mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 30, 2016 8:41 pm**

Για $n\in\mathbb{N}\,,\;n>1\,,$ να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{n^2\,x^n\log{x}}{1+x^{2n}}\,{\rm{d}}x=\frac{\pi^2}{4}\,\frac{\sin\big(\frac{\pi}{2n}\big)}{\cos^2\big(\frac{\pi}{2n}\big)}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 01, 2016 12:31 am**

grigkost έγραψε:Για $n\in\mathbb{N}\,,\;n>1\,,$ να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{n^2\,x^n\log{x}}{1+x^{2n}}\,{\rm{d}}x=\frac{\pi^2}{4}\,\frac{\sin\big(\frac{\pi}{2n}\big)}{\cos^2\big(\frac{\pi}{2n}\big)}$

Έχουμε γνώμονα το τύπο της συνάρτησης ${\rm B}$ ο οποίος είναι $\displaystyle{{\rm B}(x, y) = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}} \, {\rm d}t} \quad (1)$ .

Τώρα έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{ n^2 x^n \log x}{1+x^{2n}}\, {\rm d}x &\overset{u=x^n}{=\! =\! =\!} \int_{0}^{\infty} \frac{u^{1/n} \log u}{1+u^2} \, {\rm d}u \\ &\overset{y=u^2}{=\! =\! =\! =\!} \frac{1}{4}\int_{0}^{\infty} \frac{y^{1/2n -1/2} \log y}{1+y} \, {\rm d}y \\ &=\frac{1}{4}\pi^2 \sec \left ( \frac{\pi}{2n} \right ) \tan \left ( \frac{\pi}{2n} \right ) \\ &= \frac{\pi^2}{4} \frac{\sin \left ( \frac{\pi}{2n} \right )}{\cos^2 \left ( \frac{\pi}{2n} \right )}, \; n \in \mathbb{N} \end{aligned} }$

διότι από την (1)

για $x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}$ και $y=\frac{1}{2}-\frac{1}{2n}$ παίρνουμε ότι:

$\displaystyle{{\rm B}\left ( \frac{1}{2}+ \frac{1}{2n}, \frac{1}{2}- \frac{1}{2n} \right )= \Gamma \left ( \frac{1}{2}+ \frac{1}{2n} \right ) \Gamma \left ( \frac{1}{2}- \frac{1}{2n} \right )= \pi \sec \left ( \frac{\pi}{2n} \right )}$

και παραγωγίζοντας την (1)

ως προς

για να εισάγουμε το λογάριθμο στον αριθμητή έχουμε:

$\displaystyle{{\rm B} '\left ( \frac{1}{2n}+\frac{1}{2}, \frac{1}{2} - \frac{1}{2n} \right )= \Gamma \left ( \frac{1}{2}+ \frac{1}{2n} \right ) \Gamma \left ( \frac{1}{2}- \frac{1}{2n} \right )\left [ \psi^{(0)} \left ( \frac{1}{2}+ \frac{1}{2n} \right )- \psi^{(0)} \left ( \frac{1}{2} - \frac{1}{2n} \right ) \right ]=}$
$\displaystyle{=\pi^2 \sec \left ( \frac{\pi}{2n} \right) \tan \left ( \frac{\pi}{2n} \right )}$

Έχουν χρησιμοποιηθεί γνωστές ιδιότητες της συνάρτησης $\Gamma$ που ... βρίσκονται παντού. Έχουν χρησιμοποιηθεί κυρίως οι ανακλαστικοί τύποι της συνάρτησης $\Gamma$ καθώς και της $\psi$ , δηλ.

$\Gamma (x) \Gamma(1-x) = \pi \csc \pi x$
$\psi^{(0)} (1-x)- \psi^{(0)}(x) = \pi \cot \pi x$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 01, 2016 5:20 am**

Αν και η λύση του Τόλη είναι πιο κομψή, ίσως και αυτή που έδωσα παρουσιάζει κάποιο ενδιαφέρον:

Παραγωγίζοντας, ως προς

, και τα δύο μέλη της ταυτότητας(*)

$\displaystyle{\frac{1}{\cos{z}}=\displaystyle\mathop{\sum}_{m=-\infty}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{\frac{\pi}{2}-z+m\pi}}$

προκύπτει

$\displaystyle{\frac{\sin{z}}{\cos^2{z}}=\displaystyle\mathop{\sum}_{m=-\infty}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{\big(\frac{\pi}{2}-z+m\pi\big)^2}}$

και θέτοντας $z=\frac{\pi}{2n}\,, \; n\in\mathbb{N}\,,\;n>1\,,$ προκύπτει

$\begin{aligned} \displaystyle\frac{4n^2}{\pi^2}\mathop{\sum}_{m=-\infty}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2mn+n-1)^2}&=\frac{\sin\big(\frac{\pi}{2n}\big)}{\cos^2\big(\frac{\pi}{2n}\big)} \quad&\Rightarrow\\ \mathop{\sum}_{m=-\infty}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2mn+n-1)^2}&=\frac{\pi^2}{4n^2}\frac{\sin\big(\frac{\pi}{2n}\big)}{\cos^2\big(\frac{\pi}{2n}\big)}\quad &(1) \end{aligned}$

