Ρητό άθροισμα

Tolaso J Kos · #1

Ας δειχθεί ότι:
$\displaystyle{\int_{-100}^{-10}\left ( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right )^2dx+\int_{1/101}^{1/11}\left ( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right )^2dx+\int_{101/100}^{11/10}\left ( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right )^2 dx\in \mathbb{Q}}$ .

Μετά η πηγή

#2

Θέτουμε $\displaystyle{f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1}$ και παρατηρούμε ότι $\displaystyle{f\left( { - 2} \right) = - 1 < 0,}$ $\displaystyle{f\left( { - 1} \right) = 3 > 0,}$ $\displaystyle{f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{{27}} > 0,}$ $\displaystyle{f\left( {\frac{1}{2}} \right) = - \frac{3}{8} < 0,}$ $\displaystyle{f\left( {\frac{3}{2}} \right) = - \frac{1}{8} < 0}$ και $\displaystyle{f\left( 2 \right) = 3 > 0.}$

Λόγω του Θεωρήματος Bolzano, η εξίσωση $\displaystyle{{x^3} - 3x + 1 = 0}$ έχει τουλάχιστον μία ρίζα σε καθένα από τα διαστήματα $\displaystyle{\left( { - 2, - 1} \right)}$ , $\displaystyle{\left( {\frac{1}{3},\frac{1}{2}} \right)}$ και $\displaystyle{\left( {\frac{3}{2},2} \right).}$ Άρα, επειδή η

είναι πολυώνυμο τρίτου βαθμού, θα έχει ακριβώς αυτές τις τρεις ρίζες. Ειδικότερα, η

δεν μηδενίζεται στα διαστήματα ολοκλήρωσης $\displaystyle{\left[ { - 100, - 10} \right],}$ $\displaystyle{\left[ {\frac{1}{{101}},\frac{1}{{11}}} \right]}$ και $\displaystyle{\left[ {\frac{{101}}{{100}},\frac{{11}}{{10}}} \right],}$ οπότε η ολοκληρωτέα συνάρτηση

$\displaystyle{g\left( x \right) = {\left( {\frac{{{x^2} - x}}{{{x^3} - 3x + 1}}} \right)^2}}$

είναι συνεχής στα παραπάνω διαστήματα.

Στο δεύτερο ολοκλήρωμα θέτουμε $\displaystyle{u = 1 - \frac{1}{x},}$ οπότε $\displaystyle{x = \frac{1}{{1 - u}}}$ και $\displaystyle{dx = \frac{1}{{{{\left( {1 - u} \right)}^2}}}du.}$

Στο τρίτο ολοκλήρωμα θέτουμε $\displaystyle{u = \frac{1}{{1 - x}},}$ οπότε $\displaystyle{x = 1 - \frac{1}{u}}$ και $\displaystyle{dx = \frac{1}{{{u^2}}}du.}$

Με τις δύο αυτές αντικαταστάσεις, το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το $\displaystyle{\left[ { - 100, - 10} \right]}$ (κοινό και για τα τρία ολοκληρώματα).

Επίσης (κι εδώ είναι η ουσία του προβλήματος), η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right)}$ παραμένει αναλλοίωτη από τις δύο αυτές αντικαταστάσεις, δηλαδή (όπως εύκολα επαληθεύουμε)

$\displaystyle{g\left( {\frac{1}{{1 - u}}} \right) = g\left( u \right)}$

και (αφού οι συναρτήσεις $\displaystyle{t \mapsto \frac{1}{{1 - t}}}$ και $\displaystyle{t \mapsto 1 - \frac{1}{t}}$ είναι αντίστροφες)

$\displaystyle{g\left( {1 - \frac{1}{u}} \right) = g\left( u \right).}$

Επομένως, η δοσμένη παράσταση ισούται με

$\displaystyle{I = \int\limits_{ - 100}^{ - 10} {{{\left( {\frac{{{u^2} - u}}{{{u^3} - 3u + 1}}} \right)}^2}\left[ {1 + \frac{1}{{{{\left( {u - 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{u^2}}}} \right]} du.}$

Αλλά τώρα παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{h\left( u \right) = \frac{{{u^3} - 3u + 1}}{{{u^2} - u}} = u + 1 - \frac{1}{u} - \frac{1}{{u - 1}},}$

οπότε

$\displaystyle{I = \int\limits_{ - 100}^{ - 10} {\frac{{h'\left( u \right)}}{{{h^2}\left( u \right)}}} du = \left[ { - \frac{1}{{h\left( u \right)}}} \right]_{ - 100}^{ - 10} \in \mathbb{Q}}$

και το ζητούμενο δείχθηκε.

Tolaso J Kos · #3

Πολύ σωστά... κ. Βαγγέλη δώσατε τη δεύτερη επίσημη λύση του διαγωνισμού.

Ήταν θέμα $\displaystyle{Putnam}$ του $\displaystyle{1993}$ και πιο συγκεκριμένα το $\displaystyle{A5}$ .

Προσθήκη: Μπορούμε να δείξουμε ότι:
Αν η $\displaystyle{f}$ είναι ρητό πολυώνυμο το πολύ 4ου βαθμού , τότε η παράσταση:
$\displaystyle{A=\int_{-100}^{-10}\frac{f(x)}{\left ( x^3-3x+1 \right )^2}dx+\int_{1/101}^{1/11}\frac{f(x)}{(x^3-3x+1)^2}dx+\int_{101/10}^{11/10}\frac{f(x)}{(x^3-3x+1)^2}dx\in \mathbb{Q}}$ ;

Ως προς αυτό το κομμάτι δεν έχω κάποια λύση. Και προφανώς είναι γενίκευση του παραπάνω.
Συμπλήρωση: Μπήκαν τα κόκκινα γράμματα. Συγνώμη για την ταλαιπωρία.

Ρητό άθροισμα

Ρητό άθροισμα

Re: Ρητό άθροισμα

Re: Ρητό άθροισμα

Μέλη σε σύνδεση