|
Как посчитать вот этот ряд: $$\mathbb{S}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{5 n^{2}} \int_{0}^{5 n} \int_{0}^{5 n}\{y\}^{\lfloor x\rfloor}\,dxdy\,?$$ Как говорится игры закончились, приступаем к чему-то серьёзному. По моим данным ответ: $$\frac{13}{60} \pi^{2}-\frac{1}{2} \log ^{2}(2)-2 \log ^{2}(\phi)$$ , где $%\phi$% - золотое сечение. Также если я нигде не ошибся всю эту тему можно свести к $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} H_{5 n}}{n} \implies\int_{0}^{1} \frac{\log (1+x^{5})-\log (2)}{x-1}\,dx.$$ Как конечно посчитать этот интеграл - это уже совсем другой вопрос. задан 24 Июл '21 17:28 
Rene |
|
Вычисление интеграла: сперва интегрируем по частям и приходим к $%I=-5\displaystyle\int\limits_0^1\dfrac{x^4\ln(1-x)}{1+x^5}dx$%. Далее, $$\displaystyle\int\limits_0^1\dfrac{x^4\ln(1-x)}{1+x^5}dx=\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x}dx-\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x(1+x^5)}dx=$$$$=\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x}dx-\int\limits_0^\infty\dfrac{\ln|1-x|}{x(1+x^5)}dx+\int\limits_1^\infty\dfrac{\ln(x-1)}{x(1+x^5)}dx.$$$$\int\limits_0^\infty\dfrac{\ln|1-x|}{x(1+x^5)}dx=\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x(1+x^5)}dx+\int\limits_1^\infty\dfrac{\ln(x-1)}{x(1+x^5)}dx=$$$$=\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x(1+x^5)}dx+\int\limits_0^1\dfrac{\ln(\frac{1}{x}-1)}{\frac{1}{x}(1+\frac{1}{x^5})}\cdot\frac{1}{x^2}dx=$$$$=\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x(1+x^5)}dx+\int\limits_0^1\dfrac{x^4\ln(1-x)}{(1+x^5)}dx-\int_0^1\frac{x^4\ln x}{1+x^5}dx=$$$$=\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x}dx-\frac{1}{5}\int\limits_0^1\ln xd\ln(1+x^5)=\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x}dx+\frac{1}{5}\int\limits_0^1\frac{\ln(1+x^5)}{x}dx=$$$$=\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x}dx+\frac{1}{25}\int\limits_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}dx.$$$$I=\frac{1}{5}\int\limits_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}dx-5\int\limits_1^\infty\dfrac{\ln(x-1)}{x(1+x^5)}dx=\frac{\pi^2}{60}-5\int\limits_1^\infty\dfrac{\ln(x-1)}{x(1+x^5)}dx.$$ Полученный в конце интеграл -- это уже классика жанра, и вычисляется он, например, при помощи вычетов, рассматривая интеграл по контуру типа "замочная скважина". Особых точек правда много, так что рутинная работа, но она приводит к требуемому ответу. отвечен 25 Июл '21 9:05 
caterpillar @caterpillar Merci! Можно ещё попытаться сделать через тот факт, что производящая функция гармонических чисел задается $$ \sum_{n=1}^{\infty} H_{n} z^{n}=-\frac{\log (1-z)}{1-z}.$$ Идея как по мне хорошая, но технически я это до конца не довел.
(25 Июл '21 15:29)
Rene
Я не додумался, как через производящие функции сделать. 5n всё портит тут.
(25 Июл '21 16:05)
caterpillar
|