Ολοκλήρωμα για διαγωνισμούς!

Dimessi · #1

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left \{ \frac{x}{y} \right \}^{2}dxdy=\frac{3\ln\left ( 2\pi \right )-3\gamma -2}{6}.$

Υ.Γ Θα την αφήσω όσο θέλετε και μετά θα παραθέσω τη λύση μου. Όσοι φοιτητές είστε εδώ, προσπαθήστε το αν θέλετε

.

#2

Dimessi έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 21, 2023 3:59 pm
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left \{ \frac{x}{y} \right \}^{2}dxdy=\frac{3\ln\left ( 2\pi \right )-3\gamma -2}{6}.$

Υ.Γ Θα την αφήσω όσο θέλετε και μετά θα παραθέσω τη λύση μου. Όσοι φοιτητές είστε εδώ, προσπαθήστε το αν θέλετε .

.
α) Αλλάζουμε την σειρά ολοκλήρωσης, οπότε το ζητούμενο ισούται με

$\displaystyle \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left \{ \frac{x}{y} \right \}^{2}dydx= \int_{0}^{1}\int_{0}^{x}\left \{ \frac{x}{y} \right \}^{2}dydx + \int_{0}^{1}\int_{x}^{1}\left \{ \frac{x}{y} \right \}^{2}dydx = I_1+I_2$

β) Στο I_2

επειδή ισχύει x<y

, ισοδύναμα $\dfrac {x}{y} <1$ , έχουμε $\left \{ \dfrac{x}{y} \right \} =\dfrac{x}{y}$ . Άρα

$\displaystyle{ I_2= \int_{0}^{1}\left ( \int_{x}^{1}\left ( \frac{x}{y} \right )^{2}dy\right ) dx = \int_{0}^{1}\left [ -\frac{x^2}{y} \right ]_{y=x}^{y=1} dx = \int_{0}^{1}(-x^2 + x) = \dfrac {1}{6}}$

γ) Στο I_1

κάνουμε (για κάθε σταθερό

) την αλλαγή μεταβλητής y=xt

. Είναι τότε

$\displaystyle{I_1= \int_{0}^{1}\left (\int_{0}^{1}\left \{ \frac{1}{t} \right \}^{2}xdt \right ) dx =\left ( \int_{0}^{1} x dx \right ) \left (\int_{0}^{1}\left \{ \frac{1}{t} \right \}^{2}dt \right ) = \dfrac {1}{2} \int_{0}^{1}\left \{ \dfrac{1}{t} \right \}^{2}dt }$

οπότε μένει να υπολογίσουμε το τελευταίο ολοκλήρωμα. Αυτό ισούται με το

$\displaystyle{ \int_{0}^{1}\left (\dfrac {1}{t} - \left [\dfrac{1}{t} \right ] \right ) ^{2}dt = \sum _{n= 1}^{\infty } \int_{1/(n+1)}^{1/n}\left (\dfrac {1}{t^2} -\dfrac {2}{t}\left [\dfrac{1}{t} \right ] + \left [\dfrac{1}{t} \right ]^2 \right ) dt = \sum _{n= 1}^{\infty } \int_{1/(n+1)}^{1/n}\left (\dfrac {1}{t^2} -\dfrac {2n}{t} + n^2 \right ) dt= }$

$\displaystyle{ = \sum _{n= 1}^{\infty } \left [ -\dfrac {1}{t} - 2n \ln t + n^2t \right ]_{1/(n+1)}^{1/n} = \sum _{n= 1}^{\infty } \left (1 +2n\ln \dfrac {n}{n+1} + 1-\dfrac {1}{n+1}\right )$

To μερικό άθροισμα

όρων της σειράς αυτής με χρήση του τύπου του Stirling δίνει

$\displaystyle{ \sum _{n= 1}^{N } \left (1 +2n\ln \dfrac {n}{n+1} + 1-\dfrac {1}{n+1}\right ) = \left ( \ln N -\sum _{n= 1}^{N } \dfrac {1}{n+1} \right ) + \left ( 2N -\ln N + 2 \ln \dfrac {1^12^23^3...N^N}{2^13^24^3...(N+1)^N} \right ) =$

$\displaystyle{ \left ( \ln N -\sum _{n= 1}^{N } \dfrac {1}{n+1} \right ) + \left ( 2N -\ln N + 2 \ln \dfrac {N!}{(N+1)^N} \right ) = }$

$\displaystyle{ \left ( \ln N -\sum _{n= 1}^{N } \dfrac {1}{n+1} \right ) + \left ( 2N -\ln N + 2 \ln \sqrt {2\pi N} + 2 N\ln \dfrac {N}{e} -2N \ln (N+1)\right )}$

$\displaystyle{ \longrightarrow -\gamma +\ln (2\pi) -2}$

Αντικαθιστώντας τις τιμές που βρήκαμε, θα καταλήξουμε στην δοθείσα απάντηση.

