Σειρά

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \int_{0}^{\infty} \frac{x}{\left ( x + \sqrt{1+x^2} \right )^{3n}} = \frac{13}{40} - \frac{\pi}{6\sqrt{3}}}$

Tolaso J Kos · #2

Επαναφορά.
Υπόδειξη: Θέτουμε $x= \sinh t$ .

BAGGP93 · #3

Ας ξεμπερεδεύουμε με το

$\displaystyle{I_n=\int_{0}^{\infty}\dfrac{x}{\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^{3\,n}}\,\mathrm{d}x\,,n\geq 2}$

Με αντικατάσταση "κλεψιά" από Τόλη, $x=\sinh\,t\,,t\in\left[0,\infty\right)$ βρίσκουμε,

$x+\sqrt{1+x^2}=\sinh\,t+\cosh\,t=e^{t}\,\,,\mathrm{d}x=\cosh\,t\,\mathrm{d}t$ , οπότε γράφουμε,

$\begin{aligned}I_n&=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sinh\,t}{e^{3\,n\,t}}\,cosh\,t\,\mathrm{d}t\\&=\dfrac{1}{4}\,\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{2\,t}-e^{-2\,t}}{e^{3\,n\,t}}\,\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{2\,t}-e^{-2\,t}}{4}\,(e^{-3\,t})^n\,\mathrm{d}t\end{aligned}$

Άρα, πρέπει να υπολογίσουμε

$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty}\,\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{2\,t}-e^{-2\,t}}{4}\,(-e^{-3\,t})^n\,\mathrm{d}t}$

Η ακολουθία συναρτήσεων $f_n(t)=\dfrac{e^{2\,t}-e^{-2\,t}}{4}\,(-e^{-3\,t})^n\,,t\geq 0\,,n\geq 2$ συγκλίνει ομοιόμορφα στη μηδενική συνάρτηση διότι $-e^{-3\,t}\in\left(-1,0\right)\,,t>0\,,f_n(0)=0\,,n\geq 2$

Άρα, μπορούμε να γράψουμε,

$\begin{aligned} \sum_{n=2}^{\infty}\,\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{2\,t}-e^{-2\,t}}{4}\,(-e^{-3\,t})^n\,\mathrm{d}t&=\int_{0}^{\infty}\,\sum_{n=2}^{\infty}\dfrac{e^{2\,t}-e^{-2\,t}}{4}\,(-e^{-3\,t})^n\,\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{2\,t}-e^{-2\,t}}{4}\,\sum_{n=2}^{\infty}(-e^{-3\,t})^n\,\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{2\,t}-e^{-2\,t}}{4}\,\left[\dfrac{1}{1+e^{-3\,t}}-1+e^{-3\,t}\right]\,\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{-t}-e^{3\,t}}{4}\,\left[\dfrac{1}{1+e^{-3\,t}}-1+e^{-3\,t}\right]\,\mathrm{d}(e^{-t})\\&\stackrel{u=e^{-t}}{=}\int_{1}^{0}\dfrac{1}{4}\,\left(u-\dfrac{1}{u^3}\right)\,\left[\dfrac{1}{1+u^3}-1+u^3\right]\,\mathrm{d}u\\&=\dfrac{1}{4}\,\int_{1}^{0}\dfrac{u^3\,(u^4-1)}{1+u^3}\,\mathrm{d}u\\&=\dfrac{1}{4}\,\int_{1}^{0}\dfrac{u^3\,(u-1)\,(u^2+1)}{u^2-u+1}\,\mathrm{d}u\\&=\dfrac{1}{4}\,\int_{1}^{0}\dfrac{u^6-u^5+u^4-u^3}{u^2-u+1}\,\mathrm{d}u\\&=\dfrac{1}{4}\int_{1}^{0}\dfrac{(u^2-u+1)\,(u^4-u-1)+1}{u^2-u+1}\,\mathrm{d}u\\&=\dfrac{1}{4}\,\int_{1}^{0}\left(u^4-u-1+\dfrac{4}{(2\,u-1)^2+3}\right)\,\mathrm{d}u\\&=\dfrac{1}{4}\,\left[\dfrac{u^5}{5}-\dfrac{u^2}{2}-u+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\,\arctan\,\left(\dfrac{2\,u-1}{\sqrt{3}}\right)\right]_{1}^{0}\\&=\dfrac{1}{4}\,\left[\dfrac{2}{\sqrt{3}}\,\arctan\,\left(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)-\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{2}+1-\dfrac{2}{\sqrt{3}}\,\arctan\,\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)\right]\\&=\dfrac{1}{4}\,\left[\dfrac{13}{10}-\dfrac{4\,\pi}{6\,\sqrt{3}}\right]\\&=\dfrac{13}{40}-\dfrac{\pi}{6\,\sqrt{3}}\end{aligned}$

YΓ: Τόλη, πέρασα ωραία, αλλά με τόσες πράξεις, κερνάς καφέ, δεν τη γλιτώνεις

Tolaso J Kos · #4

BAGGP93 έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 11, 2020 1:20 pm
YΓ: Τόλη, πέρασα ωραία, αλλά με τόσες πράξεις, κερνάς καφέ, δεν τη γλιτώνεις

Σειρά

Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Re: Σειρά

Μέλη σε σύνδεση