Oλοκλήρωμα

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

vzf
Δημοσιεύσεις: 312
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 28, 2010 11:11 pm

Oλοκλήρωμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vzf » Πέμ Μάιος 27, 2010 4:14 pm

Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα:
\displaystyle f(a)=\int_{0}^{1}{\frac{\log(x^2-2x\cos{a}+1)}{x}dx}.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6260
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Oλοκλήρωμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Πέμ Μάιος 27, 2010 5:04 pm

Από τον κανόνα του Leibniz έχουμε

f'(a)=-2 \int_{0}^{1}\frac{1}{(x-\cos a)^2 +\sin ^2 a}dx=\frac{-2}{\sin ^2 a}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+(\frac{x- \cos a}{\sin a })^2}dx=\frac{-2}{\sin a}[\arctan \frac{x- \cos a }{\sin a}]_{0}^{1}

Όμως \frac{1- \cos a}{\sin a}=\tan \frac{a}{2} και \arctan \cot a =\frac{\pi}{2}-a και βρίσκουμε τελικά

f'(a)=\frac{a-\pi}{\sin a} ooooops.

Y.Γ. Δουλειά του ποδαριού :spam: :wallbash:


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Oλοκλήρωμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Πέμ Μάιος 27, 2010 9:27 pm

Ελπίζω να μην έχω λάθος. Για \displaystyle{a\in(k\pi,(k+1)\pi)} με \displaystyle{\in\mathbb{Z}} από Leibnitz έχουμε

\displaystyle{f{'}(a)=\int_{0}^{1}\frac{2\sin a}{x^{2}-2x\cos a+1}\,dx=\frac{2}{\sin a}\int_{0}^{1}\frac{1}{\Big(\frac{x-\cos a}{\sin a}\Big)^{2}+1}\,dx\stackrel{y=\frac{x-\cos a}{\sin a}}{=}2\int_{-\cot a}^{\tan a/2}\frac{1}{y^{2}+1}\,dy=3a-\pi}, άρα

\displaystyle{f(a)=\frac{3a^{2}}{2}-a\pi+c}.

Όμως \displaystyle{f((2k+1)\pi/2)=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x^{2})}{x}\,dx=\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{2n-1}}{n}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\int_{0}^{1}x^{2n-1}\,dx=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}:=\frac{1}{2}A}.

Αλλά \displaystyle{\zeta(2)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{4n^{2}}+\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}=\frac{1}{2}\zeta(2)+\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}\Rightarrow\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}=\frac{3}{4}\zeta(2)}. Συνεπώς

\displaystyle{A=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^{2}}-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{4n^{2}}=\frac{1}{2}\zeta(2)=\frac{\pi^{2}}{12}}, άρα

\displaystyle{c=\frac{\pi^{2}}{6}} και συνεπώς \displaystyle{f(a)=\frac{3a^{2}}{2}-a\pi+\frac{\pi^{2}}{6}} για \displaystyle{a\in(k\pi,(k+1)\pi)}

Για \displaystyle{a=2k\pi} έχουμε παρόμοια ότι \displaystyle{f(a)=2\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)}{x}\,dx=-\frac{\pi^{2}}{\color{red}3}} και

γγια \displaystyle{a=(2k+1)\pi} ότι \displaystyle{f(a)=\color{red}2\color{black}\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}\,dx=\frac{\pi^{2}}{\color{red}6}}.

Υ.Γ. Γρηγόρη σε ευχαριστώ. Τώρα για το άλλο λαθάκι...ο θεός και η ψυχή μου :mrgreen:
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Παρ Μάιος 28, 2010 12:08 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
vzf
Δημοσιεύσεις: 312
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 28, 2010 11:11 pm

Re: Oλοκλήρωμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vzf » Πέμ Μάιος 27, 2010 11:48 pm

Kάπου είναι λάθος.
Απάντηση:


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 4 επισκέπτες