Edit: Διόρθωσα τυπογραφικό.

Dimessi · #3

Καλημέρα. Ευχαριστώ για τη λύση, βάζω και τη δική μου.

Κάνουμε τον μετασχηματισμό συντεταγμένων x=u

και $\displaystyle \frac{x}{y}=\upsilon$ (αλλάζουν τα χωρία ολοκλήρωσης) και η Ιακωβιανή ορίζουσα είναι $\displaystyle \left | \frac{\partial \left ( x,y \right )}{\partial \left ( u,\upsilon \right )} \right |=\frac{u}{\upsilon ^{2}}.$ Επομένως :

$\displaystyle I=\int_{0}^{1}\int_{u}^{\infty}\left \{ \upsilon \right \}^{2}\cdot \frac{u}{\upsilon ^{2}}d\upsilon du=\int_{0}^{1}\left ( \int_{u}^{1}\left \{ \upsilon \right \}^{2}\cdot \frac{u}{\upsilon ^{2} }d\upsilon +\int_{1}^{\infty}\left \{ \upsilon \right \}^{2}\cdot \frac{u}{\upsilon ^{2}}d\upsilon \right )du=$

$\displaystyle =\int_{0}^{1}\left ( \int_{u}^{1}\upsilon ^{2}\cdot \frac{u}{\upsilon ^{2}}d \upsilon \right )du+\int_{0}^{1}\left ( \int_{1}^{\infty}\left \{ \upsilon \right \}^{2}\cdot \frac{u}{\upsilon ^{2}}d\upsilon \right )du.$

Έχουμε $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{1}\left ( \int_{u}^{1}\upsilon ^{2}\cdot \frac{u}{\upsilon ^{2} }d\upsilon \right )du=\int_{0}^{1}\left ( \int_{u}^{1}u d \upsilon \right )du=\int_{0}^{1}u\left ( 1-u \right )du=\frac{1}{6}}\left ( 1 \right ).$

Επιπλέον:

$\displaystyle \int_{0}^{1}\left ( \int_{1}^{\infty}\left \{ \upsilon \right \}^{2}\cdot \frac{u}{\upsilon ^{2}} d\upsilon \right )du=\int_{0}^{1}u\cdot \left ( \sum_{n=1}^{\infty}\int_{n}^{n+1}\left \{ \upsilon \right \}^{2}\cdot \frac{1}{\upsilon ^{2}}d\upsilon \right )du=$

$\displaystyle =\int_{0}^{1}udu\cdot \sum_{n=1}^{\infty}\int_{n}^{n+1}\frac{\left ( \upsilon -n \right )^{2}}{\upsilon ^{2}}d\upsilon =\frac{1}{2}\cdot \sum_{n=1}^{\infty}\left ( 1-2n\cdot \ln\frac{n+1}{n}+\frac{n}{n+1} \right )\left ( 2 \right ).$

Επίσης :

$\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\left ( 1-2n\cdot \ln\frac{n+1}{n} +\frac{n}{n+1}\right )=2N-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n+1}-2\sum_{n=1}^{N}\ln \frac{\left ( n+1 \right )^{2}}{n^{n}}=$

$\displaystyle =2N-\left ( \ln\left ( N+1 \right )-1+\gamma _{N} \right )-2\ln \frac{\left ( N+1 \right )^{N}}{N!}\approx 2N-\left ( \ln\left ( N+1 \right )-1+\gamma _{N} \right )-2\ln \frac{\left ( N+1 \right )^{N}\cdot e^{N}}{\sqrt{2\pi N}\cdot N^{N}}=$

$\displaystyle =\ln\left ( 2\pi \right )-1-\ln\left ( N+1 \right )+\ln N-\gamma _{N}.$

Συνεπώς:

$\displaystyle \boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\left ( 1-2n\cdot \ln\frac{n+1}{n}+\frac{n}{n+1} \right )=\lim_{N\rightarrow +\infty}\left ( \ln\left ( 2\pi \right )-1-\ln\left ( N+1 \right )+\ln N-\gamma _{N} \right )=\ln\left ( 2\pi \right )-\gamma -1}\left ( 3 \right ).$

Από τις σχέσεις $\left ( 1 \right )$ και $\left ( 3\right )$ παίρνουμε:

$\displaystyle \boxed{I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left \{ \frac{x}{y} \right \}^{2}dxdy=\frac{1}{6}+\frac{\ln\left ( 2\pi \right )-\gamma -1}{2}=\frac{3\ln\left ( 2\pi \right )-3\gamma -2}{6}}.$

Ολοκλήρωμα για διαγωνισμούς!

Ολοκλήρωμα για διαγωνισμούς!

Re: Ολοκλήρωμα για διαγωνισμούς!

Re: Ολοκλήρωμα για διαγωνισμούς!

Μέλη σε σύνδεση