λύση γενικευμένου

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

thepathofresistance
Δημοσιεύσεις: 22
Εγγραφή: Τρί Ιουν 14, 2011 2:56 am

λύση γενικευμένου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thepathofresistance » Πέμ Σεπ 15, 2011 6:00 pm

\displaystyle{ 
F\left( n \right) = \int_0^{ + \infty } {\frac{{x^{2n} }} 
{{\left( {e^x  + 1} \right)\left( {e^{ - x}  + 1} \right)}}} dx  
}
τελευταία επεξεργασία από thepathofresistance σε Πέμ Σεπ 15, 2011 7:43 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: λύση γενικευμένου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Πέμ Σεπ 15, 2011 6:50 pm

Έστω \displaystyle{G\left( {n,s} \right) =  - \int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}}\frac{{{e^{ - sx}}}}{{1 + {e^{ - sx}}}}dx} } , τότε \displaystyle{\frac{d}{{ds}}\left( {G\left( {n,s} \right)} \right) =  - \int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}}\frac{\partial }{{\partial s}}\left( {\frac{{{e^{ - sx}}}}{{1 + {e^{ - sx}}}}} \right)dx}  = \int\limits_0^\infty  {{x^{2n}}\frac{{{e^{ - sx}}}}{{{{\left( {1 + {e^{ - sx}}} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_0^\infty  {\frac{{{x^{2n}}}}{{\left( {1 + {e^{sx}}} \right)\left( {1 + {e^{ - sx}}} \right)}}dx} } .

Επομένως \displaystyle{F\left( n \right) = {G{'}}\left( {n,1} \right)} .

Όμως \displaystyle{G\left( {n,s} \right) =  - \int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}}\frac{{{e^{ - sx}}}}{{1 + {e^{ - sx}}}}dx}  =  - \int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}} \cdot {e^{ - sx}}\sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}{e^{ - skx}}} dx}  =  - \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}}{e^{ - s\left( {k + 1} \right)x}}dx} }  = }

\displaystyle{ =  - \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{s^{2n}}{{\left( {k + 1} \right)}^{2n}}}}}  = \frac{{\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{s^{2n}}}}\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{{k^{2n}}}}} }

και \displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{{k^{2n}}}}}  =  - 1 + \frac{1}{{{2^{2n}}}} - \frac{1}{{{3^{2n}}}} + .. = \left( { - 1 - \frac{1}{{{2^{2n}}}} - \frac{1}{{{3^{2n}}}} - ..} \right) + 2\left( {\frac{1}{{{2^{2n}}}} + \frac{1}{{{4^{2n}}}} + \frac{1}{{{6^{2n}}}} + ..} \right) = }

\displaystyle{ =  - \zeta \left( {2n} \right) + {2^{1 - 2n}}\zeta \left( {2n} \right) = \left( { - 1 + {2^{1 - 2n}}} \right)\zeta \left( {2n} \right)}

Άρα \displaystyle{G\left( {n,s} \right) = \frac{{\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{s^{2n}}}}\left( { - 1 + {2^{1 - 2n}}} \right)\zeta \left( {2n} \right)} , οπότε \displaystyle{{G{'}}\left( {n,s} \right) = 2n\frac{{\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{s^{2n + 1}}}}\left( {1 - {2^{1 - 2n}}} \right)\zeta \left( {2n} \right) \Rightarrow \boxed{F\left( n \right) = {G{'}}\left( {n,1} \right) = 2n\Gamma \left( {2n} \right)\left( {1 - {2^{1 - 2n}}} \right)\zeta \left( {2n} \right)}} .


Σεραφείμ Τσιπέλης
thepathofresistance
Δημοσιεύσεις: 22
Εγγραφή: Τρί Ιουν 14, 2011 2:56 am

Re: λύση γενικευμένου

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thepathofresistance » Σάβ Σεπ 17, 2011 8:23 pm

Σεραφείμ έγραψε:Έστω \displaystyle{G\left( {n,s} \right) =  - \int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}}\frac{{{e^{ - sx}}}}{{1 + {e^{ - sx}}}}dx} } , τότε \displaystyle{\frac{d}{{ds}}\left( {G\left( {n,s} \right)} \right) =  - \int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}}\frac{\partial }{{\partial s}}\left( {\frac{{{e^{ - sx}}}}{{1 + {e^{ - sx}}}}} \right)dx}  = \int\limits_0^\infty  {{x^{2n}}\frac{{{e^{ - sx}}}}{{{{\left( {1 + {e^{ - sx}}} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_0^\infty  {\frac{{{x^{2n}}}}{{\left( {1 + {e^{sx}}} \right)\left( {1 + {e^{ - sx}}} \right)}}dx} } .

