SEEMOUS 2019/4

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

SEEMOUS 2019/4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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)



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3834
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2019/4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » 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.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2019/4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2019/4

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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).


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3834
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2019/4

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » 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.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3834
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2019/4

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τρί Μαρ 19, 2019 10:37 pm

Δε ξέρω αν λέω τα ίδια με το Δημήτρη , αλλά το γνωστό τρικάκι n+k=m 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}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2019/4

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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 n+k=m 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.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1228
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: SEEMOUS 2019/4

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » 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.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2019/4

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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.

Σημείωση: Επιτρέπεται στην εφαρμογή του θεωρήματος η g να λαμβάνει τιμές στο [0,\infty]. Απλά για να μπορέσουμε να το εφαρμόσουμε πρέπει να έχουμε \int g < +\infty. Στη συγκεκριμένη περίπτωση αυτό ισχύει.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες