mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 08, 2010 9:37 pm**

Να υπολογίσετε το
$\displaystyle\int\limits_0^1 {\left\{ {\ln x} \right\}{x^m}dx}$ , όπου $m \in \left( { - 1, + \infty } \right),\left\{ a \right\} = a - \left[ a \right]$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 09, 2010 1:39 am**

mathxl έγραψε:Να υπολογίσετε το
$I:=\displaystyle\int\limits_0^1 {\left\{ {\ln x} \right\}{x^m}dx}$ , όπου $m \in \left( { - 1, + \infty } \right),\left\{ a \right\} = a - \left[ a \right]$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ovidiu Furdui, Campia-Turzii, Cluj, Romania

Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος γιατί οι υπολογισμοί είναι άπειροι...

Παρατηρώ ότι για $e^{-k}\leq x<e^{-(k-1)}$ είναι $-k\leq\ln x<-(k-1)$ και συνεπώς θα έχουμε

$[\ln x]=-k$ , άρα $\{\ln x\}=\ln x+k$ . Γράφουμε λοιπόν

$\displaystyle I=\sum_{k=1}^{+\infty}\int_{e^{-k}}^{e^{-(k-1)}}\{\ln x\}x^{m}\,dx=\sum_{k=1}^{+\infty}\Big(\int_{e^{-k}}^{e^{-(k-1)}}x^{m}\ln x\,dx+\int_{e^{-k}}^{e^{-(k-1)}}kx^{m}\,dx\Big)=$

με κατά παράγοντες

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{+\infty}\Big(\frac{x^{m+1}}{m+1}\Big|_{e^{-k}}^{e^{-(k-1)}}-\frac{x^{m+1}}{(m+1)^{2}}\Big|_{e^{-k}}^{e^{-(k-1)}}+k\frac{x^{m+1}}{m+1}\Big|_{e^{-k}}^{e^{-(k-1)}}}\Big)=$

$\displaystyle{\cdots=\frac{e^{m+1}}{(m+1)^{2}}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(k+1)m+k}{e^{k(m+1)}}=\frac{e^{m+1}}{(m+1)^{2}}\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{(k+1)m+k}{e^{k(m+1)}}}$ .

Το τελευταίο άθροισμα είναι το άθροισμα των n πρώτων όρων μεικτής προόδου.

Η αριθμητική έχει πρώτο όρο a=2m+1

και διαφορά $\omega=m+1$ , ενώ η γεωμετρική έχει πρώτο όρο $\displaystyle{b=\frac{1}{e^{m+1}}}$ και λόγο $\displaystyle{\lambda=\frac{1}{e^{m+1}}}$ .

Από τον τύπο του n-οστού αθροίσματος μεικτής προόδου $\displaystyle{S_{n}=\frac{ab-\big(a+(n-1)\omega\big)b\lambda^{n}}{1-\lambda}+\frac{\omega b(\lambda-\lambda^{n})}{(1-\lambda)^{2}}}$ , και συνδιασμό με το γεγονός ότι,

$\displaystyle{m\in(-1,+\infty)\Rightarrow\frac{1}{e^{m+1}}<1}$ , έπεται ότι

$\displaystyle{I=\cdots=\frac{(2m+1)e^{m+1}-m}{(m+1)^{2}(e^{m+1}-1)}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 09, 2010 1:55 pm**

Προσπαθώ να το τεστάρω στο wolfram αλλά δεν μου το υπολογίζει... Δεν ξέρω αν κάνω κάτι λάθος. Μπορεί να το τσεκάρει κανείς με κάποιο πρόγραμμα...;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 09, 2010 3:09 pm**

Εδω ειναι μια δικη μου λυση. Να δουμε αν θα βρεθει ακρη...

Θετοντας $u = - \ln x$ και χρησιμοποιωντας το γεγονος οτι $\{ - u \} = 1 - \{ u \}$ σχεδον παντου, το ολοκληρωμα γινεται $\displaystyle \int_0^{+ \infty} \left( 1 - \{ u \} \right) e^{-(m+1)u} du$ .

Χρησιμοποιωντας οτι $\displaystyle \int_0^{+ \infty} \{ x \} f^{\prime} (x) dx = \sum_{k=1}^{+ \infty} f(k) - \int_0^{+ \infty} f(x) dx$ (αν τα ορια υπαρχουν και η παραγωγος ειναι συνεχης) και θετοντας $\displaystyle f(x) = - \frac{1}{m+1} e^{-(m+1)x}$ το ολοκληρωμα γινεται

$\displaystyle \frac{1}{m+1} + \frac{1}{m+1} \sum_{k=1}^{+ \infty} e^{-(m+1)k} - \frac{1}{m+1} \int_0^{+ \infty} e^{-(m+1)x} dx$ και ως τελικο αποτελεσμα εχω

$\displaystyle \frac{1}{m+1} + \frac{1}{(m+1) (e^{m+1} - 1)} - \frac{1}{(m+1)^2} = \frac{m e^{m+1} + 1}{(m+1)^2 (e^{m+1} - 1)}$ το οποιο διαφερει στον αριθμητη απο αυτο του Ανασταση.

Καποιο λαθακι υπαρχει καπου, θα το βρουμε...

Δημητρης Σκουτερης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 09, 2010 11:10 pm**

Δίνω την πηγή του θέματος. Αχιλλέα, να πω την αλήθεια περίμενα δημοσίευση σου

http://ssmj.tamu.edu/problems/May-2009.pdf

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 09, 2010 11:20 pm**

mathxl έγραψε:Δίνω την πηγή του θέματος. Αχιλλέα, να πω την αλήθεια περίμενα δημοσίευση σου
http://ssmj.tamu.edu/problems/May-2009.pdf

Δε βλέπω λύση για το ολοκλήρωμά μας... Μέχρι 15 Οκτωβρίου του 09 είναι η προθεσμία.....Προλαβαίνουμε;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 11, 2010 11:40 pm**

Η λύση εδώ http://ssmj.tamu.edu/problems/December-2009.pdf φαίνεται να συμφωνεί με αυτή του Δημήτρη. Δεν ξέρω τι ξέφυγε του Τάσου!;

mathematica.gr

βραδυνό ολοκλήρωμα 59

βραδυνό ολοκλήρωμα 59

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 59

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 59

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 59

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 59

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 59

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 59