Σελίδα 1 από 1

Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 08, 2020 9:32 am
από grigkost
\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log(\cos{x})}{\sin{x}}\,{\rm{d}}x\,.
  1. Να εξετασθεί το ολοκλήρωμα ως προς την σύγκλιση.
  2. Να υπολογισθεί, εφ' όσον συγκλίνει.


έως και 12/1/2020

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 16, 2020 10:49 am
από grigkost
grigkost έγραψε:
Τετ Ιαν 08, 2020 9:32 am
\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log(\cos{x})}{\sin{x}}\,{\rm{d}}x\,.
  1. Να εξετασθεί το ολοκλήρωμα ως προς την σύγκλιση.
  2. Να υπολογισθεί, εφ' όσον συγκλίνει.


έως και 12/1/2020
Επαναφορά.

Παρατήρηση: Δεν είναι πολύ δύσκολη άσκηση.

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 16, 2020 6:03 pm
από Tolaso J Kos
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. :(

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 16, 2020 7:25 pm
από Mihalis_Lambrou
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.

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 16, 2020 7:47 pm
από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
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.

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 01

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 19, 2020 8:35 am
από grigkost
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.