mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 27, 2024 5:51 pm**

Έστω $n \in \mathbb{N}$ με $n \geq 2$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{x}{x^2+1} \sqrt[n]{\frac{x}{1-x}} \, \mathrm{d}x = \pi \csc \frac{\pi}{n} \left ( 1 - \frac{\pi}{\sqrt[2n]{2}}\cos \frac{\pi}{4n} \right )}$
Δεν έχω ολοκληρωμένη λύση ... αλλά χρησιμοποιώ βαρύ πυροβολικό για κάποια βήματα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 05, 2026 6:33 am**

Τόλη έχει τυπογραφικό η εκφώνηση .

\int \limits_{0}^{1}\dfrac{x}{x^{2}+1}\sqrt[n]{\dfrac{x}{1-x}}dx= n\int \limits _{0}^{\infty}\dfrac{y^{2n}}{\left ( 1+y^{n} \right )\left ( 2y^{2n} +2y^{n}+1\right )}dy=n\int \limits _{0}^{\infty}\dfrac{1}{1+y^{n}}dy-n\int \limits_{0}^{\infty}\dfrac{y^{n}+1}{2y^{2n}+2y^{n}+1}dy=\pi \csc \left ( \dfrac{\pi }{n} \right )-n\int \limits_{0}^{\infty}\dfrac{y^{n}+1}{2\left ( y^{n}+\frac{1}{2} \right )^{2}+\frac{1}{2}}dy=\pi \csc \left ( \dfrac{\pi }{n} \right )+n\int \limits_{0}^{\infty} \dfrac{\dfrac{1}{2\theta ^{n}}+1}{2\left ( \dfrac{1+\theta ^{n}}{2\theta ^{n}} \right )^{2}+\dfrac{1}{2}}\left ( -\frac{1}{\theta ^{2}\sqrt[n]{2}} \right )d\theta \left (\theta =\frac{1}{y\sqrt[n]{2}} \right)=\pi \csc \left ( \dfrac{\pi }{n} \right )-\frac{n}{\sqrt[n]{2}}\int \limits_{0}^{\infty} \frac{\theta ^{n-2} \left (1+2\theta ^{n} \right)}{\theta ^{2n}+\left ( 1+\theta ^{n} \right )^{2}}d\theta =\pi \csc \left ( \dfrac{\pi }{n} \right )-\dfrac{1}{\sqrt[n]{2}}\int \limits_{0}^{\infty}\dfrac{z^{-1/n}+2z^{(n-1)/n}}{2z^{2}+2z+1}dz

και από Euler είναι

\int \limits_{0}^{\infty}\dfrac{x^{q-1}}{2x^{2}+2x+1}dx=\dfrac{\pi }{\sqrt{2}}\dfrac{\sin \left ( \left ( 2-q \right )\dfrac{\pi }{4} \right )}{\sin \left ( q\pi \right )}\cdot 2^{(2-q)/2}

στο

(0,2) ,

άρα

\int \limits_{0}^{\infty}\dfrac{z^{-1/n}}{2z^{2}+2z+1}dz=\dfrac{\pi }{\sqrt{2}}\dfrac{\sin \left ( \left ( 1+\dfrac{1}{n} \right )\dfrac{\pi }{4} \right )}{\sin \left ( \left ( 1-\dfrac{1}{n} \right )\pi \right )}\cdot 2^{1/2}\cdot \sqrt[2n]{2}=\pi \sqrt[2n]{2} \csc \left ( \dfrac{\pi }{n} \right )\sin \left ( \dfrac{\pi }{4}+\dfrac{\pi }{4n} \right ),

και

\int \limits_{0}^{\infty} \dfrac{2z^{(n-1)/n}}{2z^{2}+2z+1}dz=\dfrac{2\pi }{\sqrt{2}}\dfrac{\sin \left ( \dfrac{\pi }{4n} \right )}{\sin \left ( \left ( 2-\dfrac{1}{n} \right ) \pi \right )}\cdot \sqrt[2n]{2}=-\dfrac{2\pi }{\sqrt{2}} \sqrt[2n]{2} \csc \left ( \dfrac{\pi }{n} \right )\sin \left ( \dfrac{\pi }{4n} \right ).

Επομένως

\int \limits_{0}^{1} \dfrac{x}{x^{2}+1}\sqrt[n]{\dfrac{x}{1-x}}dx=\pi \csc \left ( \dfrac{\pi }{n} \right )\left ( 1-\frac{1}{\sqrt[2n]{2}} \sin \left ( \dfrac{\pi }{4}+\dfrac{\pi }{4n} \right )+\sqrt{2}\dfrac{1}{\sqrt[2n]{2}} \sin \left ( \dfrac{\pi }{4n} \right )\right )=\pi \csc \left ( \dfrac{\pi }{n} \right )\left ( 1-\frac{1}{\sqrt[2n]{2}}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \left ( \cos \left ( \dfrac{\pi }{4n} \right )-\sin \left ( \dfrac{\pi }{4n} \right ) \right ) \right )=\pi \csc \left ( \dfrac{\pi }{n} \right )\left ( 1-\dfrac{1}{\sqrt[2n]{2}}\cos \left ( \dfrac{\pi }{4} +\dfrac{\pi }{4n}\right ) \right )

για κάθε

n\geqslant 2.

mathematica.gr

Ολοκλήρωμα με παράμετρο

Ολοκλήρωμα με παράμετρο

Re: Ολοκλήρωμα με παράμετρο