mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 10, 2020 9:39 pm**

papamixalis έγραψε: Παρ Ιούλ 10, 2020 1:05 pm Παρατηρούμε ότι η αρχική της $\dfrac{1}{\sqrt{1-ax+a^2}}$ είναι η $\dfrac{2\sqrt{1+a^2-ax}}{-a}} +c$

Άρα προκύπτει ότι το (ορισμένο) ολοκλήρωμα ισούται με
$\dfrac{2\sqrt{1+a^2-2a}-2\sqrt{1+a^2+2a}}{-a}=\dfrac{2\sqrt{(a-1)^2}-2\sqrt{(a+1)^2}}{-a}=\dfrac{2|a-1|-2|a+1|}{-a}$

Συνεπώς αν το ολοκλήρωμα ισούται με $\dfrac{2(1-a)-2(a+1)}{-a}=4$

Αν το ολοκλήρωμα ισούται με $\dfrac{2(a-1)-2(a+1)}{-a}=\dfrac{4}{a}$

Συνονόματε, Καλησπέρα.

η λύση σου. Το πρώτο βήμα σου είναι καλύτερο από την υπόδειξη.

Αν θέλουμε λύση ακολουθώντας την υπόδειξη, μπορούμε να πούμε: Αφού $\displaystyle{ t= \dfrac{1}{\sqrt{1-ax+a^2}}}$ έχουμε

$\displaystyle{ 1-ax+a^2= \dfrac{1}{t^2}$ άρα με παραγώγιση $\displaystyle{a \frac {dx}{dt} =\frac {2}{t^3}}$ , οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται

$\displaystyle{\frac {2}{a}\int _{1/|a+1|}^{1/|a-1|} \frac {1}{t^2}dt}$ . Τα υπόλοιπα άμεσα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 11, 2020 12:45 am**

Άσκηση 9 (Special Paper Ιούνιος 1985)

Αφού πρώτα δείξετε ότι για συνεχή

ισχύει $\displaystyle{ \int _0^{\pi} xf(\sin x) dx = \frac {\pi}{2} \int _0^{\pi} f(\sin x) dx }$ , να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

α) $\displaystyle{ \int _0^{\pi} x\sin ^5 x dx }$ και β) $\displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 11, 2020 10:22 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 12:45 am Άσκηση 9 (Special Paper Ιούνιος 1985)

Αφού πρώτα δείξετε ότι για συνεχή ισχύει $\displaystyle{ \int _0^{\pi} xf(\sin x) dx } = \frac {\pi}{2} \int _0^{\pi} f(\sin x) dx }$ , να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

α) $\displaystyle{ \int _0^{\pi} x\sin ^5 x dx }$ και β) $\displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx}$

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια μέχρι το α)
Έστω $I=\displaystyle{ \int _0^{\pi} xf(\sin x) dx }$ . Με αλλαγή μεταβλητής $u=\pi - x$ , έχουμε :

$I= -\displaystyle{\int_{\pi }^{0}} (\pi-u) f(sin(\pi-u))du$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $I=\displaystyle{\int_{0 }^{\pi}} \pi f(sinu)du$ $-\displaystyle{\int_{0 }^{\pi}} u f(sinu)du$

$\Leftrightarrow$ $I=\displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int_{0 }^{\pi}} f(sinu)du$ (1)

α) Από την (1) ισχύει : $\displaystyle{ \int _0^{\pi} x\sin ^5 x dx }$ $=\displaystyle{ \frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} \sin ^5 x dx } =$

$=\displaystyle{ \frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} \left (\sin ^2x \right )^2sinx dx } =$ $\displaystyle{ -\frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} \left (1-\cos ^2x \right )^2 (cosx)' dx } =$

$= \displaystyle{ -\frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} (cosx)' dx }$ $+ \displaystyle{ \frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} 2 \cos ^2x (cosx)' dx }$ $\displaystyle{ -\frac{\pi}{2} \int _0^{\pi} \cos ^4 x (cosx)' dx }$ $=...= \dfrac{8\pi}{15}$ .
Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος στις πράξεις...
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 11, 2020 11:07 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 12:45 am Άσκηση 9 (Special Paper Ιούνιος 1985)

Αφού πρώτα δείξετε ότι για συνεχή ισχύει $\displaystyle{ \int _0^{\pi} xf(\sin x) dx = \frac {\pi}{2} \int _0^{\pi} f(\sin x) dx }$ , (1) να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα

α) $\displaystyle{ \int _0^{\pi} x\sin ^5 x dx }$ και β) $\displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx}$

Συνεχίζω και για το β)
Είναι $I = \displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx }$ $=\displaystyle{ \int _0^{\pi} \frac {x \sin x}{4- \sin ^2 x} dx}$ $=\displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int _0^{\pi} \frac { \sin x}{4- \sin ^2 x} dx}$ $=\displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int _0^{\pi} \frac { \sin x}{3+ \cos ^2 x} dx}$ , από την (1).

Θέτοντας όπου cosx=u

έχουμε $I= \displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int _{-1}^{1} \frac { 1}{3+ u ^2 } du}$ .

Ξαναθέτοντας όπου $u=\sqrt{3}tant$ προκύπτει : $I= \displaystyle{ \frac{\pi}{2}\int _{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \frac { 1}{3+ 3\tan ^2 x}\cdot \sqrt{3} \left ( 1+tan^2t \right )dt}$ $=...\dfrac{\sqrt{3}\pi^2}{18}$ .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 12, 2020 1:00 am**

Άσκηση 10 (Ιούνιος 1964)

α) Αν a>0

και $m\ne n$ ακέραιοι, να συγκρίνετε ως προς το μέγεθος τις παραστάσεις $a^{3m} + a^{3n}$ και $a^{2m + n} + a^{m+2n}$ .

β) Γράψτε το ανάπτυγμα ως δυναμοσειρά των $\ln (1+x),\, \ln (1-x)$ αναφέροντας και το διάστημα στα οποία ισχύει η κάθε ισότητα.

Αν $t^x= \dfrac {a+x}{a-x}$ , όπου -a < x < a

, να αναπτύξετε το $\ln t$ ως δυναμοσειρά της οποίας να γράψετε τον γενικό όρο. Να συμπεράνετε ότι $t>e^{2/a}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 21, 2020 10:29 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Ιούλ 12, 2020 1:00 am Άσκηση 10 (Ιούνιος 1964)

α) Αν και $m\ne n$ ακέραιοι, να συγκρίνετε ως προς το μέγεθος τις παραστάσεις $a^{3m} + a^{3n}$ και $a^{2m + n} + a^{m+2n}$ .

β) Γράψτε το ανάπτυγμα ως δυναμοσειρά των $\ln (1+x),\, \ln (1-x)$ αναφέροντας και το διάστημα στα οποία ισχύει η κάθε ισότητα.

Αν $t^x= \dfrac {a+x}{a-x}$ , όπου , να αναπτύξετε το $\ln t$ ως δυναμοσειρά της οποίας να γράψετε τον γενικό όρο. Να συμπεράνετε ότι $t>e^{2/a}$ .

.
α) Έχουμε $a^{3m} + a^{3n} - (a^{2m + n} + a^{m+2n} )= (a^{2m}- a^{2n})(a^{m} -a^{n} )=(a^{m}+a^{n})(a^{m} -a^{n} )^2>0$ , και λοιπά.

β) Το πρώτο μέρος είναι γνωστή και απλή θεωρία. Επίσης, παίρνοντας λογάριθμο στην δοθείσα έπεται

$\displaystyle {x\ln t = \ln \dfrac {a+x}{a-x}= \ln \dfrac {1+x/a}{1-x/a}= 2\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac {1}{2k+1}\left (\dfrac {x}{a}\right ) ^ {2k+1}$

από όπου $\displaystyle {\ln t = 2\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac {1}{2k+1}\dfrac {x^ {2k}}{a^ {2k+1}}$ (για $x\ne 0$ )

Κρατώντας τον πρώτο όρο έπεται ότι $\displaystyle {\ln t > \dfrac {2}{a}$ , από όπου $\displaystyle{t> e^{2/a}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 26, 2020 11:47 am**

Άσκηση 11 (1975)

α) (Το αφήνω, ως θεωρία για το τριώνυμο και την διακρίνουσά του).

β) Να εκφράσετε το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int _1^{1+u} t \left ( x+ \dfrac {1}{t} \right ) ^2\,dt}$ στην μορφή px^2+qx+r

. Mε χρήση αυτού να δείξετε ότι αν u>0

, τότε $\displaystyle{ \ln (1+u) > \dfrac {u}{1+ \frac {1}{2}u}}$ . Να συμπεράνετε ότι αν n>0

, τότε $\displaystyle{\left ( 1 + \dfrac {1}{n}\right ) ^{n+1/2} >e}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 01, 2020 12:57 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Ιούλ 26, 2020 11:47 am Άσκηση 11 (1975)

α) (Το αφήνω, ως θεωρία για το τριώνυμο και την διακρίνουσά του).

β) Να εκφράσετε το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int _1^{1+u} t \left ( x+ \dfrac {1}{t} \right ) ^2\,dt}$ στην μορφή . Mε χρήση αυτού να δείξετε ότι αν , τότε $\displaystyle{ \ln (1+u) > \dfrac {u}{1+ \frac {1}{2}u}}$ . Να συμπεράνετε ότι αν , τότε $\displaystyle{\left ( 1 + \dfrac {1}{n}\right ) ^{n+1/2} >e}$

Έχουμε

$\displaystyle{0< \int _1^{1+u} t \left ( x+ \dfrac {1}{t} \right ) ^2\,dt = x^2\int _1^{1+u} t \,dt + 2x\int _1^{1+u} 1 \,dt + \int _1^{1+u} \dfrac {1}{t} \,dt}$

$\displaystyle{= x^2\left [ \dfrac {1}{2} t^2\right ] _1^{1+u} + 2x \left [t\right ] _1^{1+u}+ \left [ \ln t\right ] _1^{1+u} = }$

$\displaystyle{= x^2\left (u +\dfrac {1}{2} u^2\right )+ 2x u + \ln (1+u)}$

Έπεται ότι για κάθε σταθερό u>0

η διακρίνουσα είναι $\Delta <0$ , εδώ $\displaystyle{ 4u^2 - 4\left (u +\dfrac {1}{2} u^2\right )\ln (1+u)<0}$ από όπου το ζητούμενο $\displaystyle{ \ln (1+u) > \dfrac {u}{1+ \frac {1}{2}u}}$

Θέτοντας $u= \dfrac {1}{n}$ , το προηγούμενο γράφεται $\displaystyle{ \left ( n + \dfrac {1}{2} \right ) \ln \left (1+ \dfrac {1}{n} \right ) >1}$ , και τώρα διώχνουμε τον λογάριθμο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 01, 2020 10:54 pm**

Άσκηση 12 (Special Paper, Ιούνιος 1988)

Εξετάζοντας κατάλληλo τραπέζιo με δύο κορυφές στο γράφημα της $y= \dfrac {1}{x}$ , δείξτε ότι για κάθε x>0

ισχύει

$\displaystyle{\dfrac {1}{x+\frac {1}{2}} < \ln \left ( 1+ \frac {1}{x} \right ) < \dfrac {1}{2}\left ( \frac {1}{x} + \frac {1}{x+1}\right )}$ .

Θέτουμε $\displaystyle{\gamma _n = \left ( 1+ \frac {1}{2}+ + \frac {1}{3} +... + \frac {1}{n}\right ) - \ln n}$ και $\displaystyle{a_n= \gamma _n - \dfrac {1}{2n}}$ .

Δείξτε ότι η ακολουθία (a_n)

είναι γνήσια αύξουσα και η $(\gamma _n)$ είναι γνήσια φθίνουσα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 08, 2020 11:51 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Αύγ 01, 2020 10:54 pm Άσκηση 12 (Special Paper, Ιούνιος 1988)

Εξετάζοντας κατάλληλo τραπέζιo με δύο κορυφές στο γράφημα της $y= \dfrac {1}{x}$ , δείξτε ότι για κάθε ισχύει

$\displaystyle{\dfrac {1}{x+\frac {1}{2}} < \ln \left ( 1+ \frac {1}{x} \right ) < \dfrac {1}{2}\left ( \frac {1}{x} + \frac {1}{x+1}\right )}$ .

Θέτουμε $\displaystyle{\gamma _n = \left ( 1+ \frac {1}{2}+ + \frac {1}{3} +... + \frac {1}{n}\right ) - \ln n}$ και $\displaystyle{a_n= \gamma _n - \dfrac {1}{2n}}$ .

Δείξτε ότι η ακολουθία είναι γνήσια αύξουσα και η $(\gamma _n)$ είναι γνήσια φθίνουσα.

Αλλάζω συμβολισμό και τα

στο αποδεικτέο τα γράφω

.

Ο μεσαίος όρος είναι το εμβαδόν κάτω από την καμπύλη από

έως

. Αν εξετάσουμε το τραπέζιο με άνω κορυφές $A(a,1/a), B(a+1,\, 1/(a+1)$ εύκολα βλέπουμε ότι το εμβαδόν της καμπύλης είναι μικρότερο του τραπεζίου, το οποίο είναι $\dfrac {1}{2}\left ( \dfrac {1}{a} + \dfrac {1}{a+1}\right )}$ . Αυτή είναι η δεξιά ανισότητα.

Για την αριστερή, με χρήση της $\dfrac {1}{p} + \dfrac {1}{q} > \dfrac {4}{p+q}$ όπου q>p>0

έχουμε

$\displaystyle{E= \int _0^1\dfrac {dx}{a+x} = \int _0^{1/2}\dfrac {dx}{a+x} + \int _{1/2}^1\dfrac {dx}{a+x}= \int _0^{1/2}\dfrac {dx}{a+x} + \int _0^{1/2}\dfrac {dy}{a+1-y}=}$

$\displaystyle{ =\int _0^{1/2}\left (\dfrac {1}{a+x} + \dfrac {1}{a+1-x}\right ) dx> \int _0^{1/2}\dfrac {4}{2a+1} dx = \dfrac {2}{2a+1} }$ , που ισοδυναμεί με το αποδεικτέο.

Τώρα, από τα παραπάνω έχουμε

$\displaystyle{\gamma _{n+1}-\gamma _n = \dfrac {1}{n+1} -\ln (n+1)+\ln n < \dfrac {1}{n+1/2} -\ln (1+1/n) < 0}$ και

$\displaystyle{a_{n+1}-a_n= \gamma _{n+1}-\gamma _n- \dfrac {1}{2n+2} + \dfrac {1}{2n} = \left ( \dfrac {1}{n+1} -\ln (n+1)+\ln n \right ) - \dfrac {1}{2n+2} + \dfrac {1}{2n}=}$

$\displaystyle{= \dfrac {1}{2} \left (\dfrac {1}{n+1} + \dfrac {1}{n} \right ) - \ln (1+1/n) >0}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 09, 2020 3:32 pm**

Άσκηση 13 (Special Paper, Ιούνιος 1992)

Έστω k>0

ένας φυσικός αριθμός. Αφού αναφέρετε (χωρίς απόδειξη) τα

για τα οποία ισχύει το ανάπτυγμα

$\displaystyle{\dfrac {k+1}{(1-x)(1+kx)}=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n+... }$

προσδιορίστε τα $a_0,\,a_1,\, a_2$ και δείξτε ότι $a_n=1+k(-k)^n,\, n\ge 3$ . Κατόπιν βρείτε το άθροισμα της σειράς

$\displaystyle{a_0^2+a_1^2x+a_2^2x^2+...+a_n^2x^n+... }$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 22, 2022 6:38 pm**

Επαναφορά η Άσκηση 13.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2022 12:17 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Αύγ 09, 2020 3:32 pm Άσκηση 13 (Special Paper, Ιούνιος 1992)

Έστω ένας φυσικός αριθμός. Αφού αναφέρετε (χωρίς απόδειξη) τα για τα οποία ισχύει το ανάπτυγμα

$\displaystyle{\dfrac {k+1}{(1-x)(1+kx)}=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n+... }$

προσδιορίστε τα $a_0,\,a_1,\, a_2$ και δείξτε ότι $a_n=1+k(-k)^n,\, n\ge 3$ . Κατόπιν βρείτε το άθροισμα της σειράς

$\displaystyle{a_0^2+a_1^2x+a_2^2x^2+...+a_n^2x^n+... }$

Τα κύρια βήματα: $\displaystyle{\dfrac {k+1}{(1-x)(1+kx)}= \dfrac {1}{1-x} + \dfrac {k}{1+kx}$ . Είναι δε

$\displaystyle{\dfrac {1}{1-x} = 1+x+x^2+x^3 +...}$ και

$\displaystyle{ \dfrac {k}{1+kx} = k(1-kx+k^2x^2-k^3x^+ ...) }$ . Προσθέτουμε τώρα κατά μέλη. Με σύγκριση βρίσκουμε τα a_n

όπως στην εκφώνηση.

Για την χητούμενη σειρά έχουμε

$a_n^2 = (1+k(-k)^{n})^2=1+2(-1)^nk^{n+1}+ k^{2n+2}= 2( 1+(-1)^nk^{n+1}) -1+ k^{2n+2} = 2a_n -1 +k^2k^{2n}$

Άρα

$\sum a_n^2x^n = 2\sum a_nx^n -\sum x^n +k^2\sum (k^2x)^n= 2 \dfrac {k+1}{(1-x)(1+kx)}- \dfrac {1}{1-x} + \dfrac {k^2}{1-k^2x} = \dfrac {(k+1)^2}{(1-x)(1+kx)}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2022 10:10 am**

Άσκηση 14 (Ιούνιος 1964).

