Φυσούσε Λεβάντες

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

Tolaso J Kos · #2

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 23, 2024 7:30 pm
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\mathop{\displaystyle\int }_{0}^{1}\displaystyle\frac{{{x}^{2}}+x+1}{{{x}^{4}}+{{x}^{3}}+{{x}^{2}}+x+1} dx$

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{x^2+x+1}{x^4+x^3+x^2+x+1} \,\mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} \frac{(1-x) \left ( x^2+x+1 \right )}{\left ( 1-x \right ) \left ( x^4+x^3+x^2+x+1 \right )} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} \frac{1-x^3}{1-x^5} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} \left ( 1 - x^3 \right ) \sum_{n=0}^{\infty} x^{5n} \,\mathrm{d}x\\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} \left ( x^{5n} - x^{3 + 5n} \right )\, \mathrm{d} x\\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{5n+1} - \frac{1}{5n+4} \right ) \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{n + \frac{1}{5}} - \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{n + \frac{4}{5}} \right ) \\ &= \frac{1}{5}\psi^{(0)} \left ( \frac{4}{5} \right ) - \frac{1}{5} \psi^{(0)} \left ( \frac{1}{5} \right ) \end{aligned}}$

όπου $\psi^{(0)}$ η διγάμμα. Όμως, από τον ανακλαστικό τύπο είναι

$\displaystyle{\psi^{(0)} \left ( 1 - x \right ) - \psi^{(0)}(x) = \pi \cot \pi x }$
Για $x = \frac{1}{5}$ λαμβάνουμε τη τιμή του ολοκληρώματος, η οποία είναι $\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{x^2+x+1}{x^4+x^3+x^2+x+1} \,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{5} \cot \frac{\pi}{5}}$ .

Το W|A δίδει ότι $\displaystyle{\sqrt{1+\frac{2}{\sqrt{5}}}}$ . Δε ξέρω πώς βγαίνει αυτό.

Υ.Σ 1: Ενδιαφέρον θα είχε να δούμε διαφορετικό τρόπο επίλυσης της σειράς $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{5n+1} - \frac{1}{5n+4} \right )}$ .

Υ.Σ 2: Ο τίτλος δεν έγινε κατανοητός.

orestisgotsis · #3

ΠΕΡΙΤΤΑ

#4

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 23, 2024 7:30 pm
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\mathop{\displaystyle\int }_{0}^{1}\displaystyle\frac{{{x}^{2}}+x+1}{{{x}^{4}}+{{x}^{3}}+{{x}^{2}}+x+1} dx$

(Δεν έχω λύση)

Ένας απλός τρόπος αλλά με πολλές πράξεις που δεν τολμώ να κάνω είναι ο εξής (το σκιαγραφώ, γενικότερα, για το αόριστο ολοκλήρωμα).

Έστω

μιγαδική πέμπτη ρίζα της μονάδας. Τότε, ως γνωστόν,

$x^4+x^3+x^2+x+1= \dfrac {x^5-1}{x-1} = \dfrac {(x-1)(x-w)(x-w^2)(x-w^3)(x-w^4)}{x-1} =$

= (x-w)(x-w^2)(x-w^3)(x-w^4)

Οπότε έχουμε ανάλυση σε απλά κλάσματα

$\dfrac {x^2+x+1}{ (x-w)(x-w^2)(x-w^3)(x-w^4) } = \dfrac {A} {x-w}+ \dfrac {B} {x-w^2}+ \dfrac {C} {x-w^3} + \dfrac {D} {x-w^4}$

Τους συντελεστές $A, ...\,,\, E$ είναι εύκολο να τους βρούμε. Π.χ. για τον

έχουμε

, όπου

κάποιο πολυώνυμο του

. Άρα για x=w

έχουμε

, από όπου το

. Όμοια τα υπόλοιπα.

Στο τέλος έχουμε τα ολοκληρώσουμε τα $\dfrac {1}{x-w^k}$ που δίνουν λογαρίθμους. Εδώ... σταματώ.
.

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 23, 2024 8:47 pm
Λεβάντης = Ο Ανατολικός άνεμος. Άσκηση από Ιαπωνία. Σ’ ευχαριστώ.

Προσοχή, είναι Λεβάντες από το Ιταλικό Levante, που σημαίνει Ανατολή.

KARKAR · #5

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 23, 2024 7:30 pm
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\mathop{\displaystyle\int }_{0}^{1}\displaystyle\frac{{{x}^{2}}+x+1}{{{x}^{4}}+{{x}^{3}}+{{x}^{2}}+x+1} dx$

Κάντο : $\mathop{\displaystyle\int }_{0}^{1}\displaystyle\frac{{{x}^{2}}+x+1}{{{x}^{4}}+{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+x+1} dx$ , να το βρουν όλοι

orestisgotsis · #6

ΠΕΡΙΤΤΑ

#7

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 24, 2024 7:51 am

Έχει προστεθεί μία διαφοροποίηση: $\displaystyle\int_{0}^{1}{\displaystyle\frac{{{x}^{2}}+x+1}{{{x}^{4}}+{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+x+1}}\,\,dx.$

$\displaystyle{\int_{0}^{1}{\dfrac{{{x}^{2}}+x+1}{{{x}^{4}}+{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+x+1}}\,\,dx =\int_{0}^{1}{\dfrac{{{x}^{2}}+x+1}{(x^2+1)(x^2+x+1)}\,\,dx= }$

$\displaystyle{=\int_{0}^{1}{\dfrac{1}{x^2+1}\,\,dx= \dfrac {\pi }{4} }$ (γνωστό ολοκλήρωμα είτε ως έτοιμη αντιπαράγωγος ή με αλλαγή μεταβλητής $x=\tan \theta$ )

#8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 23, 2024 8:14 pm

Υ.Σ 1: Ενδιαφέρον θα είχε να δούμε διαφορετικό τρόπο επίλυσης της σειράς $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{5n+1} - \frac{1}{5n+4} \right )}$ .

O στάνταρ τρόπος είναι άμεσος μέσω του γνωστού τύπου $\displaystyle{\pi \cot (\pi x) = \dfrac {1}{x} + \sum _{n=1}^{\infty} \dfrac {2x}{x^2-n^2}}$ θέτοντας $x= \dfrac {1}{5}$ .

Του τύπου αυτού υπάρχουν πολλές αποδείξεις, αλλά όλες είναι ευρηματικές και ζόρικες. Ίσως ο πιο ενδιαφέρον τρόπος είναι ως εφαρμογή του τύπου του Euler

$\displaystyle{\sin (\pi x) = \pi x \prod _{n=1}^{\infty } \left ( 1- \dfrac {x^2}{n^2}\right )}$

Αφήνω τις λεπτομέρειες γιατί μπαίνουμε σε ειδικά χωράφια αλλά τα οποία βρίσκει κανείς σε βιβλία σειρών, όπως το κλασσικό και εμβριθές του Knopp, Theory and Applications of Infinite Series (Αγγλική μετάφραση 1928 από το Γερμανικό του 1921).

Φυσούσε Λεβάντες

Φυσούσε Λεβάντες

Re: Φυσούσε Λεβάντης

Re: Φυσούσε Λεβάντης

Re: Φυσούσε Λεβάντης

Re: Φυσούσε Λεβάντες

Re: Φυσούσε Λεβάντες

Re: Φυσούσε Λεβάντες

Re: Φυσούσε Λεβάντης

Μέλη σε σύνδεση