Όμορφο γενικευμένο 4.

#1

Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {x\log \left( {1 - \cos x} \right)dx} = \frac{{35}}{{16}}\zeta \left( 3 \right) - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{8} - \pi \cdot G}$
όπου $\displaystyle{G:}$ η σταθερά του Catalan http://mathworld.wolfram.com/CatalansConstant.html

kwstas12345 · #2

Πολύ όμορφο θέμα. Θέτουμε $\displaystyle a_{k}:=\int_{0}^{\pi/2}{x \cos^k x dx}$ τότε από το θεώρημα Beppo-Levi έχουμε $\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}{x\ln\left(1-2\cos x \right)}dx=-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{a_{k}}{k}}$ .Επίσης έχουμε $\displaystyle a_{k}=\int_{0}^{\pi/2}{x\cos^{k-1}x \left(\sin x \right)x}=-1/k -\left(k-1 \right)a_{k}-\left(k-1 \right)a_{k-2}$ .

Από εδώ έχουμε την αναγωγική σχέση $\displaystyle ka_{k}-\left(k-1 \right)a_{k-2}=\frac{-1}{k}$ .Με μια απλή επαγωγή έχουμε ότι $\displaystyle a_{k}=b_{k}\pi^2 +c_{k}\pi+d_{k},a_{k},b_{k},c_{k} \in \mathbb{Q}$ . Από εδώ εύκολα βρίσκουμε ότι $\displaystyle 2kb_{2k}=(2k-1)b_{2k-2},b_{2k+1}=0,b_{2}=1/8$ συνεπώς $\displaystyle b_{2k}=\frac{1}{8}\cdot \frac{\binom{2k}{k}}{4^{k}}$ .

Άρα $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{b_{k}}{k}}=\frac{1}{16}\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k\cdot 4^{k}}\binom{2k}{k}}=\frac{1}{16}\int_{0}^{1/4}{\left(\frac{1}{\sqrt{1-4x}}-1 \right)\frac{1}{x}}dx=$ $\displaystyle \frac{1}{16}\int_{0}^{1}{\frac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1 \right)}}dx=...=\frac{\ln 2}{8}$ .

Για την ακολουθία $c_{k}$ εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle (2k+1)a_{2k+1}=2ka_{2k-1},a_{1}=1/2\Rightarrow a_{2k+1}=\frac{4^{k}\left(k!)^2 \right)}{2\left(2k \right)!(2k+1)}$ , άρα έχουμε ότι $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{c_{k}}{k}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{4^{n}\left(n! \right)^2}{2\cdot (2n)!(2n+1)^2}}$ .

Για την σταθερά Catalan ισχύει (Zudilin 2003): $\displaystyle G=\frac{1}{8}\int_{0}^{1}{\int_{0}^{1}{\frac{dx dy}{\left(1-xy \right)\sqrt{x\left(1-y \right)}}}}$ .Άρα εύκολα βλέπουμε ότι

$\displaystyle \frac{1}{8}\int_{0}^{1}{\int_{0}^{1}{\frac{dx dy}{\left(1-xy \right)\sqrt{x\left(1-y \right)}}}}=\frac{1}{8}\sum_{k=0}^{\infty}{\left(\int_{0}^{1}{x^{k-1/2}dx} \right)\left(\int_{0}^{1}{y^{k}(1-y)^{-1/2}dy} \right)}=$ $\displaystyle \frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{2k+1}\cdot\frac{k!\sqrt{\pi}}{\Gamma\left(k+1/2 \right)}\left(k+1/2 \right)}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{4^{n}(n!)^2}{\left(2n+1)^2\left(2n \right)! \right)}}$ ,

όπου χρησιμοποιήθηκε ο τύπος $\displaystyle \Gamma\left(k+1/2 \right)=\frac{\left(2k \right)!}{4^{k}k!}\sqrt{\pi}$ . Tελικά έχουμε ότι $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{c_{k}}{k}}=G$ .

