Euler 2013/1

#1

Για $x \geqslant 1$ ορίζουμε ως f(x)

τον μοναδικό πραγματικό $c \geqslant 1$ με c^c = x

. Να υπολογιστεί το

$\displaystyle{ \int_0^e f(e^x) \, \mathrm{d}x}$

Tolaso J Kos · #2

Demetres έγραψε:Για $x \geqslant 1$ ορίζουμε ως τον μοναδικό πραγματικό $c \geqslant 1$ με . Να υπολογιστεί το

$\displaystyle{ \int_0^e f(e^x) \, \mathrm{d}x}$

Χαλό Δημήτρη,

πρόσφατα έλυσα μία παρόμοια η οποία ομολογώ με αιφνιδίασε κάπως γιατί δε μπορούσα να σκεφτώ τι να κάνω το ολοκλήρωμα. Πάντως, παρατηρούμε ότι η

είναι η αντίστροφη της x^x

και κατά συνέπεια έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{e} f\left ( e^x \right ) \, {\rm d}x &\overset{e^x=y^y}{=\! =\! =\! =\!} \int_{1}^{e} y \left ( \ln y +1 \right ) \, {\rm d}y\\ &= \int_{1}^{e} y \ln y \, {\rm d}y + \int_{1}^{e} y \, {\rm d}y\\ &= \frac{1}{4} + \frac{e^2}{4} +\frac{e^2}{2} - \frac{1}{2} \\ &= \frac{3e^2}{4} - \frac{1}{4} \end{aligned}}$ Δημήτρη, μήπως μπορείς να δώσεις περισσότερες πληροφορίες για το διαγωνισμό αυτόν ; Πού διεξάγεται;

#3

Η σχέση γράφεται $c\ln{c}=\ln{x}$ . Άρα αν θέσουμε $g(x)=x\ln{x}$ (η οποία είναι γνησίως αύξουσα άρα και "1-1" στο $[1,+\infty)$ ), η σχέση γίνεται $g(c)=\ln{x}$ κι έτσι $c=g^{-1}(\ln{x})$ .

Συνεπώς σύμφωνα με την άσκηση πρέπει $f(x)=g^{-1}(\ln{x})$

Έτσι, το ζητούμενο ολοκληρωμα είναι ίσο με

$\displaystyle\int_0^{e}g^{-1}(x)dx$ στο οποίο αν κάνουμε την αντικατάσταση u=g(u)

καταλήγουμε στο $\displaystyle\int_{1}^e ug'(u)du=\left[ug(u)\right]_1^e-\displaystyle\int_{1}^e g(u)du\stackrel{(\star)}{=}e^2-\dfrac{e^2+1}{4}=\dfrac{3e^2-1}{4}$ .

$(\star) \ \displaystyle\int_{1}^e g(u)du=\displaystyle\int_{1}^e u\ln{u}du=\left[\dfrac{u^2}{2}\ln{u}\right]_1^e-\displaystyle\int_{1}^e \dfrac{u}{2}du=\ldots =\dfrac{e^2+1}{4}$

Αλέξανδρος

#4

Tolaso J Kos έγραψε: Δημήτρη, μήπως μπορείς να δώσεις περισσότερες πληροφορίες για το διαγωνισμό αυτόν ; Πού διεξάγεται;

Η επίσημη σελίδα του διαγωνισμού είναι εδώ. Διοργανώνεται από το Nanyang Technological University στην Σιγκαπούρη και φαίνεται να είναι αρκετά τοπικό. Έχει όμως κάποια καλά προβλήματα.

Euler 2013/1

Euler 2013/1

Re: Euler 2013/1

Re: Euler 2013/1

Re: Euler 2013/1

Μέλη σε σύνδεση