Επομένως \displaystyle{F\left( n \right) = {G{'}}\left( {n,1} \right)} .

Όμως \displaystyle{G\left( {n,s} \right) =  - \int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}}\frac{{{e^{ - sx}}}}{{1 + {e^{ - sx}}}}dx}  =  - \int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}} \cdot {e^{ - sx}}\sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}{e^{ - skx}}} dx}  =  - \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\int\limits_0^\infty  {{x^{2n - 1}}{e^{ - s\left( {k + 1} \right)x}}dx} }  = }

\displaystyle{ =  - \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{s^{2n}}{{\left( {k + 1} \right)}^{2n}}}}}  = \frac{{\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{s^{2n}}}}\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{{k^{2n}}}}} }

και \displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{1}{{{k^{2n}}}}}  =  - 1 + \frac{1}{{{2^{2n}}}} - \frac{1}{{{3^{2n}}}} + .. = \left( { - 1 - \frac{1}{{{2^{2n}}}} - \frac{1}{{{3^{2n}}}} - ..} \right) + 2\left( {\frac{1}{{{2^{2n}}}} + \frac{1}{{{4^{2n}}}} + \frac{1}{{{6^{2n}}}} + ..} \right) = }

\displaystyle{ =  - \zeta \left( {2n} \right) + {2^{1 - 2n}}\zeta \left( {2n} \right) = \left( { - 1 + {2^{1 - 2n}}} \right)\zeta \left( {2n} \right)}

Άρα \displaystyle{G\left( {n,s} \right) = \frac{{\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{s^{2n}}}}\left( { - 1 + {2^{1 - 2n}}} \right)\zeta \left( {2n} \right)} , οπότε \displaystyle{{G{'}}\left( {n,s} \right) = 2n\frac{{\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{s^{2n + 1}}}}\left( {1 - {2^{1 - 2n}}} \right)\zeta \left( {2n} \right) \Rightarrow \boxed{F\left( n \right) = {G{'}}\left( {n,1} \right) = 2n\Gamma \left( {2n} \right)\left( {1 - {2^{1 - 2n}}} \right)\zeta \left( {2n} \right)}} .
ωραία λύση Σεραφείμ :)

μια άλλη λύση εδώ
\displaystyle{ 
F\left( n \right) = \int_0^{ + \infty } {\frac{{x^{2n} }} 
{{\left( {e^x  + 1} \right)\left( {e^{ - x}  + 1} \right)}}} dx 
}
θεωρώ
\displaystyle{ 
K\left( s \right) =  - \int_0^{ + \infty } {\frac{{x^{2n - 1} }} 
{{e^{sx}  + 1}}} dx \Rightarrow K'\left( 1 \right) = \int_0^{ + \infty } {\frac{{x^{2n} }} 
{{\left( {e^x  + 1} \right)\left( {e^{ - x}  + 1} \right)}}} dx 
}
\displaystyle{ 
K\left( s \right) = \int_0^{ + \infty } {x^{2n - 1} \sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\left( { - 1} \right)^k e^{ - ksx} } } dx = \sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\left( { - 1} \right)^k \int_0^{ + \infty } {x^{2n - 1} } e^{ - ksx} dx} \underbrace  = _{x \mapsto \frac{y} 
{{ks}}}\sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\frac{{\left( { - 1} \right)^k }} 
{{\left( {ks} \right)^{2n} }}\int_0^{ + \infty } {y^{2n - 1} } e^{ - y} dy}  
}
\displaystyle{ 
 = \Gamma \left( {2n} \right)\frac{1} 
{{s^{2n} }}\sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\frac{{\left( { - 1} \right)^k }} 
{{k^{2n} }}}  =  - \Gamma \left( {2n} \right)\eta \left( {2n} \right)\frac{1} 
{{s^{2n} }} 
}

Ισχύει \eta(2n) = \zeta( {2n})\left( {1 - 2^{1 - 2n} } \right) http://es.wikipedia.org/wiki/Funci%C3%B ... _Dirichlet
και με την αντικατάσταση s=1 προκύπτει
\displaystyle{F( n) = K^{\prime}( 1) = 2n\,\Gamma( {2n} )\,\zeta ( {2n} )\left( {1 - 2^{1 - 2n} } \right) 
}
:D


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης