Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Tolaso J Kos · #1

Με αφορμή το ολοκλήρωμα εδώ παρουσιάζω παρακάτω τα ολοκληρώματα Ahmed και Coxeter. Το θέμα θα το ανανεώνω σιγά - σιγά. Αν έχετε διαφορετικό τρόπο επίλυσης για τα ολοκληρώματα ή τα λήμματα που παρουσιάζονται παρακάτω μπορείτε ανά πάσα στιγμή να παρέμβετε.

1. Ολοκλήρωμα Coxeter

Θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle \int_{0}^{\pi/4}\arctan \sqrt{\frac{\cos 2\theta }{2\cos^2 \theta }} \, \mathrm{d}\theta = \frac{\pi^2}{24}$
Απόδειξη. Ξεκινάμε παραθέτοντας

βασικά λήμματα.

Λήμμα 1: Ισχύει ότι: $\displaystyle{\arctan x = \int_{0}^{1} \frac{x}{1+x^2 t^2} \, \mathrm{d}t}$ .

Λήμμα 2: Ισχύει ότι: $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\left(x^2+1 \right)\sqrt{x^2+2}}=\frac{\pi }{6}}$ .

Απόδειξη. Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+2}(x^2+1)}&\overset{x=\sqrt{2} \sinh t}{=\! =\! =\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\mathrm{arcsinh} \frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{\mathrm{d}t}{1+2\sinh^2 t} \\ &=\int_{0}^{\mathrm{arcsinh} \frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{\mathrm{d}t}{\cosh 2t} \\ &=\int_{0}^{\mathrm{arcsinh} \frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{\cosh 2t}{1+\sinh^2 2t} \, \mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{2} \mathrm{arctanh} \left ( \sinh 2\left ( \mathrm{arcsinh} \frac{1}{2} \right ) \right) \\ &= \frac{1}{2} \mathrm{arctanh} \sqrt{3} \\ &= \frac{\pi}{6} \end{aligned}}$
Λήμμα 3: Ισχύει ότι $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}=\frac{\pi }{2ab(a+b)}}$ με $a, b \neq 0$ .

Απόδειξη. Έχουμε διαδοδικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)} &=\int_{0}^{\infty }\frac{1}{b^2-a^2}\left ( \frac{1}{x^2+a^2}-\frac{1}{x^2+b^2} \right ) \, \mathrm{d} x \\ &=\frac{1}{b^2-a^2}\left ( \frac{\pi }{2a}-\frac{\pi }{2b} \right )\\ &=\frac{\pi }{2ab(a+b)} \end{aligned}}$
Είμαστε πλέον σε θέση να υπολογίσουμε το αρχικό ολοκλήρωμα. Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\pi /4}\arctan \sqrt{\frac{\cos 2\theta }{2\cos ^2\theta }} \, \mathrm{d}\theta &= \int_{0}^{\pi /4}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\frac{\cos 2\theta }{2\cos^2 \theta }}}{1+\left(\frac{\cos 2\theta }{2\cos ^2\theta } \right)x^2} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}\theta \\ &\!\!\!\!\!\!=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi /4}\frac{\sqrt{2}\cos \theta\sqrt{1-2\sin ^2\theta }}{2-2\sin ^2\theta +(1-2\sin ^2 \theta )x^2} \, \mathrm{d}\theta \, \mathrm{d}x\\ &\!\!\!\!\!\!=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi /4}\frac{\cos \varphi\sqrt{1-\sin ^2 \varphi }}{2-\sin ^2 \varphi+\left(1-\sin ^2\varphi )x^2 \right) } \, \mathrm{d}\varphi \, \mathrm{d}x \\ &=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi /4}\frac{\cos ^2\varphi }{\sin ^2 \varphi +(x^2+2)\cos ^2\varphi }\, \mathrm{d}\varphi \, \mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\varphi \, \mathrm{d}x}{\tan^2\varphi +x^2+2}\\ &\!\!\!\!\!\!\overset{y=\tan \varphi}{=\! =\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}y \, \mathrm{d}x}{(y^2+x^2+2)(y^2+1)}\\ &=\frac{\pi }{2}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{(1+\sqrt{2+y^2})\sqrt{2+y^2}}\\ &=\frac{\pi }{2}\left(\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{6} \right)\\ &=\frac{\pi^2}{24} \end{aligned}}$
Το χουμε ξανά δει στο τουλάχιστον δύο - τρεις φορές.

Tolaso J Kos · #2

Ένα ολοκλήρωμα που συνδέεται άμεσα με το ολοκλήρωμα στο Θέμα με την Ολυμπιάδα είναι το παρακάτω.

$\displaystyle{\int_{0}^{\pi/4} \arctan \left(\frac{\sqrt{2}\cos3 \varphi}{\left(2\cos 2 \varphi+ 3\right)\sqrt{\cos 2 \varphi}}\right) \, \mathrm{d} \varphi =0}$
Ανάγεται ακριβώς στον υπολογισμό του ολοκληρώματος $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^2}\arctan\sqrt{\frac{1-t^2}{2}}\, \mathrm{d}t$ . Αυτό μπορούμε να το δούμε π.χ κάνοντας πρώτα την αντικατάσταση $\varphi \mapsto \arctan t$ και κάνοντας στη συνέχεια παραγοντική. Για παράδειγμα αν γράψουμε $\mathcal{J}$ το αρχικό ολοκλήρωμα , τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^2}\,\arctan\left(\frac{\sqrt{2}(1-3t^2)}{(5+t^2)\sqrt{1-t^2}}\right)\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{\pi^2}{8}-\int_{0}^{1}\frac{3\sqrt{2}\, t \arctan t }{(3-t^2)\sqrt{1-t^2}}\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{\pi^2}{8} - 3 \int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^2}\arctan\sqrt{\frac{1-t^2}{2}}\, \mathrm{d}t \\ &=0 \end{aligned}}$
από το σύνδεσμο. Αξίζει να παρατηρήσουμε πως εδώ έχουμε και μία συμμετρία στο $\frac{\pi}{8}$ που εξηγεί το αποτέλεσμα αλλά δε ξέρω αν είναι αρκετό αυτό για να μπορέσουμε να βγάλουμε το αποτέλεσμα.

Άλλα ολοκληρώματα Coxeter αποτελούν τα ακόλουθα:

$\displaystyle \int_0^{\pi/2} \arccos \left(\frac{\cos x}{2 \cos x+1}\right) \, \mathrm{d}x=\frac{5 \pi ^2}{24}$ .
$\displaystyle \int_0^{\pi/3} \arccos \left(\frac{\cos x}{2 \cos x+1}\right) \, \mathrm{d} x=\frac{2 \pi ^2}{15}$ .
$\displaystyle \int_0^{\pi/5} \arccos \left(\frac{\cos x}{2 \cos x+1}\right) \, \mathrm{d}x=\frac{71 \pi ^2}{900}$ .

Tolaso J Kos · #3

2. Ολοκλήρωμα Ahmed

Θα αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{\arctan\sqrt{x^{2} + 2}}{\sqrt{x^{2} + 2}} \, \frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+1} = \frac{5\pi^{2}}{96}}$
Απόδειξη. Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f(t) = \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x}$ . Παραγωγίζοντας ως προς

εχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} f'(t) &= \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t} \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} \frac{\partial }{\partial t} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( 1+x^2 \right ) \left ( 1+2t^2 + t^2 x^2 \right )}\\ &= \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( 1+t^2 \right )\left ( 1+x^2 \right )} - \int_{0}^{1} \frac{t^2}{\left ( 1+t^2 \right ) \left ( 1+2t^2+t^2 x^2 \right )} \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{1+t^2} - \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \end{aligned}}$
Ολοκληρώνουμε τη τελευταία σχέση από

έως άπειρο. Οπότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{1}^{\infty} f'(t) \, \mathrm{d}t &= \int_1^\infty \left (\frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{1+t^2} - \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \right ) \, \mathrm{d}t \\ &=\frac{\pi}{4} \left ( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} \right ) - \int_1^\infty \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \, \mathrm{d}t \\ &= \frac{\pi^2}{16} - \int_1^\infty \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \, \mathrm{d}t \end{aligned}}$
Όμως,

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{t \rightarrow +\infty} f(t) &= \lim_{t \rightarrow +\infty} \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} \lim_{t \rightarrow +\infty} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}}\\ &\!\!\!\!\!\!\!\overset{\text{\gr Λήμμα 2}}{=\! =\! =\! =\! =\! =\! } \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{6} \\ &= \frac{\pi^2}{12} \end{aligned}}$
Συνεπώς η πάνω σχέση δίδει:

