Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

#1

$\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log(\cos{x})}{\sin{x}}\,{\rm{d}}x\,.$

Να εξετασθεί το ολοκλήρωμα ως προς την σύγκλιση.
Να υπολογισθεί, εφ' όσον συγκλίνει.

έως και 12/1/2020

#2

grigkost έγραψε: Τετ Ιαν 08, 2020 9:32 am $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log(\cos{x})}{\sin{x}}\,{\rm{d}}x\,.$

Να εξετασθεί το ολοκλήρωμα ως προς την σύγκλιση.

Να υπολογισθεί, εφ' όσον συγκλίνει.

έως και 12/1/2020

Επαναφορά.

Παρατήρηση: Δεν είναι πολύ δύσκολη άσκηση.

Tolaso J Kos · #3

grigkost έγραψε: Τετ Ιαν 08, 2020 9:32 am $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log(\cos{x})}{\sin{x}}\,{\rm{d}}x\,.$

Μία λύση ως προς τον υπολογισμό.

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\pi/2} \frac{\ln \cos x}{\sin x} \, \mathrm{d}x &\overset{u=\cos x}{=\! =\! =\! =\!=\!} \int_{0}^{1} \frac{\ln u}{\sqrt{1-u^2}\sqrt{1-u^2}} \, \mathrm{d}x \\ &=\int_{0}^{1} \frac{\ln u}{1-u^2} \, \mathrm{d}u \\ &=\int_{0}^{1} \ln u \sum_{n=0}^{\infty} u^{2n} \, \mathrm{d}u \\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1} u^{2n} \ln u \, \mathrm{d}u \\ &= - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} \\ &= - \frac{\pi^2}{8} \end{aligned}}$
διότι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} &\Leftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6} \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6} \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi^2}{6} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6} \\ &\Leftrightarrow \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6} - \frac{\pi^2}{24} \\ &\Leftrightarrow \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{8} \end{aligned}}$

grigkost έγραψε: Πέμ Ιαν 16, 2020 10:49 am
Παρατήρηση: Δεν είναι πολύ δύσκολη άσκηση.

Η πρώτη προσέγγιση που έκανα όταν είδα το θέμα ήταν να εισαγάγω μία μεταβλητή και να παραγωγίσω το οποίο ήταν αρκετά messy στους υπολογισμούς. Τελικά , αν τα αφήσεις σε αφήνουν και αυτά.

#4

Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Ιαν 16, 2020 6:03 pm
Μία λύση ως προς τον υπολογισμό.

Υπόδειξη για την ύπαρξη: Δείξε (π.χ. με l' Hospital 0/0

) ότι το όριο στο μηδέν της ολοκηρωτέας υπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός. Ουσιαστικά, δηλαδή, ολοκληρώνεις συνεχή συνάρτηση.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Ιαν 16, 2020 6:03 pm
grigkost έγραψε: Τετ Ιαν 08, 2020 9:32 am $\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log(\cos{x})}{\sin{x}}\,{\rm{d}}x\,.$

Μία λύση ως προς τον υπολογισμό.

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\pi/2} \frac{\ln \cos x}{\sin x} \, \mathrm{d}x &\overset{u=\cos x}{=\! =\! =\! =\!=\!} \int_{0}^{1} \frac{\ln u}{\sqrt{1-u^2}\sqrt{1-u^2}} \, \mathrm{d}x \\ &=\int_{0}^{1} \frac{\ln u}{1-u^2} \, \mathrm{d}u \\ &=\int_{0}^{1} \ln u \sum_{n=0}^{\infty} u^{2n} \, \mathrm{d}u \\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1} u^{2n} \ln u \, \mathrm{d}u \\ &= - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} \\ &= - \frac{\pi^2}{8} \end{aligned}}$
διότι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} &\Leftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6} \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6} \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi^2}{6} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6} \\ &\Leftrightarrow \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{6} - \frac{\pi^2}{24} \\ &\Leftrightarrow \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{8} \end{aligned}}$

grigkost έγραψε: Πέμ Ιαν 16, 2020 10:49 am
Παρατήρηση: Δεν είναι πολύ δύσκολη άσκηση.

Η πρώτη προσέγγιση που έκανα όταν είδα το θέμα ήταν να εισαγάγω μία μεταβλητή και να παραγωγίσω το οποίο ήταν αρκετά messy στους υπολογισμούς. Τελικά , αν τα αφήσεις σε αφήνουν και αυτά.

Θεωρώ ότι η ισότητα

$\displaystyle \int_{0}^{1} \ln u \sum_{n=0}^{\infty} u^{2n} du= \sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1} u^{2n} \ln u du$

θέλει δικαιολόγηση.

Με θεωρήματα της Θεωρίας Μέτρου είναι τετριμμένη.
Αλλιώς έχει λίγη δουλειά.

#6

Μια απόδειξη για την σύγκλιση:

Επειδή
$\begin{aligned} \mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\frac{\frac{\log(\cos{x})}{\sin{x}}}{-\frac{1}{\sqrt{\frac{\pi}{2}-x}}}&=-\frac{1}{\sqrt{2}}\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\frac{\sqrt{\pi-2x}\;\log(\cos{x})}{\sin{x}}\\ &=-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\sqrt{\pi-2x}\;\log(\cos{x})}{\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\sin{x}}\\ &=-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\frac{\log(\cos{x})}{\frac{1}{\sqrt{\pi-2x}}}}{\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\sin{x}}\\ &\stackrel{\rm{DHR}}{=\!=}-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\frac{-\frac{\sin{x}}{\cos{x}}}{\frac{1}{(\pi-2x)^{3/2}}}}{\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\sin{x}}\\ &=-\frac{1}{\sqrt{2}}\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\frac{\frac{-\frac{\sin{x}}{\cos{x}}}{\frac{1}{(\pi-2x)^{3/2}}}}{\sin{x}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\frac{(\pi-2x)^{3/2}\cancel{\sin{x}}}{\cos{x}\;\cancel{\sin{x}}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\frac{(\pi-2x)^{3/2}}{\cos{x}}\\ &\stackrel{\rm{DHR}}{=\!=}\frac{1}{\sqrt{2}}\mathop{\lim}\limits_{x\to {\frac{\pi}{2}}^{-}}\frac{-3\sqrt{\pi-2x}}{-\sin{x}}\\ &=0 \end{aligned}$
και το $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{\sqrt{\frac{\pi}{2}-x}}\,{\rm{d}}x$ συγκλίνει (γνωστό ολοκλήρωμα), έπεται ότι και το $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log(\cos{x})}{\sin{x}}\,{\rm{d}}x$ συγκλίνει.

Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Μέλη σε σύνδεση