Quod Erat Demonstrandum

2014/05/16

證明某級數

Filed under: Fun,Pure Mathematics — johnmayhk @ 11:00 下午
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早前在網上見下圖

johnmayhk-r-f

聞說上式曾走進 Ramanujan 的夢中。

其實曾修讀中學純數的同學也懂得證明上式。

第一步是把

\frac{1}{x^3(x+1)^3}

分解成部分分式(partial fractions)。

當然利用 wolframalpha(見此 post),秒殺如下:

\frac{1}{x^3(x+1)^3}\equiv 6(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1})-3(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{(x+1)^2})+(\frac{1}{x^3}-\frac{1}{(x+1)^3})

第二步是節節相消,即

\displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{1}{k^3(k+1)^3}

=\displaystyle \sum_{k=1}^n(6(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})-3(\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2})+(\frac{1}{k^3}-\frac{1}{(k+1)^3}))

=6(1-\frac{1}{n+1})-3\displaystyle \sum_{k=1}^n(\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2})+(1-\frac{1}{(n+1)^3})

第三步是取極限,即

\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^3(k+1)^3}

=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}(6(1-\frac{1}{n+1})-3\displaystyle \sum_{k=1}^n(\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2})+(1-\frac{1}{(n+1)^3}))

=6-3(\frac{\pi^2}{6}+\frac{\pi^2}{6}-1)+1

(因為 \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6})

亦即

\frac{1}{1^3\cdot 2^3}+\frac{1}{2^3\cdot 3^3}+\frac{1}{3^3\cdot 4^3}+\dots =10-\pi^2

此 post 本已完,但第一步分解部分分式,修純數的朋友,如果不用軟件而是徒手而作,還記否有快一點的方法?

就是利用求導法,有印象嗎?

\frac{1}{x^3(x+1)^3}\equiv \frac{a_1}{x}+\frac{a_2}{x^2}+\frac{a_3}{x^3}+\frac{b_1}{x+1}+\frac{b_2}{(x+1)^2}+\frac{b_3}{(x+1)^3}……………. (*)

\frac{1}{x^3(x+1)^3}\equiv \frac{a_1x^2+a_2x+a_3}{x^3}+g(x)

(其中 g(x)=\frac{b_1}{x+1}+\frac{b_2}{(x+1)^2}+\frac{b_3}{(x+1)^3}

\frac{1}{(x+1)^3}\equiv a_1x^2+a_2x+a_3+x^3g(x)

代入 x=0,得 a_3=1

求導,得

\frac{-3}{(x+1)^4}\equiv 2a_1x+a_2+x^3g'(x)+3x^2g(x)

代入 x=0,得 a_2=-3

再求導,得

\frac{12}{(x+1)^5}\equiv 2a_1+x^3g''(x)+3x^2g'(x)+3x^2g'(x)+6xg(x)

代入 x=0,得 12=2a_1\Rightarrow a_1=6

好了,求 b_1,b_2,b_3。再由 (*) 出發,今次兩邊乘以 (x+1)^3,用之前相同的技巧:

代入(今次是代入 x=-1),求導,再代入,再求導,知

b_3=-1,b_2=-3,b_1=-6

亦不難得出更一般的結果:

\frac{1}{(x-a)^n(x-b)^n}\equiv \frac{(-1)^n}{(a-b)^{2n}}\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n+k-1)!}{k!(n-1)!}((\frac{b-a}{x-a})^{n-k}+(\frac{a-b}{x-b})^{n-k})

不過,這個時代還在「講呢啲」嗎?主流意見應該認為:太無聊吧。

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