Ολοκληρώματα και σειρά

Tolaso J Kos · #1

1.Να υπολογιστεί το επόμενο ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos \nu x}{1-\cos x}dx, \,\,\,\, \nu\in \mathbb{Z}_{\geq 0}}$

2.Να υπολογιστεί το επόμενο ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_{0}^{1}\left ( \sum_{\kappa=0}^{\infty }\frac{1}{2^{2\kappa}(2\kappa+1) } \binom{2\kappa}{\kappa}x^{2\kappa+1}\right )dx, \,\,\,\, \left | x \right |<1}$ .

Σημείωση: Και τα δύο είναι από το βιβλίο $\rm{Putnam \,\,\, and \,\,\,\, Beyond}$ . Το δεύτερο σύμφωνα με το βιβλίο ήταν προτεινόμενο για έναν διαγωνισμό του $\rm{Putnam}$ .

BAGGP93 · #2

Γεια σου Τόλη. Κάνω την αρχή.

Tolaso J Kos έγραψε:1.Να υπολογιστεί το επόμενο ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos \nu x}{1-\cos x}dx, \,\,\,\, \nu\in \mathbb{Z}_{\geq 0}}$

Για κάθε $\displaystyle{n\in\mathbb{N}\cup\left\{0\right\}}$ θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{I_{n}:\left(0,\pi\right]\longrightarrow \mathbb{R}}$

με τύπο $\displaystyle{I_{n}(t)=\int_{t}^{\pi}\frac{1-\cos\,n\,x}{1-\cos\,x}\,dx}$ .

Αυτές είναι όντως πραγματικές συναρτήσεις διότι η $\displaystyle{x\mapsto \frac{1-\cos\,n\,x}{1-\cos\,x}\,,x\in\left(0,\pi\right]}$

είναι καλώς ορισμένη και συνεχής στο $\displaystyle{\left[t,\pi\right]}$ για κάθε $\displaystyle{t\in\left(0,\pi\right]}$ .

$\displaystyle{n=0: I_{0}(t)=\int_{t}^{\pi}\frac{1-\cos\,(0\cdot x)}{1-\cos\,x}\,dx=\int_{t}^{\pi}0\,dx=0}$ με

$\displaystyle{\lim_{t\to 0^{+}}I_{0}(t)=0\in\mathbb{R}}$

άρα για $\displaystyle{n=0}$ : $\displaystyle{\lim_{t\to 0^{+}}I_{0}(t)=\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos\,n\,x}{1-\cos\,x}\,dx=0}$

$\displaystyle{n=1: I_{1}(t)=\int_{t}^{\pi}\frac{1-\cos\,x}{1-\cos\,x}\,dx=\int_{t}^{\pi}dx=\pi-t}$ με

$\displaystyle{\lim_{t\to 0^{+}}I_{1}(t)=\lim_{t\to 0^{+}}\left(\pi-t\right)=\pi\in\mathbb{R}}$

Επαγωγική Υπόθεση:

Υποθέτουμε ότι $\displaystyle{\lim_{t\to 0^{+}}I_{n}(t)=n\,\pi\,\,,n\geq 1}$

$\displaystyle{n\longrightarrow n+1}$ .

Για κάθε $\displaystyle{t\in\left(0,\pi\right]}$ έχουμε :

$\displaystyle{\begin{aligned}I_{n+1}(t)-I_{n}(t)&=\int_{t}^{\pi}\frac{1-\cos\,\left[\left(n+1\right)\,x\right]}{1-\cos\,x}\,dx-\int_{t}^{\pi}\frac{1-\cos\,n\,x}{1-\cos\,x}\,dx\\&=\int_{t}^{\pi}\frac{\cos\,n\,x-\cos\,\left[\left(n+1\right)\,x\right]}{1-\cos\,x}\,dx\\&=\int_{t}^{\pi}\frac{\displaystyle{-2\,\sin\,\frac{n\,x-(n+1)\,x}{2}\cdot \sin\,\frac{n\,x+(n+1)\,x}{2}}}{1-\cos\,x}\,dx\\&=\int_{t}^{\pi}\frac{\displaystyle{2\,\sin\,\frac{x}{2}\cdot \sin\,\left(n\,x+\frac{x}{2}\right)}}{2\,\sin^2\,\frac{x}{2}}\,dx\\&=\int_{t}^{\pi}\frac{1}{\sin\,\frac{x}{2}}\cdot \sin\,\left(n\,x+\frac{x}{2}\right)\,dx\\&=\int_{t}^{\pi}\frac{1}{\sin\,\frac{x}{2}}\,\left(\sin\,n\,x\,\cos\,\frac{x}{2}+\cos\,n\,x\,\sin\,\frac{x}{2}\right)\,dx\\&=\int_{t}^{\pi}\sin\,n\,x\,\cot\,\frac{x}{2}\,dx+\int_{t}^{\pi}\cos\,n\,x\,dx\,\,(I)\end{aligned}$

