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 $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2} \ln \cos x \, \mathrm{d}x = - \frac{\pi \ln 2}{2}}$ .

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