Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

#41

Δίνω ακόμη μία προσέγγιση που αποφεύγει τον τύπο της νιοστής παραγωγού του γινόμενου. (Τον οποίο ξέρω σαν κανόνα του Leibniz και όχι του Lagrange.)

Έστω $\displaystyle y(x) = a_0 + a_1x + a_2 \frac{x^2}{2!} + \cdots$ το ανάπτυγμα Taylor της y(x)

γύρω από το

όπου

.

Έχουμε

$\displaystyle y'(x) = 1 - \frac{x}{(1-x^2)}y = 1 - xy(1+x^2+x^4+\cdots) = 1 - y(x+x^3 + x^5 + \cdots)$

Συγκρίνοντας συντελεστές του x^n

έχουμε

$\displaystyle \frac{y_{n+1}(0)}{n!} = -\left[\frac{y_{n-1}(0)}{(n-1)!} + \frac{y_{n-3}(0)}{(n-3)!} + \cdots \right] = -\frac{y_{n-1}(0)}{(n-1)!} + \frac{y_{n-1}(0)}{(n-2)!}$

Παίρνουμε $y_{n+1}(0) = -ny_{n-1}(0) + n(n-1)y_{n-1}(0) = n(n-2)y_{n-1}(0)$

#42

Άσκηση 16 (Special paper, Ιούνιος 1974) .

(i) ... (Το αφήνω ως ρουτίνα).

(ii) Έστω $z=re^{i\theta}$ μη μηδενικός μιγαδικός αριθμός στην κανονική του μορφή. Αν ο $ze^{-z}$ είναι πραγματικός, να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{\dfrac {\theta - r \sin \theta}{\pi}}$

είναι ακέραιος.

#43

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τρί Δεκ 27, 2022 10:38 pm Άσκηση 16 (Special paper, Ιούνιος 1974) .

(i) ... (Το αφήνω ως ρουτίνα).

(ii) Έστω $z=re^{i\theta}$ μη μηδενικός μιγαδικός αριθμός στην κανονική του μορφή. Αν ο $ze^{-z}$ είναι πραγματικός, να αποδείξετε ότι ο αριθμός

$\displaystyle{\dfrac {\theta - r \sin \theta}{\pi}}$

είναι ακέραιος.

.
Έχουμε

$\displaystyle{ ze^{-z} = re^{i\theta}e^{-re^{i\theta}} = re^{i\theta}e^{-r(\cos \theta +i\sin \theta)} = re^{-r\cos \theta } e^{i(\theta -r\sin \theta)} = }$

$\displaystyle{= re^{-r\cos \theta } \left [ \cos (\theta -r\sin \theta) +i \sin (\theta -r\sin \theta)\right ] }$

Εφόσον είναι πραγματικός αριθμός, έπεται ότι το μιγαδικό του μέρος είναι

, και άρα $\displaystyle{\sin (\theta -r\sin \theta)=0}$ . Συνεπώς για κάποιο

ακέραιο είναι $\theta -r\sin \theta = k\pi$ , από όπου το ζητούμενο.

#44

Άσκηση 17 (Special paper, Ιούνιος 1980) .

(i) Έστω και έστω $f:[0,\,p] \longrightarrow \mathbb R$ μία συνεχής συνάρτηση που για κάθε $x\in [0,\, p]$ ικανοποιεί . Δείξτε ότι

α) $\displaystyle{\int _0^p f(x)dx = \dfrac {1}{2} pf(p)}$

β) $\displaystyle{\int _0^p \sin x \sin (p-x) f(x)dx = \dfrac {1}{4}f(p)(\sin p - p\cos p)}$

Tolaso J Kos · #45

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Ιαν 05, 2023 7:27 pm Άσκηση 17 (Special paper, Ιούνιος 1980) .

