SEEMOUS 2016/4

#1

Για ακέραιο $n \geqslant 1$ θέτουμε $\displaystyle{I_n:=\int_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{(1+x^2)^n}\,dx}$ .

Να δειχθεί ότι:

(α) $\displaystyle{\sum_{n\geqslant 1}\frac{I_n}{n} = \frac{\pi^2}{6}}$

(β) $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\arctan x\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\, \mathrm{d}x=\frac{\pi^2}{6}}$ .

Όπως έχει παρατηρήσει ο Τόλης την είδαμε εδώ.

#2

Περίεργο δεν είναι να πέφτει σε διαγωνισμό αυτούσιο θέμα με πρόσφατα δημοσιευμένη λύση σε περιοδικό;

#3

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Περίεργο δεν είναι να πέφτει σε διαγωνισμό αυτούσιο θέμα με πρόσφατα δημοσιευμένη λύση σε περιοδικό;

Είναι Αναστάση. Το πρόβλημα είναι κυρίως σε αυτόν που το προτείνει και στο περιοδικό αλλά και στον διαγωνισμό. Οι αρχηγοί, έστω και με το search button δεν μπορούν να τα βρουν όλα.
Μπορείς να κάνεις copy-paste την λύση σου ώστε να την έχουμε και εδώ γραμμένη;

#4

smar έγραψε:Μπορείς να κάνεις copy-paste την λύση σου ώστε να την έχουμε και εδώ γραμμένη;

a) Έχουμε $\displaystyle{I_n\stackrel{x=\tan y}{\!=\!=\!=\!=}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}y\cos^{2n-2}y\,dy}$
και αφού η ολοκληρωτέα ποσότητα δεν αλλάζει πρόσημο:

$\begin{aligned}\sum_{n\geq1}\frac{I_n}{n}&=\sum_{n\geq1}\frac{1}{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}y\cos^{2n-2}y\,dy=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}y\sum_{n\geq1}\frac{(\cos^{2}y)^{n-1}}{n}\,dy=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}y\frac{\ln(1-\cos^2y)}{\cos^2y}\,dy\notag \\ &=-2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}y\frac{\ln(\sin y)}{\cos^2y}\,dy=-2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(y\tan y+\ln(\cos y)\right)'\ln(\sin y)\,dy\notag \\ &=-2\left(y\tan y+\ln(\cos y)\right)\ln(\sin y)\Bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}+2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(y\tan y+\ln(\cos y)\right)\cot y\,dy\notag \\ &=\frac{\pi^2}{4}+2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cot y\ln(\cos y)\stackrel{\cos y=t}{\!=\!=\!=\!=}\frac{\pi^2}{4}+2\int_{0}^{1}\frac{t\ln t}{1-t^2}\,dt=\frac{\pi^2}{4}+\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{1-t}\,dt-\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{1+t}\,dt\notag \\ &=\frac{\pi^2}{4}+\int_0^1\sum_{n\geq0}t^n\ln t-\int_0^1\sum_{n\geq0}(-t)^n\ln t.\notag\end{aligned}$

Από το Θεώρημα Κυριαρχημένης Σύγκλισης η άθροιση με την ολοκλήρωση μπορούν να αλλάξουν σειρά οπότε

$\displaystyle{\sum_{n\geq1}\frac{I_n}{n}=\frac{\pi^2}{4}+\sum_{n\geq0}\int_0^1t^n\ln t-\sum_{n\geq0}\int_0^1(-t)^n\ln t=\frac{\pi^2}{4}-\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^2}+\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}=\zeta(2).}$

b) $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\arctan x\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\,dx\stackrel{x=\tan y}{\!=\!=\!=\!=}-2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}y\frac{\ln(\sin y)}{\cos^2y}\,dy=\sum_{n\geq1}\frac{I_n}{n}}$ από το a), οπότε το αποτέλεσμα έπεται.

#5

Αναστάση, να αναφέρω ότι είχαμε ένα θέμα στην βαθμολόγηση του προβλήματος με την χρήση κυριαρχημένης σύγκλισης. Αρκετοί φοιτητές την χρησιμοποιούσαν χωρίς να είναι ξεκάθαρο αν καταλαβαίνουν γιατί εφαρμόζεται. Η εντύπωση που αποκομίσαμε ήταν ότι οι φοιτητές είχαν την οδηγία από αυτούς που τους προετοίμασαν: «Εναλλάξτε ελεύθερα αθροίσματα και ολοκληρώματα και αναφέρετε την κυριαρχημένη σύγκλιση.»

Εδώ π.χ. για να πάρει ο φοιτητής 10 και όχι 9 ζητούσαμε να δούμε τα εξής:

Θέτουμε $\displaystyle{f_N = \sum_{n=1}^N t^n \log{t} }$ . Η ακολουθία (f_N)

συγκλίνει κατά σημείο στην

$\displaystyle{ f(t) = \begin{cases} 0 & t=0, t=1 \\ \frac{t\log{t}}{1-t} & t \in (0,1) \end{cases}}$

Επίσης είναι $|f_N(t)| \leqslant g(t) = -\frac{t\log{t}}{1-t}$ (με g(0) = 0,g(1)=1

) με την

να είναι συνεχής και άρα ολοκληρώσιμη. Οπότε το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης μπορεί να εφαρμοστεί κ.τ.λ. Ομοίως και για την $\displaystyle{\sum_{n=1}^N (-t)^n \log{n} }$ η οποία φράσσεται από την ίδια

. (Για

απλά ολοκληρώνουμε ξεχωριστά.)

Είναι αξιοσημείωτο ότι υπήρχαν φοιτητές οι οποίοι τα είχαν γράψει όλα αυτά. (Αν και στους περισσότερους εφαρμοζόταν το Tonelli που εκεί η δικαιολόγηση είναι αρκετά πιο απλή. Π.χ. ήδη το χρησιμοποίησε ο Αναστάσης στην πρώτη γραμμή αναφερόμενος σε θετικές ποσότητες. Εκεί δεν ζητούσαμε κάτι περισσότερο.) Δικαιωματικά λοιπόν αυτοί άξιζαν 10 ενώ οι υπόλοιποι που δεν τα έγραψαν έμειναν στο

.

Οφείλω να αναφέρω ξανά ότι αρκετοί από τους Έλληνες φοιτητές έδωσαν πλήρεις δικαιολογήσεις κάτι που με χαροποίησε ιδιαιτέρως. Τα συγχαρητήριά μου ξανά και στους φοιτητές και σε όσους τους προετοίμασαν. Δεν είναι τόσο η μία μονάδα διαφορά όσο η διαφορά στην ποιότητα που εξέπεμπαν αυτά τα γραπτά από τα υπόλοιπα. (Υπήρχαν βέβαια και αρκετοί ξένοι φοιτητές οι οποίοι έδωσαν πλήρεις δικαιολογήσεις. Τα συγχαρητήριά μου και σε αυτούς και στις ομάδες τους.)

SEEMOUS 2016/4

SEEMOUS 2016/4

Re: SEEMOUS 2016/4

Re: SEEMOUS 2016/4

Re: SEEMOUS 2016/4

Re: SEEMOUS 2016/4

Μέλη σε σύνδεση