mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 15, 2012 11:02 pm**

Να υπολογιστεί:

$\displaystyle{\int_{0}^{1}{\int_{0}^{1}{\{\frac{x}{y}\}dx}dy}}$

Πηγή:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 9&t=472029

ΥΓ: Έχω μια μακροσκελή λύση, ίσως να υπάρχει καλύτερη.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 16, 2012 2:25 am**

viewtopic.php?f=9&t=7842&start=180

To Νο 89 είναι ίδιας υφής και κάπως πιο σύνθετο .. Επίσης τα Νο 82 & 83 είναι ίδιας φιλοσοφίας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 16, 2012 11:42 am**

Μια λύση στο πνεύμα της Νο $\displaystyle{89}$ από εδώ viewtopic.php?f=9&t=7842&start=180

Έστω $\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {\left\{ {\frac{x}{y}} \right\}dx} dy} }$ . Κάνουμε τον μετασχηματισμό συντεταγμένων $\displaystyle{x = u\quad \& \quad \frac{x}{y} = v}$ . Τότε τα νέα χωρία ολοκλήρωσης προκύπτουν εύκολα
(φαίνονται στα άκρα ολοκλήρωσης παρακάτω) και η Ιακωβιανή είναι $\displaystyle{\left| {\frac{{\partial \left( {x,y} \right)}}{{\partial \left( {u,v} \right)}}} \right| = \frac{u}{{{v^2}}}}$ .

Οπότε $\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_u^\infty {\left\{ v \right\}\frac{u}{{{v^2}}}dv} du} = \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_u^1 {\left\{ v \right\}\frac{u}{{{v^2}}}dv} + \int\limits_1^\infty {\left\{ v \right\}\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} = \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_u^1 {v\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} + \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_1^\infty {\left\{ v \right\}\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} }$ .

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_u^1 {v\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} = \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_u^1 {\frac{u}{v}dv} } \right)du} = - \int\limits_0^1 {u\ln udu} = .. = \frac{1}{4}}$ και

$\displaystyle{\int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_1^\infty {\left\{ v \right\}\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} = \int\limits_0^1 {u\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_n^{n + 1} {\left\{ v \right\}\frac{1}{{{v^2}}}dv} } } \right)du} = \int\limits_0^1 {udu} \sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_n^{n + 1} {\frac{{v - n}}{{{v^2}}}dv} } = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\ln \frac{{n + 1}}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)} }$ .

Επίσης $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\ln \frac{{n + 1}}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)} = \ln \left( {\frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot .. \cdot \frac{{N + 1}}{N}} \right) - \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{n + 1}}} = \ln \left( {N + 1} \right) - \left( { - 1 + \ln \left( {N + 1} \right) + {\gamma _N}} \right) = 1 - {\gamma _N}}$ .

Οπότε $\displaystyle{\frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\ln \frac{{n + 1}}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)} = \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\ln \frac{{n + 1}}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)} = \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\ln \frac{{n + 1}}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)} = \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \left( {1 - {\gamma _N}} \right) = \frac{{1 - \gamma }}{2}}$

και τελικά $\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {\left\{ {\frac{x}{y}} \right\}dx} dy} = \frac{1}{4} + \frac{{1 - \gamma }}{2} = \frac{3}{4} - \frac{\gamma }{2}}$ .

mathematica.gr

Ωραίο ολοκλήρωμα από AOPS

Ωραίο ολοκλήρωμα από AOPS

Re: Ωραίο ολοκλήρωμα από AOPS

Re: Ωραίο ολοκλήρωμα από AOPS