Έστω δεδομένο τρίγωνο με $b\ne c$ και $c\ne b$ . Μία μεταβλητή ευθεία τέμνει τις πλευρές $AB, \, AC$ στα σημεία $P,\, Q$ , αντίστοιχα, και χωρίζει το τρίγωνο σε δύο ισεμβαδικά μέρη. Δείξτε ότι όταν το μήκος πάρει την ελάχιστη τιμή του τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές και το μήκος του είναι τότε $\sqrt {2bc}\sin \frac {1}{2}A$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2022 10:25 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Δεκ 26, 2022 10:10 am Άσκηση 14 (Ιούνιος 1964).

Έστω δεδομένο τρίγωνο με $b\ne c$ και $c\ne b$ . Μία μεταβλητή ευθεία τέμνει τις πλευρές $AB, \, AC$ στα σημεία $P,\, Q$ , αντίστοιχα, και χωρίζει το τρίγωνο σε δύο ισεμβαδικά μέρη. Δείξτε ότι όταν το μήκος πάρει την ελάχιστη τιμή του τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές και το μήκος του είναι τότε $\sqrt {2bc}\sin A$ .

Καλημέρα κ. Μιχάλη (υποθέτω πως ξέφυγε ένα δύο στο $\sin \angle A$ και πρέπει να γίνει $\sin \dfrac{\angle A}{2}$ ).
Είναι,

(APQ)=(PQCB)

, άρα

άρα

$2AP \cdot AQ \sin \angle A=AB \cdot AC \sin \angle A,$ συνεπώς

$AP \cdot AQ=\dfrac{bc}{2}$ .

Από τον Νόμο των Συνημιτόνων είναι,

$PQ^2=AP^2+AQ^2-2AP \cdot AQ \cos \angle A=AP^2+AQ^2-bc \cos \angle A \geq$

$2 AP \cdot AQ-bc \cos \angle A=bc(1- \cos \angle A)=2bc\sin^2 \dfrac{ \angle A}{2},$

οπότε είναι $PQ_{\min}=\sqrt{2bc}\sin \dfrac{\angle A}{2}$ , και αυτή η ελάχιστη τιμή λαμβάνεται όταν ισχύει η ισότητα στην ανισότητα ΑΜ-ΓΜ, δηλαδή όταν AP=AQ

, δηλαδή όταν το τρίγωνο APQ

είναι ισοσκελές.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2022 10:44 am**

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Δευ Δεκ 26, 2022 10:25 am Καλημέρα κ. Μιχάλη (υποθέτω πως ξέφυγε ένα δύο στο $\sin \angle A$ και πρέπει να γίνει $\sin \dfrac{\angle A}{2}$ ).

Σωστά. Το έφτιαξα.

Ευχαριστώ για την ωραία λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2022 6:38 pm**

Άσκηση 15 (Ιούνιος 1975).

Aν $y=(1-x^2)^{\frac{1}{2}} \arcsin x$ δείξτε ότι

$(1-x^2) \dfrac {dy}{dx} +xy-(1-x^2)=0$ .

Να συμπεράνετε ότι για $n\ge 3$ ισχύει

$y_{n+1}(0) = n(n-{\color {red} 2})y_{n-1}(0)$

όπου δηλώνει την νιοστή παράγωγο $\displaystyle{\dfrac {d^ny}{dx^n} }$ στο .
.

(Σχολιάζω ότι το τελευταίο τμήμα χρειάζεται τον τύπο του Lagrange για n-φορές παραγώγιση ενός γινομένου

. Τον τύπο δεν τον ακούμε στο εδώ σχολείο αλλά εκεί, τουλάχιστον εκείνη την εποχή, ήταν στάνταρ ύλη για όσους παρακολουθούσαν Μαθηματικά ως μία από τις -λίγες- επιλογές τους.)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 27, 2022 4:27 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Δεκ 26, 2022 6:38 pm Άσκηση 15 (Ιούνιος 1975).

Aν $y=(1-x^2)^{\frac{1}{2}} \arcsin x$ δείξτε ότι

$(1-x^2) \dfrac {dy}{dx} +xy-(1-x^2)=0$ .

Να συμπεράνετε ότι για $n\ge 3$ ισχύει

$y_{n+1}(0) = n(n-1)y_{n-1}(0)$

όπου δηλώνει την νιοστή παράγωγο $\displaystyle{\dfrac {d^ny}{dx^n} }$ στο .
.

(Σχολιάζω ότι το τελευταίο τμήμα χρειάζεται τον τύπο του Lagrange για n-φορές παραγώγιση ενός γινομένου . Τον τύπο δεν τον ακούμε στο εδώ σχολείο αλλά εκεί, τουλάχιστον εκείνη την εποχή, ήταν στάνταρ ύλη για όσους παρακολουθούσαν Μαθηματικά ως μία από τις -λίγες- επιλογές τους.)

α) Ισχύει: $(\arcsin x )'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ ,οπότε: $y'=\dfrac{-x}{\sqrt{1-x^2}}\cdot \arcsin x +1$
Επομένως, $(1-x^2) (\dfrac{-x}{\sqrt{1-x^2}}\cdot \arcsin x +1)+x\sqrt{1-x^2}\cdot \arcsin x -(1-x^2)=0$ ,όπως θέλαμε.

β) Με χρήση του τύπου: $(fg)^{(n)}(x_0)= \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f^{(n-k)}(x_0)g^{(k)}(x_0)$ στην σχέση που αποδείξαμε έχουμε:

$(1-x^2)y_{n+1} +n(1-x^2)'y_{n}+\dfrac{n(n-1)}{2}(1-x^2)^{(2)}y_{n-1}+...+xy_{n}+ny_{n-1}+…=0 \Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow (1-x^2)y_{n+1}-2xny_{n}-n(n-1)y_{n-1}+xy_{n}+ny_{n-1}=0$

Έτσι, για x=0

παίρνουμε: $y_{n+1}(0)=n(n-2)y_{n-1}(0)$

Επεξεργασία: σύμφωνα με τις επόμενες δημοσιεύσεις

Υ.Σ. Πληκτρολογώντας συνειδητοποίησα ότι είχα παραλείψει τη νιοστή παράγωγο του

αλλά αφού βρήκα το «ζητούμενο» θεώρησα -λανθασμένα- ότι για κάποιο περίεργο λόγο ισούται με

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 27, 2022 5:29 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Δεκ 26, 2022 6:38 pm Να συμπεράνετε ότι για $n\ge 3$ ισχύει

$y_{n+1}(0) = n(n-1)y_{n-1}(0)$

όπου δηλώνει την νιοστή παράγωγο $\displaystyle{\dfrac {d^ny}{dx^n} }$ στο .

Έχω την εντύπωση ότι το σωστό είναι $y_{n+1}(0) = n(n-2)y_{n-1}(0)$

Maria-Eleni Nikolaou έγραψε: Τρί Δεκ 27, 2022 4:27 pm $(1-x^2)y_{n+1} +n(1-x^2)'y_{n}+\dfrac{n(n-1)}{2}(1-x^2)^{(2)}y_{n-1}+...=0 \Leftrightarrow$

Λείπει από εδώ η νιοστή παράγωγος του

. Θα υπάρχει συνεισφορά και από τον όρο $ny^{(n-1)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 27, 2022 6:18 pm**

Demetres έγραψε: Τρί Δεκ 27, 2022 5:29 pm Έχω την εντύπωση ότι το σωστό είναι $y_{n+1}(0) = n(n-2)y_{n-1}(0)$

Δημήτρη, έχεις δίκιο.

Διόρθωσα το τυπογραφικό σφάλμα στην εκφώνηση, που με την σειρά του
συμπαρέσυρε την Μαρία-Ελένη. Της ζητώ συγνώμη.

Για έλεγχο, γράφω τα ενδιάμεσα βήματα.

Από την

$(1-x^2) \dfrac {dy}{dx} +xy-(1-x^2)=0$ με n-φορές παραγώγιση (πριν θέσουμε x=0

) έχουμε από Lagrange

$\left [(1-x^2)y_{n+1} + n(-2x)y_n + \dfrac {n(n-1)}{2} (-2) y_{n-1} + 0 \right ] + \left [ xy_n+ ny_{n-1} +0\right ] +0=0$

Για x=0

παίρνουμε

$\left [y_{n+1} (0)+ 0 + -n(n-1)y_{n-1}(0) \right ] + \left [ 0 + ny_{n-1}(0) ] =0$

Άρα $y_{n+1} (0)+ ( -n^2+n + n)y_{n-1}(0)=0$ , από όπου το (σωστό) ζητούμενο.

mathematica.gr

Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία