/(4nsin(x)) + (1/8n)∫cos(t)cos(2nt)/sin(t)^2dt
                                                   x

兩邊對n取極限，可得到：

lim Gn(π/2) - lim Gn(x) = 0

所以對任何 x， lim Gn(x) = lim Gn(π/2) = 1-1/3+1/5-1/7 + - + - ... = π/4

故 lim Gn(x/2) = π/4


剩下的是  lim Hn(x/2)


類似 Gn，讓我們從 Hn的導函數開始

          n
Hn'(t) =-Σ sin((2k-1)t) = (cos(2nt)-1)/(2sin(t))
         k=1

對兩邊進行對 t 的從 x 到 π/2 的定積分：

                    π/2                     π/2
Hn(π/2) - Hn(x) = ∫cos(2nt)/(2sin(t))dt  - ∫1/(2sin(t))dt
                    x                         x

                                          π/2
同樣用 intrgrate by part 的技術去論證 lim ∫cos(2nt)/(2sin(t))dt
                                           x
            n
Hn(π/2) = Σcos(kπ-π/2)/(2k-1) = 0
           k=1
                 π/2
所以 lim Hn(x) = ∫1/(2sin(t))dt
                  x

               = ln[ (1+cos(x))/(1-cos(x))]/4

因此我們有

lim Fn(x) = lim Gn(x/2) cos(x/2) + lim Hn(x/2) sin(x/2)

          = π/4 cos(x/2) + sin(x/2)/4* ln[ (1+cos(x/2))/(1-cos(x/2))]   Q.E.D.


但我總覺得複變函數論那邊應該有什麼有用的結論可以簡化這個過程。

這過程會那麼麻煩是因為我把 cos 和 sin 分開處理

如果換個方向，我定義一個函數

         n
Ln(x) = Σ  e^(jkx)/(2k-1)
        k=1

那題目問的其實就是 lim Im( Ln(x) )


而 Ln 我們可以很容易地寫出

                     n
-2j Ln'(x) - Ln(x) = Σ  e^(jkx)
                    k =1

                   = = e^(jx)(1-e^(jnx))/(1-e^(jx))

這樣就變成一個一階線性微分方程

只是因為我複變...嗯 基本算是忘光了 就交給其他有能的人處理吧

吃飯去～

https://twitter.com/Ganka_Illust/status/1498168693095682048/photo/1
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讓苦命驅魔師愛上這個世界的方法
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※ 發信站: 批踢踢實業坊(ptt.cc), 來自: 98.45.135.233 (美國)
※ 文章網址: https://www.ptt.cc/bbs/Math/M.1646707636.A.B61.html
→ Lanjaja     : 我反而比較好奇怎麼大家怎麼確定這個級數收斂？
推 Vulpix      : Abel test
→ Vulpix      : Dirichlet test 應該更直接一點。
Σ sin(kx) 這個沒收斂還沒辦法直接套 Abel test

Direchlet test 方便～
推 Vulpix      : 那個部分和Ln，寫到一半就放棄是正常的。畢竟跟寫
→ Vulpix      : 調和級數的部分和公式一樣，都是鏡花水月。
→ Vulpix      : 直接拿收斂定理炸他算極限了。但是ODE的右式顯然不
→ Vulpix      : 收斂，這可以先乘以r^k再用Abel's theorem延拓過去
推 wohtp       : 偷偷給theta加個虛部就保證收斂了（拖回物理板
推 AnnaOuO     : 第一個做法推一個 仔細看過後覺得沒任何問題
→ AnnaOuO     : 而且說過程不漂亮也不會 至於複變那邊是否有技巧能
→ AnnaOuO     : 簡化過程我目前覺得沒有 除非有不一樣的切入點
推 Vulpix      : 加正虛部就是乘以比1小的r，差不多一樣，阿貝爾。
你可以多說明一下你講的這個處理手法嗎？
※ 編輯: arrenwu (98.45.135.233 美國), 03/09/2022 00:45:19
推 cmrafsts    : 複變的話就z=exp(i\theta)，那你會得到(zF)'
→ cmrafsts    : =z/(1-z)，這樣就可以解F然後代值取虛部...但我說
→ cmrafsts    : 這樣做當然還缺了個重要部分。
推 cmrafsts    : 抱歉，前面算錯了XD。換成z後你先用Abel summation
→ cmrafsts    : formula看收斂性，他會定義一個holomorphic
→ cmrafsts    : function on C\{1}，然後你在|z|<1算出他的表達法
→ cmrafsts    : 就可以快樂的代值了～
→ cmrafsts    : 阿，沒有那麼大的範圍，只有|z|<=1會收斂，這就相
→ cmrafsts    : 但你應該還是能直接代值才對