mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 19, 2019 2:56 pm**

(α) Έστω ακέραιος $n \geqslant 1$ . Να υπολογιστεί το $\displaystyle \int_0^1 x^{n-1}\ln(x) \, \mathrm{d}x$

(β) Να υπολογιστεί το: $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{1}{(n+1)^2} - \frac{1}{(n+2)^2} + \frac{1}{(n+3)^2} - \cdots \right)$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 19, 2019 3:53 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 2:56 pm
(α) Έστω ακέραιος $n \geqslant 1$ . Να υπολογιστεί το $\displaystyle \int_0^1 x^{n-1}\ln(x) \, \mathrm{d}x$

(β) Να υπολογιστεί το: $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{1}{(n+1)^2} - \frac{1}{(n+2)^2} + \frac{1}{(n+3)^2} - \cdots \right)$

(α) Κάνουμε παράγοντες, οπότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} x^{n-1} \ln x \, \mathrm{d}x &= \cancelto{0}{\frac{1}{n} \left [ x^n \ln x \right ]_0^1} - \frac{1}{n} \int_{0}^{1} x^{n-1} \, \mathrm{d}x \\ &=-\frac{1}{n^2} \left [ x^n \right ]_0^1 \\ &=-\frac{1}{n^2} \end{aligned}}$
(β) Από το (α) έχουμε ότι: $\displaystyle{\int_{0}^{1} x^{n+k-1} \ln x \, \mathrm{d}x = - \frac{1}{\left ( n+k \right )^2}}$ . Άρα:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{\left ( n+k \right )^2} &= -\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \int_{0}^{1} x^{n+k-1} \ln x \, \mathrm{d}x\\ &= -\int_{0}^{1} \ln x \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} x^{n+k-1} \, \mathrm{d}x\\ &= -\int_{0}^{1} \ln x \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{n+k+1} x^{n+k-1} \, \mathrm{d}x \\ &= -\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{\left (x+1 \right )^2} \, \mathrm{d}x \\ &=\ln 2 \end{aligned}}$
αφού:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{n+k+1} x^{n+k-1} &= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{n-1} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} x^k\\ &= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{n-1} \frac{x}{x+1} \\ &=\frac{1}{x+1} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n \\ &=\frac{1}{x+1} \cdot \frac{1}{x+1} \\ &= \frac{1}{\left ( x+1 \right )^2} \end{aligned}}$
Ελπίζω να τα λέω σωστά, διότι γράφω υπό πίεση.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 19, 2019 4:07 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 3:53 pm
Ελπίζω να τα λέω σωστά, διότι γράφω υπό πίεση.

Αρκεί βέβαια να εξηγηθεί γιατί επιτρέπεται η εναλλαγή σειρών και ολοκληρωμάτων καθώς και πως υπολογίστηκε το $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(x)}{(1+x)^2} \, \mathrm{d}x.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 19, 2019 4:21 pm**

Φαντάζομαι το (α) μπήκε για να βοηθήσει για το (β). Υπάρχει όμως και πιο απλός τρόπος για το (β).

Έχουμε: $\displaystyle \sum_{n=0}^N \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+k+1}}{(n+k)^2} = \sum_{m=0}^N \frac{(-1)^m}{(m+1)} + (N+1) \sum_{m=N+1}^{\infty} \frac{(-1)^m}{(m+1)^2}$

Αυτό ισχύει διότι ο όρος $\frac{(-1)^m}{(m+1)^2}$ εμφανίζεται m+1

φορές στο αριστερό μέρος αν $m \leqslant N$ και N+1

φορές αν $m \geqslant N$ . Δεν υπάρχει θέμα εναλλαγής σειρών διότι μετακινήσαμε πεπερασμένο πλήθος όρων.

Από το test του Leibniz το $\displaystyle \sum_{m=N+1}^{\infty} \frac{(-1)^m}{(m+1)^2}$ συγκλίνει σε κάποιο αριθμό a_N

για τον οποίο $|a_N| < \frac{1}{(N+2)^2}$ . Άρα $\displaystyle (N+1) \sum_{m=N+1}^{\infty} \frac{(-1)^m}{(m+1)^2} \to 0$ ενώ είναι γνωστό (και απλό) ότι $\displaystyle \sum_{m=0}^N \frac{(-1)^m}{(m+1)} \to \log(2).$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 19, 2019 4:45 pm**

Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος είναι εύκολος, μία φορά παράγοντες. Για x>0

έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \frac{\ln x}{\left ( x+1 \right )^2} \, \mathrm{d} x&= -\frac{\ln x}{x+1} + \int \frac{\mathrm{d}x}{x\left ( x+1 \right )} \\ &= -\frac{\ln x}{x+1} + \int \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} \right ) \, \mathrm{d}x\\ &=-\frac{\ln x}{x+1} + \ln x - \ln (x+1) \end{aligned}}$
Άρα:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{\left ( x+1 \right )^2} \, \mathrm{d}x &= \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_{\epsilon}^{1} \frac{\ln x}{\left ( x+1 \right )^2} \, \mathrm{d}x \\ &=\lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \left [ - \frac{\ln x}{x+1} + \ln x - \ln (x+1) \right ]_{\epsilon}^{1} \\ &=\lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \left [ \frac{x \ln x}{x+1} - \ln (x+1) \right ]_{\epsilon}^{1} \\ &=\lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \left [ -\ln 2 - \frac{\epsilon \ln \epsilon}{\epsilon+1} + \ln \left ( \epsilon+1 \right ) \right ] \\ &= - \ln 2 \end{aligned}}$
διότι ( ως γνωστόν ) $\lim \limits_{\epsilon \rightarrow 0^+} \epsilon \ln \epsilon =0$ .

Όσο για την εναλλαγή του ολοκληρώματος με τις σειρές, αφήνεται στον αναγνώστη.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 19, 2019 10:37 pm**

Δε ξέρω αν λέω τα ίδια με το Δημήτρη , αλλά το γνωστό τρικάκι δουλεύει. Εφόσον η σειρά είναι απόλυτα συγκλίνουσα έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{\left ( k+n \right )^2} &= - \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+n}}{\left ( k+n \right )^2} \\ &=-\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m m}{m^2} \\ &=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{m-1}}{m} \\ &= \ln 2 \end{aligned}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 20, 2019 10:51 am**

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 10:37 pm
Δε ξέρω αν λέω τα ίδια με το Δημήτρη , αλλά το γνωστό τρικάκι δουλεύει. Εφόσον η σειρά είναι απόλυτα συγκλίνουσα έχουμε:

Τα ίδια λες. Μόνο που η διπλή σειρά δεν είναι απόλυτα συγκλίνουσα οπότε χρειάζεται κάποια περισσότερη προσοχή. Γι' αυτό και τα επιπλέον σχόλια στη λύση μου.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 20, 2019 2:47 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 20, 2019 10:51 am
Γι' αυτό και τα επιπλέον σχόλια στη λύση μου.

Έπρεπε να τα αφήσεις στον αναγνώστη Δημήτρη.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 21, 2019 9:56 am**

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 19, 2019 3:53 pm
$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{\left ( n+k \right )^2} &= -\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \int_{0}^{1} x^{n+k-1} \ln x \, \mathrm{d}x\\ &= -\int_{0}^{1} \ln x \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} x^{n+k-1} \, \mathrm{d}x\\ \end{aligned}}$

Ας δούμε και την δικαιολόγηση της εναλλαγής των σειρών με τα ολοκληρώματα. Θα δείξω μόνο την πρώτη αφού και η δεύτερη είναι ίδια.

Θέτουμε $\displaystyle f_r(x) = \sum_{k=1}^r (-1)^{k+1}x^{n+k-1}\ln(x) = \frac{x^n(1-(-x)^r)\ln(x)}{1+x} \to f(x) = \frac{x^n\ln(x)}{1+x}.$

Επίσης, $\displaystyle |f_r(x)| \leqslant g(x) = \frac{2|\ln(x)|}{1+x}$ με την g(x)

να είναι ολοκληρώσιμη στο [0,1]

.

Άρα:

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \int_{0}^{1} x^{n+k-1} \ln x \, \mathrm{d}x = \lim_{r \to \infty} \int_0^1 f_r(x) \, \mathrm{d}x = \int_0^1 f(x) \, \mathrm{d}x$

από το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 07, 2020 2:11 pm**

Καλησπέρα σας!

Στο άρθρο Olimpiada de Matematica a Studentilor din Sud-Estul Europei, SEEMOUS 2019, σελ. 18-26 , υπάρχουν εναλλλακτικές λύσεις και ενδιαφέρουσες πληροφορίες.

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

SEEMOUS 2019/4

SEEMOUS 2019/4

Re: SEEMOUS 2019/4

Re: SEEMOUS 2019/4

Re: SEEMOUS 2019/4

Re: SEEMOUS 2019/4

Re: SEEMOUS 2019/4

Re: SEEMOUS 2019/4

Re: SEEMOUS 2019/4

Re: SEEMOUS 2019/4

Re: SEEMOUS 2019/4