Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4312
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Μαρ 27, 2020 7:25 pm

Με αφορμή το ολοκλήρωμα εδώ παρουσιάζω παρακάτω τα ολοκληρώματα Ahmed και Coxeter. Το θέμα θα το ανανεώνω σιγά - σιγά. Αν έχετε διαφορετικό τρόπο επίλυσης για τα ολοκληρώματα ή τα λήμματα που παρουσιάζονται παρακάτω μπορείτε ανά πάσα στιγμή να παρέμβετε.


1. Ολοκλήρωμα Coxeter

Θα αποδείξουμε ότι

\displaystyle \int_{0}^{\pi/4}\arctan \sqrt{\frac{\cos 2\theta }{2\cos^2 \theta }} \, \mathrm{d}\theta = \frac{\pi^2}{24}
Απόδειξη. Ξεκινάμε παραθέτοντας 3 βασικά λήμματα.


Λήμμα 1: Ισχύει ότι: \displaystyle{\arctan x = \int_{0}^{1} \frac{x}{1+x^2 t^2} \, \mathrm{d}t}.


Λήμμα 2: Ισχύει ότι: \displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\left(x^2+1 \right)\sqrt{x^2+2}}=\frac{\pi }{6}}.

Απόδειξη. Έχουμε διαδοχικά:

\displaystyle{\begin{aligned}  
\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+2}(x^2+1)}&\overset{x=\sqrt{2} \sinh t}{=\! =\! =\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\mathrm{arcsinh} \frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{\mathrm{d}t}{1+2\sinh^2 t} \\  
&=\int_{0}^{\mathrm{arcsinh} \frac{1}{\sqrt{2}}} \frac{\mathrm{d}t}{\cosh 2t} \\  
&=\int_{0}^{\mathrm{arcsinh} \frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{\cosh 2t}{1+\sinh^2 2t} \, \mathrm{d}t \\  
&=\frac{1}{2} \mathrm{arctanh} \left ( \sinh 2\left ( \mathrm{arcsinh} \frac{1}{2} \right ) \right) \\  
&= \frac{1}{2} \mathrm{arctanh} \sqrt{3} \\  
&= \frac{\pi}{6}  
\end{aligned}}
Λήμμα 3: Ισχύει ότι \displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}=\frac{\pi }{2ab(a+b)}} με a, b \neq 0.

Απόδειξη. Έχουμε διαδοδικά:

\displaystyle{\begin{aligned}  
\int_{0}^{\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)} &=\int_{0}^{\infty }\frac{1}{b^2-a^2}\left ( \frac{1}{x^2+a^2}-\frac{1}{x^2+b^2} \right ) \, \mathrm{d} x \\  
&=\frac{1}{b^2-a^2}\left ( \frac{\pi }{2a}-\frac{\pi }{2b} \right )\\  
&=\frac{\pi }{2ab(a+b)}  
\end{aligned}}
Είμαστε πλέον σε θέση να υπολογίσουμε το αρχικό ολοκλήρωμα. Έχουμε διαδοχικά:

\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\pi /4}\arctan \sqrt{\frac{\cos 2\theta }{2\cos ^2\theta }} \, \mathrm{d}\theta &= \int_{0}^{\pi /4}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{\frac{\cos 2\theta }{2\cos^2 \theta }}}{1+\left(\frac{\cos 2\theta }{2\cos ^2\theta } \right)x^2} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}\theta \\ 
 &\!\!\!\!\!\!=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi /4}\frac{\sqrt{2}\cos \theta\sqrt{1-2\sin ^2\theta }}{2-2\sin ^2\theta +(1-2\sin ^2 \theta )x^2} \, \mathrm{d}\theta \, \mathrm{d}x\\  
&\!\!\!\!\!\!=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi /4}\frac{\cos \varphi\sqrt{1-\sin ^2 \varphi }}{2-\sin ^2 \varphi+\left(1-\sin ^2\varphi )x^2 \right) } \, \mathrm{d}\varphi \, \mathrm{d}x \\  
&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi /4}\frac{\cos ^2\varphi }{\sin ^2 \varphi +(x^2+2)\cos ^2\varphi }\, \mathrm{d}\varphi \, \mathrm{d}x\\  
&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\varphi \, \mathrm{d}x}{\tan^2\varphi +x^2+2}\\  
&\!\!\!\!\!\!\overset{y=\tan \varphi}{=\! =\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}y \, \mathrm{d}x}{(y^2+x^2+2)(y^2+1)}\\ &=\frac{\pi }{2}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{(1+\sqrt{2+y^2})\sqrt{2+y^2}}\\ &=\frac{\pi }{2}\left(\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{6} \right)\\  
&=\frac{\pi^2}{24}  
\end{aligned}}
Το χουμε ξανά δει στο :logo: τουλάχιστον δύο - τρεις φορές.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4312
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Μαρ 27, 2020 7:35 pm

Ένα ολοκλήρωμα που συνδέεται άμεσα με το ολοκλήρωμα στο Θέμα με την Ολυμπιάδα είναι το παρακάτω.

\displaystyle{\int_{0}^{\pi/4} \arctan \left(\frac{\sqrt{2}\cos3 \varphi}{\left(2\cos 2 \varphi+ 3\right)\sqrt{\cos 2 \varphi}}\right) \, \mathrm{d} \varphi =0}
Ανάγεται ακριβώς στον υπολογισμό του ολοκληρώματος \displaystyle \int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^2}\arctan\sqrt{\frac{1-t^2}{2}}\, \mathrm{d}t. Αυτό μπορούμε να το δούμε π.χ κάνοντας πρώτα την αντικατάσταση \varphi \mapsto \arctan t και κάνοντας στη συνέχεια παραγοντική. Για παράδειγμα αν γράψουμε \mathcal{J} το αρχικό ολοκλήρωμα , τότε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\mathcal{J} &= \int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^2}\,\arctan\left(\frac{\sqrt{2}(1-3t^2)}{(5+t^2)\sqrt{1-t^2}}\right)\,\mathrm{d}t \\ 
&=\frac{\pi^2}{8}-\int_{0}^{1}\frac{3\sqrt{2}\, t \arctan t }{(3-t^2)\sqrt{1-t^2}}\,\mathrm{d}t \\ 
&=\frac{\pi^2}{8} - 3 \int_{0}^{1}\frac{1}{1+t^2}\arctan\sqrt{\frac{1-t^2}{2}}\, \mathrm{d}t \\ 
&=0 
\end{aligned}}
από το σύνδεσμο. Αξίζει να παρατηρήσουμε πως εδώ έχουμε και μία συμμετρία στο \frac{\pi}{8} που εξηγεί το αποτέλεσμα αλλά δε ξέρω αν είναι αρκετό αυτό για να μπορέσουμε να βγάλουμε το αποτέλεσμα.


Άλλα ολοκληρώματα Coxeter αποτελούν τα ακόλουθα:

  1. \displaystyle \int_0^{\pi/2} \arccos \left(\frac{\cos x}{2 \cos x+1}\right) \, \mathrm{d}x=\frac{5 \pi ^2}{24}.
  2. \displaystyle \int_0^{\pi/3} \arccos \left(\frac{\cos x}{2 \cos x+1}\right) \, \mathrm{d} x=\frac{2 \pi ^2}{15}.
  3. \displaystyle \int_0^{\pi/5} \arccos \left(\frac{\cos x}{2 \cos x+1}\right) \, \mathrm{d}x=\frac{71 \pi ^2}{900}.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4312
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Μαρ 28, 2020 10:13 pm

2. Ολοκλήρωμα Ahmed

Θα αποδείξουμε ότι:

\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{\arctan\sqrt{x^{2} + 2}}{\sqrt{x^{2} + 2}} \, \frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+1} = \frac{5\pi^{2}}{96}}
Απόδειξη. Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle{f(t) = \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x}. Παραγωγίζοντας ως προς t εχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
f'(t) &= \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t} \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \\  
 &= \int_{0}^{1} \frac{\partial }{\partial t} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \\  
 &= \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( 1+x^2 \right ) \left ( 1+2t^2 + t^2 x^2 \right )}\\  
 &= \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( 1+t^2 \right )\left ( 1+x^2 \right )} - \int_{0}^{1} \frac{t^2}{\left ( 1+t^2 \right ) \left ( 1+2t^2+t^2 x^2 \right )} \, \mathrm{d}x \\ 
 &= \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{1+t^2} - \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} 
\end{aligned}}
Ολοκληρώνουμε τη τελευταία σχέση από 1 έως άπειρο. Οπότε,

\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{1}^{\infty} f'(t) \, \mathrm{d}t &= \int_1^\infty \left (\frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{1+t^2} - \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}}  \right ) \, \mathrm{d}t  \\  
 &=\frac{\pi}{4} \left ( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} \right ) - \int_1^\infty  \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \, \mathrm{d}t \\ 
 &= \frac{\pi^2}{16}  - \int_1^\infty  \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \, \mathrm{d}t 
\end{aligned}}
Όμως,

\displaystyle{\begin{aligned} 
\lim_{t \rightarrow +\infty} f(t) &= \lim_{t \rightarrow +\infty} \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \\  
 &= \int_{0}^{1} \lim_{t \rightarrow +\infty} \frac{\arctan \left(t\sqrt{2+x^2} \right)}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \\  
 &= \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}}\\  
 &\!\!\!\!\!\!\!\overset{\text{\gr Λήμμα 2}}{=\! =\! =\! =\! =\! =\! } \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{6} \\  
 &= \frac{\pi^2}{12}  
\end{aligned}}
Συνεπώς η πάνω σχέση δίδει:

\displaystyle{\mathbf{\frac{\pi^2}{12} - f(1) = \frac{\pi^2}{16} - \int_1^\infty  \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \, \mathrm{d}t \quad \quad \quad (1)}}
Μένει να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα. Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής t \mapsto 1/t και έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\mathcal{J} &= \int_1^\infty  \frac{t}{\left ( 1+t^2 \right ) \sqrt{1+2t^2}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1+2t^2}} \, \mathrm{d}t \\ 
 &= \int_{1}^{\infty} \frac{1}{1+\left ( \frac{1}{t} \right )^2 \sqrt{2+\frac{1}{t^2}}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2 + \frac{1}{t^2}}} \frac{\mathrm{d}t}{t^2}   \\  
 &\!\!\!\!\overset{t \mapsto 1/t}{=\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{1} \frac{1}{\left (1+t^2  \right )\sqrt{2+t^2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2+t^2}} \, \mathrm{d}t\\  
 &= \int_{0}^{1}\frac{1}{\left (1+t^2  \right )\sqrt{2+t^2}} \left ( \frac{\pi}{2} - \arctan  \sqrt{2+t^2}\right ) \, \mathrm{d}t  \\  
 &=\frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}t}{\left (1+t^2  \right )\sqrt{2+t^2}} - f(1) \\  
 &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{6} - f(1) \\  
 &= \frac{\pi^2}{12} - f(1) 
\end{aligned}}
Γυρνώντας στην (1) έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\frac{\pi^2}{12} - f(1) = \frac{\pi^2}{16} - \left ( \frac{\pi^2}{12} - f(1) \right ) &\Leftrightarrow \frac{\pi^2}{12} - f(1) = \frac{\pi^2}{16} - \frac{\pi^2}{12} + f(1) \\  
 &\Leftrightarrow 2f(1) = \frac{5\pi^2}{48} \\  
 &\Leftrightarrow \boxed{\mathbf{f(1) = \frac{5 \pi^2}{96}}} 
\end{aligned}}
και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


[1] Το ολοκλήρωμα αυτό εφευρέθη το 2002 και από τότε είναι γνωστό.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4312
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Μαρ 28, 2020 10:43 pm

Παρεμφερή με τα ολοκληρώματα Ahmed είναι τα παρακάτω.

  1. \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left ( x \sqrt{2+x^2} \right )}{\sqrt{x^2+2}} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \frac{\pi^2}{36}.

    Υπόδειξη: Κάντε την αντικατάσταση y = \arctan \left(x \sqrt{2+x^2} \right).
  2. \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\arctan^n \left ( x \sqrt{2+x^2} \right )}{\sqrt{x^2+2}} \frac{2}{1+x^2} \, \mathrm{d}x = \left ( \frac{\pi}{3} \right )^{n+1} \cdot \frac{1}{n+1}.
  3. \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \left ( \sqrt{2+x^2} \cdot \frac{x+1}{x^2-x+2} \right ) \, \mathrm{d}x = \frac{13 \pi^2}{288}.

Απόδειξη για το 3. Το κλειδί είναι η ταυτότητα:

\displaystyle{\arctan \left ( \sqrt{2+x^2} \cdot \frac{x+1}{x^2-x+2} \right ) = \arctan \frac{1}{\sqrt{x^2+2}} + \arctan \frac{x}{\sqrt{2+x^2}}}
Οπότε , πρέπει να υπολογίσουμε αυτά τα ολοκληρώματα.

\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x \quad , \quad \int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \frac{x}{\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x}
Για το πρώτο ολοκλήρωμα έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \left ( \frac{\pi}{2} - \arctan \sqrt{2+x^2} \right ) \, \mathrm{d}x \\  
 &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{6} - \frac{5 \pi^2}{96} \\  
 &= \frac{\pi^2}{32}  
\end{aligned}}
Για το δεύτερο ολοκλήρωμα έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \frac{x}{\sqrt{2+x^2}} \, \mathrm{d}x &\overset{x \mapsto 1/x}{=\! =\! =\! =\! =\!} \int_{1}^{\infty} \frac{x}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{1+2x^2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{1+2x^2}} \, \mathrm{d}x  \\  
 &\!\!\!\!\overset{x \mapsto x^2}{=\! =\! =\! =\!} \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{\left ( 1+x \right )\sqrt{1+2x}} \arctan \frac{1}{\sqrt{1+2x}} \, \mathrm{d}x \\  
 &=\left [ - \frac{1}{2}\arctan^2 \frac{1}{\sqrt{1+2x}}  \right ]_1^\infty \\  
 &=\frac{\pi^2}{72}  
\end{aligned}}
Συνεπώς,

\displaystyle{\mathbf{\int_{0}^{1} \frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \arctan \left ( \sqrt{2+x^2} \cdot \frac{x+1}{x^2-x+2} \right ) \, \mathrm{d}x = \frac{\pi^2}{32} + \frac{\pi^2}{72} =  \frac{13 \pi^2}{288}}}
Γενικεύσεις των ολοκληρώματων Ahmed υπάρχουν στον αρχικό σύνδεσμο.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4312
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Κυρ Μαρ 29, 2020 3:50 pm

Θα κλείσουμε αυτό το mini tutorial με ένα άλλο ολοκλήρωμα που λέγεται ολοκλήρωμα Abel.

3. Ολοκλήρωμα Abel

Θα αποδείξουμε ότι:

\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \frac{t}{\left ( e^{\pi t} -e^{-\pi t} \right )\left ( 1+t^2 \right )}\, \mathrm{d}t = \frac{\ln 2}{2} - \frac{1}{4}}
Απόδειξη. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(t)=\frac{1}{2(1+t)} και εφαρμόζουμε σε αυτή Abel - Plana. Τότε έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
i \int_{0}^{\infty} \frac{f\left ( it \right )- f\left ( -it \right )}{2 \sinh \pi t}\, \mathrm{d}t + \frac{f(0)}{2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n f(n) &\Leftrightarrow i \int_{0}^{\infty} \frac{\frac{1}{2\left ( 1+it \right )}- \frac{1}{2\left ( 1-it \right )}}{2 \sinh \pi t}\, \mathrm{d}t + \frac{1}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2\left ( 1+n \right )}\\  
&\Leftrightarrow -i^2 \int_{0}^{\infty} \frac{t}{2\sinh \pi t \left ( t^2+1 \right )} \, \mathrm{d}t + \frac{1}{4} =  \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2\left ( 1+n \right )} \\  
&\Leftrightarrow  \int_{0}^{\infty} \frac{t}{2\sinh \pi t \left ( t^2+1 \right )} \, \mathrm{d}t  + \frac{1}{4} = \frac{\ln 2}{2} \\  
&\Leftrightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{t}{2\sinh \pi t \left ( t^2+1 \right )} \, \mathrm{d}t = \frac{\ln 2}{2}  - \frac{1}{4} \\ 
&\Leftrightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{t}{\left ( e^{\pi t} -e^{-\pi t} \right )\left ( 1+t^2 \right )}\, \mathrm{d}t = \frac{\ln 2}{2} - \frac{1}{4} 
\end{aligned}}
Άλλος τρόπος να αποδείξουμε το παραπάνω είναι μέσω μιγαδικής ανάλυσης. Το αφήνω για όποιον θέλει να το κάνει.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4312
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Πέμ Απρ 02, 2020 3:46 pm

Τα παραπάνω τα έχω κάνει compile στο παρακάτω PDF μαζί και με κάποια επιπλέον παραδείγματα.

aca_integrals.pdf
(432.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 17 φορές


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4312
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Πέμ Απρ 16, 2020 10:19 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Σάβ Μαρ 28, 2020 10:13 pm
2. Ολοκλήρωμα Ahmed

Θα αποδείξουμε ότι:

\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{\arctan\sqrt{x^{2} + 2}}{\sqrt{x^{2} + 2}} \, \frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+1} = \frac{5\pi^{2}}{96}}

Απόδειξη. Ξεκινάμε με την ισότητα \displaystyle{ \arctan x + \arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2}} για κάθε x>0. Tότε:

\displaystyle{\begin{aligned}  
\mathcal{J} &= \int_{0}^{1} \frac{\arctan \sqrt{2+x^2}}{\left ( 1+x^2 \right ) \sqrt{2+x^2}} \, {\rm d}x \\  
&= \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}x}{\left ( 1+x^2 \right ) \sqrt{2+x^2}}   -\int_{0}^{1} \frac{\arctan \left ( \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \right )}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \, {\rm d}x \\  
&=\frac{\pi^2}{12} - \int_{0}^{1} \frac{\arctan \left ( \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \right )}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \, {\rm d}x  
\end{aligned}}
Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι \displaystyle{\displaystyle \arctan \frac{1}{a} = \int_{0}^{1} \frac{a}{x^2+a^2} \, {\rm d}x \Leftrightarrow \frac{1}{a} \arctan \frac{1}{a} = \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}x}{x^2+a^2}} έχουμε ότι:


\displaystyle{\begin{aligned}  
\int_{0}^{1} \frac{\arctan \left ( \frac{1}{\sqrt{2+x^2}} \right )}{\left ( 1+x^2 \right )\sqrt{2+x^2}} \, {\rm d}x &= \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}(x, y)}{\left ( 1+x^2 \right )\left ( 2+x^2+y^2 \right )} \\  
&=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{y^2+1} \bigg( \frac{1}{1+x^2}  - \frac{1}{2+x^2+y^2} \bigg )\, {\rm d}(x, y) \\ 
&=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}(x, y)}{\left ( 1+x^2 \right ) \left ( 1+y^2 \right )}  -\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}(x, y)}{2+x^2+y^2} \\  
&= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}(x, y)}{\left ( 1+x^2 \right )\left ( 1+y^2 \right )} \\ 
&= \frac{1}{2}\left ( \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}x}{1+x^2} \right )^2 \\  
& = \frac{\pi^2}{32}  
\end{aligned}}
Οπότε,

\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \frac{\pi^2}{12} - \frac{\pi^2}{32} \\ &= \frac{5 \pi^2}{96} \end{aligned}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4312
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Οικογένεια ολοκληρωμάτων Ahmed και Coxeter

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Απρ 17, 2020 12:59 pm

Όλα τα παραπάνω πλέον έχουν γίνει compile στο αρχείο εδώ. Μπορείτε να το μεταφορτώσετε ελεύθερα από το σύνδεσμο.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 8 επισκέπτες