(i) Έστω και έστω $f:[0,\,p] \longrightarrow \mathbb R$ μία συνεχής συνάρτηση που για κάθε $x\in [0,\, p]$ ικανοποιεί . Δείξτε ότι

α) $\displaystyle{\int _0^p f(x)dx = \dfrac {1}{2} pf(p)}$

β) $\displaystyle{\int _0^p \sin x \sin (p-x) f(x)dx = \dfrac {1}{4}f(p)(\sin p - p\cos p)}$

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{p} f(x)\, \mathrm{d}x &\overset{u=p-x}{=\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{p} f \left ( p-x \right )\, \mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2} \left ( \int_{0}^{p} f(x)\, \mathrm{d}x + \int_{0}^{p} f \left ( p-x \right )\, \mathrm{d}x \right ) \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{p} f(p)\, \mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2} p f(p) \end{aligned}}$
Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{p} \sin x \sin \left ( p-x \right ) f(x)\, \mathrm{d}x &\overset{u=p-x}{=\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{p} \sin x \sin \left ( p- x \right ) f \left ( p-x \right )\, \mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{p} \left [ \sin x \sin \left ( p-x \right ) f(x) + \sin x \sin \left ( p- x \right ) f \left ( p-x \right ) \right ]\, \mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2} \int_{0}^{p} \sin x \sin \left ( p-x \right ) \left [ f (x) + f (p-x) \right ] \, \mathrm{d}x \\ &=\frac{f(p)}{2} \int_{0}^{p} \sin x \sin \left ( p-x \right )\, \mathrm{d}x \\ &= \frac{p f(p)}{4} \left ( \sin p - p \cos p \right ) \end{aligned}}$

#46

Άσκηση 18 (Special paper, Ιούνιος 1985) .

α) (το αφήνω ως ρουτίνα).

β) Έστω συνεχής συνάρτηση. Δείξτε ότι

$\displaystyle{\int _0^{\pi/2} f(\sin x)dx = \int _{\pi/2}^{\pi} f(\sin x)dx =\dfrac {1}{2} \int _0^{\pi} f(\sin x)dx$

Από αυτά, ή αλλιώς, δείξτε ότι

$\displaystyle{\int _0^{\pi /2} \ln f( \sin 2x)dx =\int _0^{\pi /2} \ln f( \sin x)dx$ .

Με χρήση αυτού να βρείτε τo

$\int _0^{\pi /2} \ln ( \cos x)dx$

Edit: Διόρθωσα τυπογραφικό. Στο τελευταίο ολοκλήρωμα η προς ολοκλήρωση ήταν η $\ln {\color {red} f}( \cos x)$ ενώ το σωστό είναι χωρίς το

.

ΖΗΤΩ ΣΥΓΝΩΜΗ

Στα μεσαία ολοκληρώματα η άσκηση όπως έπεσε στον Βρετανικό διαγωνισμό είναι επίσης χωρίς τα

. Όμως την αφήνω όπως είναι παραπάνω γιατί τυχαίνει να είναι σωστή, με μόνη προσθήκη οι τιμές της

να είναι θετικές (για να έχει νόημα ο λογάριθμος).

Tolaso J Kos · #47

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιαν 06, 2023 11:44 am Άσκηση 18 (Special paper, Ιούνιος 1985) .

α) (το αφήνω ως ρουτίνα).

β) Έστω συνεχής συνάρτηση. Δείξτε ότι

$\displaystyle{\int _0^{\pi/2} f(\sin x)dx = \int _{\pi/2}^{\pi} f(\sin x)dx =\dfrac {1}{2} \int _0^{\pi} f(\sin x)dx$

Από αυτά, ή αλλιώς, δείξτε ότι

$\displaystyle{\int _0^{\pi /2} \ln f( \sin 2x)dx =\int _0^{\pi /2} \ln f( \sin x)dx$ .

Με χρήση αυτού να βρείτε τo

$\int _0^{\pi /2} \ln f( \cos x)dx$

(β) Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\pi} f \left ( \sin x \right )\, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{\pi/2} f(\sin x)\, \mathrm{d}x + \int_{\pi/2}^{\pi} f \left ( \sin x \right )\, \mathrm{d}x \\ &=\int_{0}^{\pi/2} f(\sin x)\, \mathrm{d}x + \int_{\pi/2}^{0} f \left ( \sin (\pi - x) \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\pi/2} f(\sin x) \, \mathrm{d}x + \int_{0}^{\pi/2} f (\sin x) \, \mathrm{d}x \\ &= 2 \int_{0}^{\pi/2} f \left ( \sin x \right )\, \mathrm{d}x \end{aligned}}$
Αυτό απαντά και στις δύο ισότητες. Για το δεύτερο ερώτημα είναι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\pi/2} \ln f \left ( \sin 2x \right )\, \mathrm{d}x &\overset{u=2x}{=\! =\! =\! =\!} \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \ln f \left ( \sin u \right ) \, \mathrm{d}u \\ &\overset{?}{=} \int_{0}^{\pi/2} \ln f \left ( \sin u \right ) \, \mathrm{d}u \end{aligned}}$
Δε μου αρέσει η δικαιολόγηση. Για το τελευταίο ερώτημα δε ξέρω τι πρέπει να απαντήσω. Η αλλαγή μεταβλητής $u=\pi/2-x$ το φέρνει στο ολοκλήρωμα $\int_0^{\pi/2} \ln f(\sin x) \, \mathrm{d}x$ . Αρκεί;

Tolaso J Kos · #48

Πάντως αυτή η άσκηση μου θύμισε τις παρακάτω:

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow \mathbb{R}$ συνεχής συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2} f(\sin 2x) \cos x \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{\pi/2} f \left ( \cos^2 x \right ) \cos x \, \mathrm{d}x}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Υπόδειξη: Να γίνει η αλλαγή μεταβλητής $\sin 2 x= \cos^2 t$ .

και φυσικά τη πιο γνωστή άσκηση που κυκλοφορεί στα βοηθήματα:

Έστω $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ συνεχής συνάρτηση. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2} x f(\sin x) \, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi/2} f \left ( \sin x \right ) \, \mathrm{d}x}$

#49

Tolaso J Kos έγραψε: Παρ Ιαν 06, 2023 9:18 pm $\displaystyle{... &\overset{?}{=} \int_{0}^{\pi/2} \ln f \left ( \sin u \right ) \, \mathrm{d}u \end{aligned}}$
Δε μου αρέσει η δικαιολόγηση.

'
Δεν χρειάζεται η αμφιβολία. Η ισότητα αυτή έχει αποδειχθεί στο πρώτο μέρος της άσκησης.
'

Tolaso J Kos έγραψε: Παρ Ιαν 06, 2023 9:18 pm ... Για το τελευταίο ερώτημα δε ξέρω τι πρέπει να απαντήσω. Η αλλαγή μεταβλητής $u=\pi/2-x$ το φέρνει στο ολοκλήρωμα $\int_0^{\pi/2} \ln f(\sin x) \, \mathrm{d}x$ . Αρκεί;

'
Όχι δεν αρκεί. Η απάντηση πρέπει να είναι κάποιος αριθμός. Ως υπόδειξη, ο αριθμός αυτός έχει μέσα του το $\pi$ και τον $\ln 2$ .

Tolaso J Kos · #50

Μιχάλη δε το βλέπω !!

#51

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Ιαν 07, 2023 1:47 pm Μιχάλη δε το βλέπω !!

Ωχχχχ. Έχεις δίκιο. Υπάρχει ένα παραπανήσιο

.

Τ'ώρα το διόρθωσα στο αρχικό μου ποστ όπου έγραψα:

Edit: Διόρθωσα τυπογραφικό. Στο τελευταίο ολοκλήρωμα η προς ολοκλήρωση ήταν η $\ln {\color {red} f}( \cos x)$ ενώ το σωστό είναι χωρίς το

.

ΖΗΤΩ ΣΥΓΝΩΜΗ

Στα μεσαία ολοκληρώματα η άσκηση όπως έπεσε στον Βρετανικό διαγωνισμό είναι επίσης χωρίς τα

. Όμως την αφήνω όπως είναι παραπάνω γιατί τυχαίνει να είναι σωστή, με μόνη προσθήκη οι τιμές της

να είναι θετικές (για να έχει νόημα ο λογάριθμος).

Tolaso J Kos · #52

Άρα μιλάμε λοιπόν για το ολοκλήρωμα $\int_0^{\pi/2} \ln \cos x \, \mathrm{d}x$ . Σωστά; Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\pi/2} \ln \cos x \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{\pi/2} \ln \sin x \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{2} \left ( \int_{0}^{\pi/2} \ln \cos x \, \mathrm{d}x + \int_{0}^{\pi/2} \ln \sin x \, \mathrm{d}x \right ) \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \ln \sin x \cos x \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \ln \frac{\sin 2x}{2} \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{4}\int_{0}^{\pi} \ln \sin x \, \mathrm{d}x - \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \ln 2 \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \ln \sin x \, \mathrm{d}x - \frac{\pi \ln 2}{4} \end{aligned}}$
Άρα $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2} \ln \cos x \, \mathrm{d}x = - \frac{\pi \ln 2}{2}}$ .

#53

.
Άσκηση 19 (Special paper, Ιούνιος 1990).

Έστω $\displaystyle{I(m,n)= \int _{1/8}^{8} \dfrac {x^m}{(1+x) ^{m+n+2}}\,dx}$ , όπου .

α) Δείξτε ότι

Κατόπιν

β) Eξετάζοντας το , ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο, δείξτε ότι

$\displaystyle{I \left (-\dfrac {1}{3}, \, -\dfrac {2}{3} \right ) = \int _{1/8}^{8} \dfrac {x^{-1/3}}{1+x}\,dx = \dfrac {\pi} {\sqrt 3}}$

γ) Δείξτε ότι

$\displaystyle{I(m,n)=\dfrac {8^{m+1} - 8^{n+1}}{(m+1) 9^{m+n+2}}+ \dfrac {m+n+2}{m+1}I(m+1,n)}$

add2math · #54

a)
Θέτω $x = w^{- 1}$ , οπότε $\(dx = - w^{- 2} dw$
Έχω
$I(m,n) = \int_{1/8}^{8}\frac{x^{m}}{(1 + x)^{m + n + 2}} dx = \int_{8}^{\frac{1}{8}}\frac{w^{- m}}{\left( 1 + w^{- 1} \right)^{m + n + 2}}\left( - w^{- 2} \right) dw = \int_{1/8}^{8}{\frac{w^{- m - 2}}{\left( 1 + w^{- 1} \right)^{m + n + 2}} \cdot \frac{w^{m + n + 2}}{w^{m + n + 2}}} dw =$
$\int_{1/8}^{8}\frac{w^{n}}{(1 + w)^{m + n + 2}} dw = I(n,m)$

β) η σωστή λύση είναι σε επόμενο post

γ)

$I(m,n) = \int_{\frac{1}{8}}^{8}\frac{x^{m}}{(1 + x)^{m + n + 2}} dx = \int_{\frac{1}{8}}^{8}{x^{m}(1 + x)^{( - m - n - 2)}} dx =$

$\left\lbrack \frac{x^{m + 1}}{m + 1} \cdot (1 + x)^{( - m - n - 2)} \right\rbrack_{\frac{1}{8}}^{8} - \int_{\frac{1}{8}}^{8}{\frac{x^{m + 1}}{m + 1} \cdot ( - m - n - 2)(1 + x)^{( - m - n - 3)}} dx =$

$\frac{1}{m + 1}\left\lbrack x^{m + 1} \cdot (1 + x)^{( - m - n - 2)} \right\rbrack_{1/8}^{8} + \frac{m + n + 2}{m + 1}\int_{\frac{1}{8}}^{8}{x^{m + 1} \cdot (1 + x)^{( - m - n - 3)}} dx =$

$\frac{1}{m + 1}\left\lbrack 8^{m + 1} \cdot 9^{( - m - n - 2)} - \left( \frac{1}{8} \right)^{m + 1} \cdot {\left( \frac{9}{8} \right)\ }^{( - m - n - 2)} \right\rbrack + \frac{m + n + 2}{m + 1}I(m + 1,n) =$

