Ολοκλήρωμα

Tolaso J Kos · #1

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{1/3}^{3/2} \left ( x - \frac{1}{3} \right )^9 \left ( \frac{3}{2} - x \right )^7 \, \mathrm{d} x }$

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 20, 2021 4:06 pm
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{1/3}^{3/2} \left ( x - \frac{1}{3} \right )^9 \left ( \frac{3}{2} - x \right )^7 \, \mathrm{d} x }$

Για να κλείνει.

Πρώτα το φέρνουμε σε "κανονική" μορφή για να δούμε τι τρέχει: Η αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle{x= \frac {7}{6}y+\frac {1}{3}}$ το φέρνει στην μορφή

$\displaystyle{\left ( \frac {7}{6}\right ) ^{20} \int _0^1 y^9(1-y)^7dy}$

Τώρα μάλιστα!

Στην χειρότερη περίπτωση αναπτύσουμε το (1-y)^7

με τον τύπο του διωνύμου και ολοκληρώνουμε όρο προς όρο. Χμμμ, απλό αλλά πολύ δουλειά. Όμως ο τύπος αυτός του ολοκληρώματος είναι γνωστή υπόθεση, και βγαίνει (γενικότερα) με πολλούς τρόπους. π.χ. με τριγωνομετρική αντικατάσταση $y=\sin ^2 \theta$ ή με αναδρομικό τύπο. Αφήνω τις λεπτομέρειες γιατί είναι χιλιοειπωμένες, μια και πρόκειται για τις γνωστές συναρτήσεις Βήτα ( βλέπε π.χ. εδώ). Συγκεκριμένα

$\displaystyle{\boxed {B(m,n) = \int _0^1x^{m-1}(1-x)^ {n-1} \,dx = \dfrac {(m-1)! (n-1)! }{(m+n-1)!}}}$

Στην περίπτωση του αρχικού ολοκληρώματος στην άσκηση θα βρούμε

$\displaystyle{\left ( \frac {7}{6}\right ) ^{20} \dfrac {9! 7! }{16!}}}$

KARKAR · #3

Λόγω της τοποθέτησης του θέματος σ' αυτόν τον φάκελο , μπορεί κανείς να υποθέσει

ότι ο θεματοδότης έχει κατά νου μια πιο "σχολική" προσέγγιση ...

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 21, 2021 12:47 pm
Λόγω της τοποθέτησης του θέματος σ' αυτόν τον φάκελο , μπορεί κανείς να υποθέσει

ότι ο θεματοδότης έχει κατά νου μια πιο "σχολική" προσέγγιση ...

Ουσιαστικά η λύση που έγραψα με το ανάπτυγμα του διωνύμου, είναι σχολική. Απλά πρέπει να πολλαπλασιάσεις το 1-y

με τον εαυτό του επτά φορές (και δεν είναι ανάγκη να ξέρεις τον γενικό τύπο του διωνύμου). Γλυτώνουμε κόπο αν πούμε

$\displaystyle{(1-y)^7 = (1-y)^3(1-y)^3 (1-y) = (1-3y+3y^2-y^3)(1-3y+3y^2-y^3)(1-y) = }$ ρουτίνα.

Πάντως από την απάντηση και μόνο, $\displaystyle{\left ( \frac {7}{6}\right ) ^{20} \dfrac {9! 7! }{16!}}}$ , μη περιμένεις να βρεις λύση χωρίς να βρέξεις τα πόδια σου καλά, καλά.

Ας προσθέσω ότι οι άλλες λύσεις που ανέφερα αλλά δεν κατέγραψα (ως γνωστές) είναι επίσης σχολικές αν μείνουμε σε φυσικούς $m,\,n$ στην μελέτη των B(m, n)

. H παραπομπή στην Wikipedia που παρέπεμψα μπορεί να δώσει λάθος εικόνα γιατί καλύπτει και περιπτώσεις παραμέτρων που μπορεί να μην είναι ακέραιοι. Έτσι η ισότητα $\displaystyle{B(m,n) = \dfrac {\Gamma (m) \Gamma (n) }{\Gamma (m+n)}}$ μπορεί να αποπροσανατολίσει ενώ στην πραγματικότητα είναι απλή και σχολική αν $m,\,n \in \mathbb N$

Tolaso J Kos · #5

Εδώ μια απόδειξη του αποτελέσματος που χρησιμοποίησε ο Μιχάλης...

#6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 21, 2021 11:17 am
--- ή με αναδρομικό τύπο...

Ας δούμε και μία μέθοδο με αναδρομικό τύπο του

$\displaystyle{\int _0^1x^{M}(1-x)^ {N} \,dx = \dfrac {M! N! }{(M+N+1)!} }$ για θετικούς φυσικούς $M,\,N$ .

Mε ολοκλήρωση κατά μέρη έχουμε

$\displaystyle{\int _0^1x^{M}(1-x)^ {N} dx = \left [ \dfrac {x^{M+1}}{M+1} (1-x)^N \right ]_0^1+ \dfrac {N}{M+1} \int _0^1x^{M+1}(1-x)^ {N-1} dx = \dfrac {N}{M+1} \int _0^1x^{M+1}(1-x)^ {N-1} dx}$

Από αυτό αλλά με $M+1,\, N-1$ στην θέση των $M,\, N$ , θα βρούμε ότι το δεξί μέλος ισούται

$\displaystyle{ \dfrac {N(N-1)}{(M+1)(M+2)} \int _0^1x^{M+2}(1-x)^ {N-2} dx = ... = \dfrac {N(N-1)\cdot ... \cdot 1}{(M+1)(M+2)\cdot ...\cdot (M+N)} \int _0^1x^{M+N} dx= }$

$\displaystyle{= \dfrac {N(N-1)\cdot ... \cdot 1}{(M+1)(M+2)\cdot ...\cdot (M+N)} \cdot \dfrac {1}{M+N+1}}$ , που ισοδυναμεί με το ζητούμενο.

Ολοκλήρωμα

Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση