mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 14, 2020 1:24 pm**

Έστω $n \in \mathbb{N}$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{gd}^n \left ( xy \right )}{\cosh xy} \sin y \, \mathrm{d} \left ( x, y \right ) = \frac{1}{n+1} \cdot \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{n+2}}$
όπου $\mathrm{gd}$ η συνάρτηση Gudermannian.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 08, 2022 8:14 pm**

Ξεκινάμε με το γεγονός ότι $\displaystyle{\dfrac{\partial}{\partial x} \mathrm{gd}(xy)=\frac{y}{\cosh xy}}$ και ότι $\displaystyle{\mathrm{gd}(x)=2\arctan e^x-\frac{\pi}{2}}$ . Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{gd}^n \left ( xy \right )}{\cosh xy} \sin y \, \mathrm{d} \left ( x, y \right ) &= \int_{0}^{\infty} \frac{\sin y}{y} \int_{0}^{\infty} \mathrm{gd}^n (xy) \left ( \mathrm{gd}(xy) \right )'\, \mathrm{d}(x, y) \\ &=\frac{\pi^{n+1}}{\left ( n+1 \right ) 2^{n+1}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin y}{y}\, \mathrm{d}y \\ &=\frac{1}{n+1} \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{n+2} \end{aligned}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 08, 2022 8:19 pm**

Μπορούμε να προχωρήσουμε αν θέλουμε και άλλο και να δούμε το επόμενο:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{gd}^m \left ( xy \right )}{\cosh xy} \sin^{2n+1} y \, \mathrm{d} \left ( x, y \right ) = \frac{\pi^{n+2}}{2^{2n+m+2} \left ( m+1 \right )} \binom{2n}{n}}$
Ανάγεται στον υπολογισμό του $\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^{2n+1} y}{y} \, \mathrm{d}y}$ το οποίο επαφίεται στον αναγνώστη.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 20, 2023 8:08 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Μάιος 08, 2022 8:19 pm
Ανάγεται στον υπολογισμό του $\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^{2n+1} y}{y} \, \mathrm{d}y}$ το οποίο επαφίεται στον αναγνώστη.

Δίνουμε μία λύση ...

Επειδή $\displaystyle \sin x =\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ έπεται ότι

$\displaystyle{\sin^{2n+1}x=\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\sum_{r=0}^{n} (-1)^r \binom{2n+1}{r}\sin(2r+1)x}$

Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2n+1}x}{x}\mathrm{d}x &=\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\sum_{r=0}^n (-1)^r \binom{2n+1}{r}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(2r+1)x}{x}\mathrm{d}x \\ &=\frac{(-1)^n\pi}{2^{2n+1}}\sum_{r=0}^n(-1)^r\binom{2n+1}{r} \\ &=\frac{(-1)^n\pi}{2^{2n+1}}\sum_{r=0}^n\left((-1)^r\binom{2n}{r}-(-1)^{r-1}\binom{2n}{r-1}\right) \end{aligned}}$

επειδή $\displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(2r+1)x}{x} \, \mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x} \, \mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}$ και $\displaystyle \binom{n}{r}+\binom{n}{r-1}=\binom{n+1}{r}$ . Το αποτέλεσμα έπεται καθώς το άθροισμα τηλεσκοπεί.

mathematica.gr

Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και Gudermannian

Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και Gudermannian

Re: Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και Gudermannian

Re: Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και Gudermannian

Re: Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και Gudermannian