Forum:  Rätsel und Knobeleien (Knobelecke)
Thema: ** Moriarty 2
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Squire
Senior
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 695
Themenstart: 2020-11-24 10:32

Bestimme den Grenzwert $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \int_0^1 \frac{\ln{x}\ln(1-x^k)}{x} dx$.

Lösungen bitte nur mit Rechenweg und PN bis Dienstag, 15. Dezember 2020. Viel Freude!

Grüße Squire

Rahmenerzählung:
Link* Advent 2020 Der entführte Professor



Squire
Senior
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 695
Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-16 08:55

Guten Morgen und Gratulation an

hyperG
Wally
MontyPythagoras
MartinN
wrdlprmpfd
Wauzi

Mein Lösungsvorschlag:


Wir verwenden $\ln(1-x^k)=-\sum_{m=1}^\infty \frac{x^{km}}{m}$. Es ergibt sich eine Doppelreihe über das Integral $\int_0^1 x^{km-1}\ln{x}dx$, das mit partieller Integration gelöst werden kann und $-\frac{1}{k^2m^2}$ ergibt.

Schließlich ist $\sum_{k=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{k^2m^3}=\zeta(2)\cdot\zeta(3)$.



Weitere Lösungen zu Moriarty 2 dürfen ab sofort hier gepostet werden!

Grüße Squire


Kuestenkind
Senior
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 1954
Beitrag No.2, eingetragen 2020-12-16 12:12

Huhu,

ich habe keine Alternative anzubieten, nur dort

2020-12-16 08:55 - Squire in Beitrag No. 1 schreibt:
das mit partieller Integration  

kann man gleich die Identität \(\displaystyle \int_0^1x^m\ln^n x \, \dd x = \frac{(-1)^n\,n!}{(m+1)^{n+1}}\) nutzen, wenn man sie denn kennt. Diese Identität kann man sicherlich auch über eine Rekursionsformel mit partieller Integration herleiten, oder man subsituiert:

 \(\displaystyle \int_0^1x^m\ln^n x \, \dd x\stackrel{u=-\ln x}{=}\int_{\infty}^0 e^{-um}(-u)^n(-e^{-u})\, \dd u =(-1)^n\int_0^{\infty}u^ne^{-(m+1)u}\,\dd u\stackrel{t=(m+1)u}{=}(-1)^n\int_0^{\infty}\left(\frac{t}{m+1}\right)^n e^{-t}\frac{\dd t}{m+1}=\frac{(-1)^n}{(m+1)^{n+1}}\int_0^{\infty}t^n e^{-t}\,\dd t=\frac{(-1)^n\Gamma(n+1)}{(m+1)^{n+1}}=\frac{(-1)^n\,n!}{(m+1)^{n+1}}\)

Gruß,

Küstenkind


MartinN
Aktiv
Dabei seit: 05.08.2016
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Beitrag No.3, eingetragen 2020-12-16 12:28

Die Aufgabe hat mir am besten gefallen mit der schönen doppelten Summe am Ende xD


MartinN
Aktiv
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1246
Herkunft: Bayern
Beitrag No.4, eingetragen 2020-12-17 10:40

Hier noch die Zusammenfassung meiner Lösung:
1. Substitution z = x^k
2. Taylor-Reihe für ln(1-z)
3. Partielle Integration (u = ln(z), v' = z^(i-1))
4. Integrationsgrenzen einsetzen (wobei für z -> 0 den Grenzwert mit der Regel von L'Hospital berechnen - der dann 0 wird solange i > 0)

\(\int_0^1 \frac{\ln (x) \ln (1-x^k)}{x} dx\\
= \frac{1}{k^2} \int_0^1 \frac{\ln (z) \ln (1-z)}{z} dz\\
= -\frac{1}{k^2} \sum_{i=1}^{\infty} \int_0^1 \frac{\ln (z) z^{i-1}}{i} dz\\
= -\frac{1}{k^2} \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i} \left[  \frac{z^i}{i^2} (i\ln(z) - 1)|_0^1 \right]\\
= -\frac{1}{k^2} \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i} \left[ -\frac{1}{i^2} - 0\right]\\
= \frac{1}{k^2} \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i^3}\)

5. Definition der Riemanschen Zeta-Funktion auf innere (über i) und äußere (über k) Summen anwenden xD




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Druckdatum: 2021-03-07 19:34