$\frac{9^{( - m - n - 2)}}{m + 1}\left\lbrack 8^{m + 1} - \left( \frac{1}{8} \right)^{m + 1} \cdot {\left( \frac{1}{8} \right)\ }^{( - m - n - 2)} \right\rbrack + \frac{m + n + 2}{m + 1}I(m + 1,n) =$

$\frac{9^{( - m - n - 2)}}{m + 1}\left\lbrack 8^{m + 1} - \left( \frac{1}{8} \right)^{- n - 1} \right\rbrack + \frac{m + n + 2}{m + 1}I(m + 1,n) =$

$\frac{8^{m + 1} - 8^{n + 1}}{(m + 1)9^{(m + n + 2)}} + \frac{m + n + 2}{m + 1}I(m + 1,n)$

#55

Χρήστο, σου έχω στείλει ένα ΠΜ πριν από αρκετές μέρες, σχετικά με την παραπάνω λύση. Μπορείς σε παρακαλώ να το δεις;

add2math · #56

Στο προηγούμενο ποστ είχα αβλεψία στο ερώτημα β που μου επισήμανε ο Mihalis_Lambrou με προσωπικό μήνυμα.

Θέτω $x = w^{3} \Rightarrow dx = 3w^{2}dw$ οπότε
$\int_{1/8}^{8}\frac{x^{- \frac{1}{3}}}{1 + x}dx = \int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{3w}{1 + w^{3}}dw = \int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{3w}{\left( w + 1 \right)\left( w^{2} - w + 1 \right)}dw = \int_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{w + 1}{w^{2} - w + 1} - \frac{1}{w + 1}}dw =$

$= \int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{\frac{1}{2}\left( 2w - 1 \right)}{w^{2} - w + 1}dw + \int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{3/2}{w^{2} - w + 1}dw - \int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{1}{w + 1}dw =$

$\displaystyle = \frac{1}{2}\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{(w^{2} - w + 1)'}{w^{2} - w + 1}dw + \int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{3/2}{\left( w - \frac{1}{2} \right)^{2} + \frac{3}{4}}dw - \int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{\left( w + 1 \right)'}{w + 1}dw =$

$\displaystyle \frac{1}{2}\left\lbrack \ln\left( w^{2} - w + 1 \right) \right\rbrack_{\frac{1}{2}}^{2} + \int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{2}{\left( \frac{2}{\sqrt{3}}w - \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^{2} + 1}dw - \left\lbrack \ln\left( w + 1 \right) \right\rbrack_{\frac{1}{2}}^{2} =$

$\displaystyle \frac{1}{2}\ln\left( 3 \right) - \frac{1}{2}\ln\left( \frac{3}{4} \right) + \sqrt{3}\int_{\frac{1}{2}}^{2}\frac{\left( \frac{2}{\sqrt{3}}w - \frac{1}{\sqrt{3}} \right)'}{\left( \frac{2}{\sqrt{3}}w - \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^{2} + 1}dw - \ln\left( 3 \right) + \ln\left( \frac{3}{2} \right) =$

$\displaystyle \sqrt{3}\left\lbrack \arctan\left( \frac{2}{\sqrt{3}}w - \frac{1}{\sqrt{3}} \right) \right\rbrack_{\frac{1}{2}}^{2} = \sqrt{3}\left\lbrack \arctan\left( \sqrt{3} \right) - arctan\left( 0 \right) \right\rbrack = \frac{\pi}{\sqrt{3}}$

#57

add2math έγραψε: Πέμ Σεπ 25, 2025 6:25 pm Στο προηγούμενο ποστ είχα αβλεψία στο ερώτημα β που μου επισήμανε ο Mihalis_Lambrou με προσωπικό μήνυμα.

Χρήστο, ευχαριστώ για τη διόρθωση. Θα συνιστούσα, όμως, να πας πίσω στο πόστ #54 και να διαγράψεις την εσφαλμένη λύση σημειώνοντας ότι πιο κάτω υπάρχει η σωστή. Όπως είναι τώρα, ο ανυποψίαστος αναγνώστης θα διαβάσει την λύση του β) στο ποστ #54, και θα μπερδευτεί.

Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Re: Παλιά θέματα εισαγωγικών στην Βρετανία

Μέλη σε σύνδεση