Είναι :

$\displaystyle{\int_{t}^{\pi}\cos\,n\,x\,dx=\left[\frac{1}{n}\,\sin\,n\,x\right]_{t}^{\pi}=-\frac{1}{n}\,\sin\,n\,t}$

και

$\displaystyle{\begin{aligned}\int_{t}^{\pi}\sin\,n\,x\,\cot\,\frac{x}{2}\,dx&=\left[-\frac{1}{n}\,\cos\,n\,x\,\cot\,\frac{x}{2}\right]_{t}^{\pi}-\int_{t}^{\pi}-\frac{1}{n}\,\cos\,n\,x\,\frac{-1}{2\,\sin^2\,\frac{x}{2}}\,dx\\&=\frac{1}{n}\,\cos\,n\,t\,\cot\,\frac{t}{2}-\frac{1}{n}\,\int_{t}^{\pi}\frac{\cos\,n\,x}{2\,\sin^2\,\frac{x}{2}}\,dx\\&=\frac{1}{n}\,\cos\,n\,t\,\cot\,\frac{t}{2}-\frac{1}{n}\,\int_{t}^{\pi}\frac{1-\left(1-\cos\,n\,x\right)}{1-\cos\,x}\,dx\\&=\frac{1}{n}\,\cos\,n\,t\,\cot\,\frac{t}{2}-\frac{1}{n}\,\int_{t}^{\pi}\frac{1}{1-\cos\,x}\,dx+\frac{1}{n}\,I_{n}(t)\,\,(II)\end{aligned}$

όπου

$\displaystyle{\int_{t}^{\pi}\frac{1}{1-\cos\,x}\,dx=\int_{t}^{\pi}\frac{1}{2\,\sin^2\,\frac{x}{2}}\,dx=\left[-\cot\,\frac{x}{2}\right]_{t}^{\pi}=\cot\,\frac{t}{2}}$ .

Σύμφωνα με τη σχέση $\displaystyle{(II)}$ έχουμε ότι :

$\displaystyle{\int_{t}^{\pi}\sin\,n\,x\,\cot\,\frac{x}{2}\,dx=\frac{1}{n}\,\cos\,n\,t\,\cot\,\frac{t}{2}-\frac{1}{n}\,\cot\,\frac{t}{2}+\frac{1}{n}\,I_{n}(t)\,,t\in\left(0,\pi\right]}$ .

και σύμφωνα με τη σχέση $\displaystyle{(I)}$ προκύπτει ότι :

$\displaystyle{I_{n+1}(t)=\frac{n+1}{n}\,I_{n}(t)+\frac{1}{n}\,\cot\,\frac{t}{2}\,\left(\cos\,n\,t-1\right)-\frac{1}{n}\,\sin\,n\,t\,,t\in\left(0,\pi\right]}$

Λαμβάνοντας υπ' όψιν την επαγωγική υπόθεση και το γεγονός ότι $\displaystyle{\lim_{t\to 0^{+}}\sin\,n\,t=0}$ και

$\displaystyle{\begin{aligned}\lim_{t\to 0^{+}}\cot\,\frac{t}{2}\,\left(\cos\,n\,t-1\right)&=\lim_{t\to 0^{+}}\frac{\left(\cos\,n\,t-1\right)\,\cos\,\frac{t}{2}}{\sin\,\frac{t}{2}}\\&=\lim_{u\to 0^{+}}\frac{\cos\,u\,\left(\cos\,(2\,n\,u)-1\right)}{\sin\,u}\\&=\lim_{u\to 0^{+}}\frac{(\cos\,u\,\left(\cos\,(2\,n\,u)-1\right))'}{(\sin\,u)'}\\&=\lim_{u\to 0^{+}}\frac{-2\,n\,\sin\,\left(2\,n\,u\right)\,\cos\,u+\left(1-\cos\,2\,n\,u\right)\,\sin\,u}{\cos\,u}\\&=0}\end{aligned}$

έπεται ότι $\displaystyle{\lim_{t\to 0^{+}}I_{n+1}(t)=\left(n+1\right)\,\pi}$ .

Επαγωγικά λοιπόν, αποδείξαμε ότι $\displaystyle{\lim_{t\to 0^{+}}I_{n}(t)=n\,\pi\,,n\in\mathbb{N}}$ , που σημαίνει ότι για

κάθε $\displaystyle{n\in\mathbb{N}}$ υπάρχει το $\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos\,n\,x}{1-\cos\,x}\,dx}$

και μάλιστα $\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos\,n\,x}{1-\cos\,x}\,dx=\lim_{t\to 0^{+}}I_{n}(t)=n\,\pi}$ .

Αυτή επαληθεύεται και για $\displaystyle{n=0}$ , οπότε : $\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos\,n\,x}{1-\cos\,x}\,dx=n\,\pi\,\,\,,n\in\mathbb{N}\cup\left\{0\right\}}$ .

Tolaso J Kos · #3

Βαγγέλη καλησπέρα και χαρά στο κουράγιο σου που τα γράψες όλα αυτά.

Εντούτοις υπάρχει μία πιο σύντομη λύση.

1. Σύγκλιση Ολοκληρώματος
Εφαρμόζοντας τον κανόνα $\rm{L' \, \, Hospital}$ για την υπό ολοκλήρωση συνάρτηση έχουμε ότι:
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos \nu x}{1-\cos x}=\nu^2}$ κάτι που δείχνει ότι η υπό ολοκλήρωση συνάρτηση είναι απόλυτα φραγμένη καθώς το

τείνει στο

, και άρα το ολοκλήρωμα συγκλίνει.

2. Υπολογισμός Ολοκληρώματος
Έστω $\displaystyle{I_\nu=\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos \nu x}{1-\cos x}dx}$ . Τότε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{I_{\nu+1}+I_{\nu-1}}{2} &=\int_{0}^{\pi}\frac{2-\cos (\nu+1)x-\cos (n-1)x}{2(1-\cos x)}dx \\ &= \int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos \nu x \cos x}{1-\cos x}dx\\ &=\int_{0}^{\pi}\frac{\left ( 1-\cos \nu x \right )+\cos \nu x(1-\cos x)}{1-\cos x}dx \\ &=I_\nu+\int_{0}^{\pi}\cos \nu x=I_\nu \end{aligned}}$

Άρα: $\displaystyle{I_\nu=\frac{I_{\nu+1}+I_{\nu-1}}{2}, \,\,\,\, \nu\geq 1}$ . Το τελευταίο δείχνει πως πρόκειται για μία αριθμητική πρόοδο. Επειδή $\displaystyle{I_0=0, \,\,\, I_1=\pi}$ έπεται ότι $\displaystyle{I_\nu=\nu \pi}$ .

Πολύ ωραία για αυτό. Τώρα ακόνισε τα μολύβια σου , και βουρ για το δεύτερο που είναι πιο απαιτητικό.

#4

Tolaso J Kos έγραψε:1.Να υπολογιστεί το επόμενο ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos \nu x}{1-\cos x}dx, \,\,\,\, \nu\in \mathbb{Z}_{\geq 0}}$

Ας δούμε και μια απόδειξη με μιγαδική ανάλυση: Έχουμε

$\displaystyle{I_n = \int_0^{\pi} \frac{1 - \cos{n\vartheta}}{1 - \cos{\vartheta}} \, d\vartheta = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos{n\vartheta}}{1 - \cos{\vartheta}} \, d\vartheta = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \frac{2 - (e^{in\vartheta} + e^{-in\vartheta})}{2 - (e^{i\vartheta} + e^{-i\vartheta})} \, d\vartheta}$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2} \oint_{\gamma} \frac{2 - (z^n + z^{-n})}{2 - (z + z^{-1})} \frac{1}{iz} dz}$

όπου $\gamma:[0,2\pi] \to \mathbb{R}$ η καμπύλη με τύπο $\gamma(\vartheta) = e^{i\vartheta}$ .