Για την ακολουθία $d_{k}$ έχουμε ότι $\displaystyle \forall k\geq 2:kd_{k}-\left(k-1 \right)d_{k-1}=-1/k,d_{0}=0,d_{1}=-1$ , και θέτοντας $\displaystyle G\left(x \right)=\sum_{n=0}^{\infty}{d_{n}x^{n}}$ βρίκουμε ότι η

ικανοποιεί την διαφορική εξίσωση: $\displaystyle \left(x-x^3 \right)G'\left(x \right)-x^2 G\left(x \right)=\ln\left(1-x \right)$

και για 0<x<1

έχουμε ότι $\displaystyle G(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\int_{0}^{x}{\frac{\ln\left(1-y \right)}{y}}dy$ οπότε $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{d_{k}x^{k}}{k}}=\int_{0}^{x}{\int_{0}^{w}{\frac{\ln\left(1-y \right)}{wy\sqrt{1-w^2}}}}dydw$ .

Προφανώς επειδή η σειρά $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{c_{k}}{k}}$ συγκλίνει (επειδή το αρχικό ολοκλήρωμα υπάρχει) από το λήμμα του Abel ισχύει $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 1^{-}}\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{c_{k}x^{k}}{k}}=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{c_{k}}{k}}$ συνεπώς

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{c_{k}}{k}}=\int_{0}^{1}{\int_{0}^{x}{\frac{\ln(1-y)dxdy}{xy\sqrt{1-x^2}}}}dydx=-\int_{0}^{1}{\int_{y}^{1}{\frac{\ln(1-y)dxdy}{xy\sqrt{1-x^2}}}}dxdy=$

$\displaystyle \int_{0}^{1}{\frac{\ln x \ln\left(\frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}} \right)}{x\sqrt{1-x^2}}}dx$ .Θέτοντας $\displaystyle x=\frac{2y}{y^2 +1}$ βρίσκουμε $\displaystyle \int_{0}^{1}{\frac{\ln x \ln\left(\frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}} \right)}{x\sqrt{1-x^2}}}dx=\int_{0}^{1}\frac{\lny\left(2\ln\left(1-y \right)-\ln\left(1+y^2 \right) \right)}{y}dy$ και $\displaystyle \int_{0}^{1}{\frac{\ln\left(1-y \right)\ln y}{y}}dy=-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}\int_{0}^{1}{x^{k-1}\ln x dx}}=\zeta(3)$ ,

$\displaystyle \int_{0}^{1}{\frac{\ln\left(1+y^2 \right)\ln y}{y}}dy=-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k}}{k}\int_{0}^{1}{x^{2k-1}\ln x dx}}=\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{\left(-1 \right)^k}{k^3}$ $\displaystyle =\frac{3}{16}\zeta(3)$ .Άρα προκύπτει ότι $\displaystyle \int_{0}^{1}{\frac{\ln x \ln\left(\frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}} \right)}{x\sqrt{1-x^2}}}dx=\frac{35}{16}\zeta(3)$ .

Τελικά, $\displaystyle -\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{\pi^2 b_{k}+\pi c_{k}+d_{k}}{k}}=\frac{35}{16}\zeta(3)-\frac{\pi^2 \ln 2}{8}-\pi \cdot G$ , επομένως $\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}{x\ln\left(1-\cos x \right)}dx=\frac{35}{16}\zeta(3)-\frac{\pi^2 \ln 2}{8}-\pi \cdot G$ .

#3

kwstas12345 έγραψε:Πολύ όμορφο θέμα. Θέτουμε $\displaystyle a_{k}:=\int_{0}^{\pi/2}{x \cos^k x dx}$ τότε από το θεώρημα Beppo-Levi έχουμε $\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}{x\ln\left(1-2\cos x \right)}dx=-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{a_{k}}{k}}$ ...

Πολύ όμορφη η λύση σου Κώστα

και ιδιαίτερα ο τρόπος που αντιμετώπισες το $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {x{{\cos }^k}x\,dx} }$ .. κι εγώ έτσι ξεκίνησα αλλά κόλλησα .. κι άλλαξα πλεύση ..
Το θέμα μου προέκυψε σαν ενδιάμεσο αποτέλεσμα, ψάχνοντας για ένα άλλο .. στο οποίο όμως ακόμα βρίσκομαι στο μηδέν ..

Η δική μου προσέγγιση είναι :

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos nx}}{n}} = \frac{1}{2}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{e^{inx}}}}{n}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{e^{ - inx}}}}{n}} } \right) = - \frac{1}{2}\log \left( {1 - {e^{ix}}} \right)\left( {1 - {e^{ - ix}}} \right) = - \frac{1}{2}\log 2\left( {1 - \cos x} \right) = }$

$\displaystyle{ = - \frac{{\log 2}}{2} - \frac{1}{2}\log \left( {1 - \cos x} \right) \Rightarrow \boxed{\log \left( {1 - \cos x} \right) = - \log 2 - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos nx}}{n}} }}$ , οπότε

$\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {x\log \left( {1 - \cos x} \right)dx} = - \log 2\int\limits_0^{\pi /2} {x\,dx} - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}\int\limits_0^{\pi /2} {x\cos nx\,dx} } = - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{8} - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}\left( { - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{{\cos \dfrac{{n\pi }}{2}}}{{{n^2}}} + \pi \frac{{\sin \dfrac{{n\pi }}{2}}}{{2n}}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{8} + 2\zeta \left( 3 \right) - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \dfrac{{n\pi }}{2}}}{{{n^3}}}} - \pi \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \dfrac{{n\pi }}{2}}}{{{n^2}}}} = - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{8} + 2\zeta \left( 3 \right) - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\left( {{i^n} + {{\left( { - i} \right)}^n}} \right)}}{{{n^3}}}} - \frac{\pi }{{2i}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\left( {{i^n} - {{\left( { - i} \right)}^n}} \right)}}{{{n^2}}}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^{\pi /2} {x\log \left( {1 - \cos x} \right)dx} = - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{8} + 2\zeta \left( 3 \right) - \left( {L{i_3}\left( i \right) + L{i_3}\left( { - i} \right)} \right) - \frac{\pi }{{2i}}\left( {L{i_2}\left( i \right) - L{i_2}\left( { - i} \right)} \right)}}$

Όμως ισχύει $\displaystyle{L{i_3}\left( z \right) + L{i_3}\left( { - z} \right) = \frac{1}{4}L{i_3}\left( {{z^2}} \right)}$ viewtopic.php?f=9&t=12954&hilit=otto , οπότε $\displaystyle{L{i_3}\left( i \right) + L{i_3}\left( { - i} \right) = \frac{1}{4}L{i_3}\left( { - 1} \right) = \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} = - \frac{3}{{16}}\zeta \left( 3 \right)}$

και $\displaystyle{L{i_2}\left( i \right) - L{i_2}\left( { - i} \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{i^n}}}{{{n^2}}}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - i} \right)}^n}}}{{{n^2}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{i^{2n - 1}}}}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{i^{2n}}}}{{{{\left( {2n} \right)}^2}}}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - i} \right)}^{2n - 1}}}}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - i} \right)}^{2n}}}}{{{{\left( {2n} \right)}^2}}}} = }$

$\displaystyle{ = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{i^{2n - 1}}}}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} = \frac{2}{i}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} = - 2i\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n - 1} \right)}^2}}}} = 2i\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2}}}} = 2i \cdot G}$ http://mathworld.wolfram.com/CatalansConstant.html

Άρα $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {x\log \left( {1 - \cos x} \right)dx} = - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{8} + 2\zeta \left( 3 \right) - \left( {L{i_3}\left( i \right) + L{i_3}\left( { - i} \right)} \right) - \frac{\pi }{{2i}}\left( {L{i_2}\left( i \right) - L{i_2}\left( { - i} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{8} + 2\zeta \left( 3 \right) + \frac{3}{{16}}\zeta \left( 3 \right) - \frac{\pi }{{2i}}\left( {2i \cdot G} \right) = - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{8} + \frac{{35}}{{16}}\zeta \left( 3 \right) - \pi \cdot G}$

#4

Μισό λεπτάκι να πάρω ανάσα παιδιά..

Όμορφο γενικευμένο 4.

Όμορφο γενικευμένο 4.

Re: Όμορφο γενικευμένο 4.

Re: Όμορφο γενικευμένο 4.

Re: Όμορφο γενικευμένο 4.

Μέλη σε σύνδεση