$\displaystyle{\mathbf{\frac{\pi^2}{12} - f(1) = \frac{\pi^2}{16} - \int_1^\infty \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \, \mathrm{d}t \quad \quad \quad (1)}}$
Μένει να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα. Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής $t \mapsto 1/t$ και έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_1^\infty \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \, \mathrm{d}t \\ &= \int_{1}^{\infty} \frac{1}{1+\left ( \frac{1}{t} \right )^2 \sqrt{2+\frac{1}{t^2}}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2 + \frac{1}{t^2}}} \frac{\mathrm{d}t}{t^2} \\ &\!\!\!\!\overset{t \mapsto 1/t}{=\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{1} \frac{1}{\left (1+t^2 \right )\sqrt{2+t^2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2+t^2}} \, \mathrm{d}t\\ &= \int_{0}^{1}\frac{1}{\left (1+t^2 \right )\sqrt{2+t^2}} \left ( \frac{\pi}{2} - \arctan \sqrt{2+t^2}\right ) \, \mathrm{d}t \\ &=\frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}t}{\left (1+t^2 \right )\sqrt{2+t^2}} - f(1) \\ &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{6} - f(1) \\ &= \frac{\pi^2}{12} - f(1) \end{aligned}}$
Γυρνώντας στην (1)

έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{\pi^2}{12} - f(1) = \frac{\pi^2}{16} - \left ( \frac{\pi^2}{12} - f(1) \right ) &\Leftrightarrow \frac{\pi^2}{12} - f(1) = \frac{\pi^2}{16} - \frac{\pi^2}{12} + f(1) \\ &\Leftrightarrow 2f(1) = \frac{5\pi^2}{48} \\ &\Leftrightarrow \boxed{\mathbf{f(1) = \frac{5 \pi^2}{96}}} \end{aligned}}$
και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

[1] Το ολοκλήρωμα αυτό εφευρέθη το 2002 και από τότε είναι γνωστό.

Tolaso J Kos · #4

Παρεμφερή με τα ολοκληρώματα Ahmed είναι τα παρακάτω.

$\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left ( x \sqrt{2+x^2} \right )}{\sqrt{x^2+2}} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \frac{\pi^2}{36}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Υπόδειξη: Κάντε την αντικατάσταση $y = \arctan \left(x \sqrt{2+x^2} \right)$ .
$\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\arctan^n \left ( x \sqrt{2+x^2} \right )}{\sqrt{x^2+2}} \frac{2}{1+x^2} \, \mathrm{d}x = \left ( \frac{\pi}{3} \right )^{n+1} \cdot \frac{1}{n+1}$ .
$\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \left ( \sqrt{2+x^2} \cdot \frac{x+1}{x^2-x+2} \right ) \, \mathrm{d}x = \frac{13 \pi^2}{288}$ .

Απόδειξη για το 3. Το κλειδί είναι η ταυτότητα:

$\displaystyle{\arctan \left ( \sqrt{2+x^2} \cdot \frac{x+1}{x^2-x+2} \right ) = \arctan \frac{1}{\sqrt{x^2+2}} + \arctan \frac{x}{\sqrt{2+x^2}}}$
Οπότε , πρέπει να υπολογίσουμε αυτά τα ολοκληρώματα.

$\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \quad , \quad \int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \frac{x}{\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x}$
Για το πρώτο ολοκλήρωμα έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \left ( \frac{\pi}{2} - \arctan \sqrt{2+x^2} \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{6} - \frac{5 \pi^2}{96} \\ &= \frac{\pi^2}{32} \end{aligned}}$
Για το δεύτερο ολοκλήρωμα έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \frac{x}{\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x &\overset{x \mapsto 1/x}{=\! =\! =\! =\! =\!} \int_{1}^{\infty} \frac{x}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{1+2x^2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}} \, \mathrm{d}x \\ &\!\!\!\!\overset{x \mapsto x^2}{=\! =\! =\! =\!} \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{\left ( 1+x \right )\sqrt{1+2x}} \arctan \frac{1}{\sqrt{1+2x}} \, \mathrm{d}x \\ &=\left [ - \frac{1}{2}\arctan^2 \frac{1}{\sqrt{1+2x}} \right ]_1^\infty \\ &=\frac{\pi^2}{72} \end{aligned}}$
Συνεπώς,

$\displaystyle{\mathbf{\int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \left ( \sqrt{2+x^2} \cdot \frac{x+1}{x^2-x+2} \right ) \, \mathrm{d}x = \frac{\pi^2}{32} + \frac{\pi^2}{72} = \frac{13 \pi^2}{288}}}$
Γενικεύσεις των ολοκληρώματων Ahmed υπάρχουν στον αρχικό σύνδεσμο.

Tolaso J Kos · #5

Θα κλείσουμε αυτό το mini tutorial με ένα άλλο ολοκλήρωμα που λέγεται ολοκλήρωμα Abel.

3. Ολοκλήρωμα Abel

Θα αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \frac{t}{\left ( e^{\pi t} -e^{-\pi t} \right )\left ( 1+t^2 \right )}\, \mathrm{d}t = \frac{\ln 2}{2} - \frac{1}{4}}$
Απόδειξη. Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(t)=\frac{1}{2(1+t)}$ και εφαρμόζουμε σε αυτή Abel - Plana. Τότε έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} i \int_{0}^{\infty} \frac{f\left ( it \right )- f\left ( -it \right )}{2 \sinh \pi t}\, \mathrm{d}t + \frac{f(0)}{2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n f(n) &\Leftrightarrow i \int_{0}^{\infty} \frac{\frac{1}{2\left ( 1+it \right )}- \frac{1}{2\left ( 1-it \right )}}{2 \sinh \pi t}\, \mathrm{d}t + \frac{1}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2\left ( 1+n \right )}\\ &\Leftrightarrow -i^2 \int_{0}^{\infty} \frac{t}{2\sinh \pi t \left ( t^2+1 \right )} \, \mathrm{d}t + \frac{1}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2\left ( 1+n \right )} \\ &\Leftrightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{t}{2\sinh \pi t \left ( t^2+1 \right )} \, \mathrm{d}t + \frac{1}{4} = \frac{\ln 2}{2} \\ &\Leftrightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{t}{2\sinh \pi t \left ( t^2+1 \right )} \, \mathrm{d}t = \frac{\ln 2}{2} - \frac{1}{4} \\ &\Leftrightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{t}{\left ( e^{\pi t} -e^{-\pi t} \right )\left ( 1+t^2 \right )}\, \mathrm{d}t = \frac{\ln 2}{2} - \frac{1}{4} \end{aligned}}$
Άλλος τρόπος να αποδείξουμε το παραπάνω είναι μέσω μιγαδικής ανάλυσης. Το αφήνω για όποιον θέλει να το κάνει.

Tolaso J Kos · #6

Τα παραπάνω τα έχω κάνει compile στο παρακάτω PDF μαζί και με κάποια επιπλέον παραδείγματα.

aca_integrals.pdf: (432.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 16 φορές

Tolaso J Kos · #7

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 28, 2020 10:13 pm
2. Ολοκλήρωμα Ahmed

Θα αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{\arctan\sqrt{x^{2} + 2}}{\sqrt{x^{2} + 2}} \, \frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+1} = \frac{5\pi^{2}}{96}}$

Απόδειξη. Ξεκινάμε με την ισότητα $\displaystyle{ \arctan x + \arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2}}$ για κάθε x>0

. Tότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_{0}^{1} \frac{\arctan \sqrt{2+x^2}}{\left ( 1+x^2 \right ) \sqrt{2+x^2}} \, {\rm d}x \\ &= \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}x}{\left ( 1+x^2 \right ) \sqrt{2+x^2}} -\int_{0}^{1} \frac{\arctan \left ( \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \right )}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \, {\rm d}x \\ &=\frac{\pi^2}{12} - \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left ( \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \right )}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \, {\rm d}x \end{aligned}}$
Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι $\displaystyle{\displaystyle \arctan \frac{1}{a} = \int_{0}^{1} \frac{a}{x^2+a^2} \, {\rm d}x \Leftrightarrow \frac{1}{a} \arctan \frac{1}{a} = \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}x}{x^2+a^2}}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left ( \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \right )}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \, {\rm d}x &= \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}(x, y)}{\left ( 1+x^2 \right )\left ( 2+x^2+y^2 \right )} \\ &=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{y^2+1} \bigg( \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{2+x^2+y^2} \bigg )\, {\rm d}(x, y) \\ &=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}(x, y)}{\left ( 1+x^2 \right ) \left ( 1+y^2 \right )} -\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}(x, y)}{2+x^2+y^2} \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}(x, y)}{\left ( 1+x^2 \right )\left ( 1+y^2 \right )} \\ &= \frac{1}{2}\left ( \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}x}{1+x^2} \right )^2 \\ & = \frac{\pi^2}{32} \end{aligned}}$
Οπότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \frac{\pi^2}{12} - \frac{\pi^2}{32} \\ &= \frac{5 \pi^2}{96} \end{aligned}}$

Tolaso J Kos · #8

Όλα τα παραπάνω πλέον έχουν γίνει compile στο αρχείο εδώ. Μπορείτε να το μεταφορτώσετε ελεύθερα από το σύνδεσμο.

Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Μέλη σε σύνδεση