Ряды Кемпнера

[Ktina]

Если из гармонического ряда выбросить все члены, десятичная запись знаменателей которых содержит цифру $d$, получим ряд Кемпнера $K_d$.

Например, $K_1=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{20}+\frac{1}{22}+\frac{1}{23}+\dots$

Здесь приведены суммы всех рядов Кемпнера.

А каким образом были вычислены эти суммы?

[gris]

Как интересно.
Причём, сходимость будет, даже если d — это строка из цифр.
Написано, что сама сходимость доказана в 1914 г., а эффективный алгоритм суммирования только три года назад. Статья, наверное, как-нибудь доступна?
http://eprints.maths.ox.ac.uk/1106/1/NA-06-17.pdf Не то?
Ktina, заведите тему "Тайны гармонического ряда"

[Ktina]

gris в сообщении #605704 писал(а):

Ktina, заведите тему "Тайны гармонического ряда"

Только если модераторы не против.

-- 13.08.2012, 16:14 --

gris в сообщении #605704 писал(а):

http://eprints.maths.ox.ac.uk/1106/1/NA-06-17.pdf Не то?

Ой, какая прелесть!
Большое спасибо!

[Vince Diesel]

Обсуждалось уже где-то здесь.

[worm2]

Задачка про гармонический ряд?

[Vitalius]

Ktina в сообщении #605688 писал(а):

Если из гармонического ряда выбросить все члены, десятичная запись знаменателей которых содержит цифру $d$, получим ряд Кемпнера $K_d$.

Например, $K_1=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{20}+\frac{1}{22}+\frac{1}{23}+\dots$

А что будет, если на место этих членов оставляем целочисленные степени от них? Так получаем ряды которые можем обозначить как $L_{d}(n)$. И соответственно:

$L_1(2)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10^2}+\frac{1}{11^2}+\frac{1}{12^2}+\frac{1}{13^2}+\frac{1}{14^2}+\frac{1}{15^2}+\frac{1}{16^2}+\frac{1}{17^2}+\frac{1}{18^2}+\frac{1}{19^2}+\frac{1}{20}+\frac{1}{21^2}+\frac{1}{22}+\frac{1}{23}+\dots$

Ясно, что ряды $L_{d}(0)$ и $L_{d}(1)$ расходящимися, ибо первые будут содержать бесконечно много 1 как слагаемые, а все вторые совпадают с собственно гармоническим рядом. Что с остальными рядами $L_{d}(n)$? Будут ли они сходящимися?

[gris]

По свойствам абсолютно сходящихся рядов.

[Mathusic]

Vitalius в сообщении #606155 писал(а):

А что будет, если на место этих членов оставляем целочисленные степени от них?

А что, если все члены ряда Кемпнера заменяем натуральными, например, их степенями?
Получим дзета-ряды Кемпнера!
Например, $K\zeta(2)_1=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{6^2}+\frac{1}{7^2}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9^2}+\frac{1}{20^2}+\frac{1}{22^2}+\frac{1}{23^2}+\dots$
(И это только десятичная система счисления!)
Понятно, что такие ряды $K\zeta(s)$ будут сходиться в области $\operatorname{Re}{s} \geqslant 1$.
Вопрос: а будут ли сходиться в другой хоть одной точке?

[Vitalius]

gris в сообщении #606231 писал(а):

По свойствам абсолютно сходящихся рядов.

Составил простой алгоритм на языке Methematica для определения $L_{d}(n)$. Вот так выглядит график частичных сумм $L_{d}(2);\ d\in Z,\ d\in[0,9]$:



Показаны частичные сумы всех этих 10 рядов - от 1 до 400.

elementLdn[d_, n_, k_] := 
  Module[{x = d, y = n, z = k, u}, 
   If[MemberQ[IntegerDigits[z], x], u = 1/z^y, u = 1/z]; u];
sumLdn[d_, n_, x_] := Sum[elementLdn[d, n, k], {k, 1, x}];
nn = 2; kk = 400;
g0 = Table[sumLdn[0, nn, x], {x, 1, kk}];
g1 = Table[sumLdn[1, nn, x], {x, 1, kk}];
g2 = Table[sumLdn[2, nn, x], {x, 1, kk}];
g3 = Table[sumLdn[3, nn, x], {x, 1, kk}];
g4 = Table[sumLdn[4, nn, x], {x, 1, kk}];
g5 = Table[sumLdn[5, nn, x], {x, 1, kk}];
g6 = Table[sumLdn[6, nn, x], {x, 1, kk}];
g7 = Table[sumLdn[7, nn, x], {x, 1, kk}];
g8 = Table[sumLdn[8, nn, x], {x, 1, kk}];
g9 = Table[sumLdn[9, nn, x], {x, 1, kk}];
ListPlot[{g0, g1, g2, g3, g4, g5, g6, g7, g8, g9}]

[Лукомор]

Ktina в сообщении #605688 писал(а):

десятичная запись знаменателей которых содержит цифру $d$

Ну хорошо, это в десятичке.
А что будет, например, в двоичке?
Там будет всего один ряд:
$1/1+1/11+1/111...$
или, переходя обратно в десятичку:
$1+1/3+1/7+1/15+...+1/(n^2-1)+...$