mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 14, 2022 9:56 pm**

Έστω $\alpha \in \mathbb{R}$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan \alpha \sin^2 x}{x^2}\, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\alpha}{\sqrt{1+ \sqrt{1+\alpha^2}}}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 23, 2022 9:06 pm**

Από τη γεννήτρια των αριθμών Catalan έχουμε:

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{C}_n x^n = \frac{1- \sqrt{1-4x}}{2x} \Rightarrow \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{C}_{2n} x^{2n} = \frac{\sqrt{1+4x} - \sqrt{1-4x}}{4x}}$
Συνεπώς,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan \alpha \sin^2 x}{x^2} \, \mathrm{d}x &=\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan \left(\alpha \sin^{2} x\right)}{x^{2}}\, \mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\arctan \left(a\sin^{2}x\right)}{\left(x+2\pi n\right)^{2}} \, \mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{8}\int_{0}^{2\pi} \arctan\left(\alpha \sin^{2}x\right)\csc^{2}\frac{x}{2} \, \mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi/2}\arctan \left(\alpha \sin^{2} x \right)\left(\csc^{2}\frac{x}{2}+\sec^{2}\frac{x}{2}\right) \, \mathrm{d} x\\ &=\int_{0}^{\pi/2} \arctan\left(\alpha \sin^{2}x\right)\csc^{2}x\, \mathrm{d} x\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1} \alpha^{2n+1} \int_{0}^{\pi/2}\sin^{4n}x \, \mathrm{d}x\\ &=\pi \alpha \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{C}_{2n}\left(-\frac{\alpha^{2}}{16}\right)^{n} \\ &=\frac{\pi}{i}\left(\sqrt{1+i \alpha}-\sqrt{1-i\alpha}\right)\\ &=\frac{\pi}{\sqrt{2}}\frac{\alpha}{\sqrt{1+\sqrt{1+\alpha^{2}}}} \end{aligned}}$

διότι $\displaystyle{\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left( x+2\pi n \right)^2}=\frac{1}{4} \csc^2 \frac{x}{2}}$ .

mathematica.gr

Ολοκλήρωμα με τόξο εφαπτομένης

Ολοκλήρωμα με τόξο εφαπτομένης

Re: Ολοκλήρωμα με τόξο εφαπτομένης