Όμως έχουμε

$\displaystyle{ \frac{2 - (z^n + z^{-n})}{2 - (z + z^{-1})} \frac{1}{z} = \frac{(z^n-1)^2}{z^n(z-1)^2} = \frac{(1+z+\cdots + z^{n-1})^2}{z^n}.}$

Επιπλέον ο συντελεστής του $z^{n-1}$ στο ανάπτυγμα του $(1+z+\cdots + z^{n-1})^2$ ισούται με

. (Απλό αφού το $z^{n-1}$ εμφανίζεται με πολλαπλασιασμό των $z^{a}$ και $z^{(n-1)-a}$ και έχουμε ακριβώς

επιλογές για το

.)

Άρα από Cauchy's Residue Theorem παίρνουμε ότι $I_n = n\pi$ .

Σ. Διονύσης · #5

Tolaso J Kos έγραψε: 2.Να υπολογιστεί το επόμενο ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_{0}^{1}\left ( \sum_{\kappa=0}^{\infty }\frac{1}{2^{2\kappa}(2\kappa+1) } \binom{2\kappa}{\kappa}x^{2\kappa+1}\right )dx, \,\,\,\, \left | x \right |<1}$ .

Από το διωνυμικό ανάπτυγμα για $z=-\frac{1}{2}$ έχουμε:

$\displaystyle{(1+x)^{-\frac{1}{2}}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{-\frac{1}{2}}{k}x^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{1}{2}-1)(-\frac{1}{2}-2)...(-\frac{1}{2}-k+1)}{k}x^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{1\cdot 3...(2k-1)}{2^k\cdot k!}x^{k}}$

$\displaystyle{=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{1\cdot 3...(2k-1)}{2^k\cdot k!}\cdot \frac{2\cdot 4...k...2k}{2\cdot 4...k...2k}x^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{(2k)!}{2^{2k}\cdot k!\cdot k!}x^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2^{2k}}\binom{2k}{k}x^{k}}$

Όμως γνωρίζουμε ότι: $\displaystyle{arcsinx=\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2^{2k}}\binom{2k}{k}\int_{0}^{x}t^{2k}dt=\sum_{\kappa=0}^{\infty }\frac{1}{2^{2\kappa}(2\kappa+1) } \binom{2\kappa}{\kappa}x^{2\kappa+1}}$ , $| x| \right |<1$

Δηλαδή ζητάμε το:

$\displaystyle{\int_{0}^{1}arcsinx dx}$ το οποίο είναι τετριμμένο με παραγοντική ολοκλήρωση.

Πράγματι:

$\displaystyle{\int arcsinx dx=x\cdot arcsinx-\int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx}$

Θέτουμε: t=1-x^2

και άρα

...

$\displaystyle{\int arcsinx dx=x\cdot arcsinx-\frac{1}{2}\int\frac{1}{\sqrt{t}}dx=x\cdot arcsinx+\sqrt{1-x^2}+c}$

Τελικά:

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\left ( \sum_{\kappa=0}^{\infty }\frac{1}{2^{2\kappa}(2\kappa+1) } \binom{2\kappa}{\kappa}x^{2\kappa+1}\right )dx=arcsin1-1}$

Tolaso J Kos · #6

Μάλιστα , ωραία Διονύση.

Σ. Διονύσης · #7

Λίγο διαφορετικά:

Είνια γνωστό ότι:

$\displaystyle{arcsinx=\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt}$

και θέτουμε: t=ux

οπότε:

$\displaystyle{arcsinx=\int_{0}^{1}\frac{x}{\sqrt{1-(ux)^2}}du}$

και τώρα αναπτύσσουμε τον όρο μέσα στο ολοκλήρωμα σε σειρά Taylor και "μαντεύουμε" (μας καθοδηγεί και η άσκηση) το γενικό της τύπο. Από εκεί κάνουμε την ολοκλήρωση (πολύ εύκολα) και καταλήγουμε στο τύπο για το τόξο του ημιτόνου που βρήκαμε. Από εκεί εργαζόμαστε ομοίως.

Σημείωση: Δε μου δουλεύει το Latex και δε μπορώ να γράψω τις εξισώσεις

Ολοκληρώματα και σειρά

Ολοκληρώματα και σειρά

Re: Ολοκληρώματα και σειρά

Re: Ολοκληρώματα και σειρά

Re: Ολοκληρώματα και σειρά

Re: Ολοκληρώματα και σειρά

Re: Ολοκληρώματα και σειρά

Re: Ολοκληρώματα και σειρά

Μέλη σε σύνδεση