Για την ζητούμενη ισότητα έχουμε

$\begin{aligned} \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{n^2\,x^n\log{x}}{1+x^{2n}}\,{\rm{d}}x &=\int_{0}^{1}\frac{n^2\,x^n\log{x}}{1+x^{2n}}\,{\rm{d}}x+\int_{1}^{+\infty}\frac{n^2\,x^n\log{x}}{1+x^{2n}}\,{\rm{d}}x\\ &\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {t\,=\,1/x}\\ {dx\,=\,-dt/t^2} \\ \end{subarray}}\,\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{n^2\,x^n\log{x}}{1+x^{2n}}\,{\rm{d}}x-\int_{0}^{1}\frac{n^2\,t^{n-2}\log{t}}{1+t^{2n}}\,{\rm{d}}t\\ &=n^2\,\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x^n-x^{n-2}}{1+x^{2n}}\log{x}\,{\rm{d}}x\\ &\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {x\,=\,{\rm{e}}^{-y}}\\ {dx\,=\,-{\rm{e}}^{-y}dy} \\ \end{subarray}}\,n^2\,\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{{\rm{e}}^{-(n-1)y}-{\rm{e}}^{-(n+1)y}}{1+{\rm{e}}^{-2ny}}\,y\,{\rm{d}}y \\ &=n^2\displaystyle\int_{0}^{+\infty}y\,({\rm{e}}^{-(n-1)y}-{\rm{e}}^{-(n+1)y})\mathop{\sum}_{m=0}^{+\infty}(-1)^{m}{\rm{e}}^{-2mny}\,{\rm{d}}y \\ &=n^2\displaystyle\mathop{\sum}_{m=0}^{+\infty}(-1)^{m}\int_{0}^{+\infty}y\,({\rm{e}}^{-(2mn+n-1)y}-{\rm{e}}^{-(2mn+n+1)y})\,{\rm{d}}y \\ &=n^2\displaystyle\mathop{\sum}_{m=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2mn+n-1)^2}-n^2\mathop{\sum}_{m=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2mn+n+1)^2} \\ &=n^2\displaystyle\mathop{\sum}_{m=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2mn+n-1)^2}+n^2\mathop{\sum}_{m=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2mn-n+1)^2} \\ &=n^2\displaystyle\mathop{\sum}_{m=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2mn+n-1)^2}+n^2\mathop{\sum}_{m=-\infty}^{-1}\frac{(-1)^{m}}{(-2mn-n+1)^2} \\ &=n^2\displaystyle\mathop{\sum}_{m=-\infty}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2mn+n-1)^2} \\ &\stackrel{(1)}{=\!=}n^2\,\frac{\pi^2}{4n^2}\,\frac{\sin\big(\frac{\pi}{2n}\big)}{\cos^2\big(\frac{\pi}{2n}\big)}\\ &=\frac{\pi^2}{4}\,\frac{\sin\big(\frac{\pi}{2n}\big)}{\cos^2\big(\frac{\pi}{2n}\big)}\,. \end{aligned}$

(*) η οποία αποδεικνύεται σχετικά εύκολα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 01, 2016 11:52 am**

grigkost έγραψε: Παραγωγίζοντας, ως προς , και τα δύο μέλη της ταυτότητας(*)

$\displaystyle{\frac{1}{\cos{z}}=\displaystyle\mathop{\sum}_{m=-\infty}^{+\infty}\frac{(-1)^{m}}{\frac{\pi}{2}-z+m\pi}}$

Προκύπτει από τη γνωστή ταυτότητα $\displaystyle{\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+z}= \frac{\pi}{\sin \pi z}}$ η απόδειξη της οποίας υπάρχει κάπου στο

από το Σεραφείμ.

$\displaystyle{\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+z}= \frac{\pi}{\sin \pi z} \Rightarrow \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n \pi + z } = \frac{1}{\sin z} \Rightarrow \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^n}{ n\pi + \frac{\pi}{2}-z} = \frac{1}{\cos z}}$

Γρηγόρη, έκανες πολύ ωραία χρήση της ταυτότητας αυτής.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 01, 2016 8:48 pm**

Tolaso J Kos έγραψε:Προκύπτει από τη γνωστή ταυτότητα $\displaystyle{\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+z}= \frac{\pi}{\sin \pi z}}$ η απόδειξη της οποίας υπάρχει κάπου στο από το Σεραφείμ.

Ας δούμε μία απόδειξη για αυτό. Νομίζω ο Σεραφείμ δεν έχει δώσει την ίδια. Ο φυσικός δρόμος είναι η σειρά Fourier της $\cos zx$ και στη συνέχεια να θέσουμε x=0

. Δείτε π.χ εδώ. Στο σύνδεσμο όπως επισημαίνει και ο κύριος Μιχάλης η σειρά αποκλίνει, οπότε κρατάμε τη PV αυτής. Ας δούμε μία άλλη απόδειξη, γιατί στις σειρές Fourier είναι δύσκολο να μαντέψει κάποιος από πού να ξεκινήσει.

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+z} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+z} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{z-n} - \frac{1}{z}\\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left [ \frac{1}{z+2n} - \frac{1}{z+2n+1} \right ] + \sum_{n=0}^{\infty} \left [ \frac{1}{z-2n} - \frac{1}{z-2n-1} \right ] - \frac{1}{z}\\ &= \frac{1}{2} \left [ \psi^{(0)} \left ( \frac{z+1}{2} \right ) - \psi^{(0)} \left ( \frac{z}{2} \right ) \right ] +\frac{1}{2}\left [ \psi^{(0)} \left ( 1- \frac{z}{2} \right ) - \psi^{(0)} \left ( 1- \frac{z+1}{2} \right ) \right ] +\frac{1}{z}-\frac{1}{z} \\ &= \frac{\pi}{2}\left [ \cot \frac{\pi z}{2} +\tan \frac{\pi z}{2} \right ]\\ &= \pi \csc \pi z \end{aligned}}$

Έγινε χρήση του ανακλαστικού τύπου της $\psi$ .

mathematica.gr

Γενικευμένο ολοκλήρωμα

Γενικευμένο ολοκλήρωμα

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα