mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 12, 2013 4:46 pm**

Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /4} {{x^2}\log \left( {\sin x} \right)dx} = \frac{{3\pi }}{{256}}\zeta \left( 3 \right) + \frac{1}{4}\beta \left( 4 \right) - \frac{{{\pi ^3}\log 2}}{{192}} - \frac{{{\pi ^2}}}{{32}}G}$

όπου $\displaystyle{G : }$ η σταθερά του Catalan, $\displaystyle{\zeta \left( s \right)}$ : η συνάρτηση ζήτα του Riemann και $\displaystyle{\beta \left( s \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^s}}}} }$ : η συνάρτηση βήτα του Dirichlet http://mathworld.wolfram.com/DirichletBetaFunction.html

Είναι γνωστό ότι $\displaystyle{\beta \left( 1 \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}}}}} = \frac{\pi }{4}}$ , $\displaystyle{\beta \left( 2 \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2}}}} = G}$ , $\displaystyle{\beta \left( 3 \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^3}}}} = \frac{{{\pi ^3}}}{{32}}}$ , ...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 13, 2013 3:39 pm**

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει: $\displaystyle \ln\left(1-\cos x \right)=-\ln 2 -2\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos\left(nx \right)}{n}}, 0<x<\pi, x\neq \pi/2$ .

Για r<1

έχουμε $\displaystyle \ln\left(1-re^{ix} \right)=-\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{r^n e^{inx}}{n}}$ οπότε $\displaystyle Re\left(\ln\left(1-re^{ix} \right) \right)=-\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos (nx)r^n}{n}$ και επειδή $\displaystyle Re\left(\ln\left(1-re^{ix} \right) \right)=1/2 \ln\left|1-re^{ix} \right|=1/2\ln\left(r^2 +1-2r\cos x \right)$

έπεται ότι $\displaystyle \ln\left(r^2 +1-2r\cos x \right)=-2\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{r^n \cos(nx)}{n}}$ οπότε από το λήμμα του Abel προκύπτει άμεσα η αρχική.

Για $\dislaystyle x:=\pi-x$ προκύπτει ότι $\displaystyle \ln\left(1+\cos x \right)=-\ln 2-2\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n \cos(nx)}{n}}$ συνεπώς προκύπτει ότι ισχύει: $\displaystyle \ln\left(\sin x \right)=-\ln 2 -\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos\left(2nx \right)}{n}}, 0<x<\pi/2$ .

Η σειρά $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos(2nx)}{n}}$ συγκλίνει ομοιόμορφα στο σύνολο $\left(a,\pi/4 \right)$ από το κριτήριο του Dirichlet (για σειρες συναρτήσεων) αφού τα αθροισματα $\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\cos(nx)$ είναι φραγμένα.

Άρα $\displaystyle \int_{a}^{\pi/4}{x^2\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos(2nx)}{n}}}dx=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n}\int_{a}^{\pi/4}{x^2\cos(2nx)dx}}=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n}\left(\frac{\left(\pi^2 n^2-8 \right)\sin\left(n\pi/2 \right)+4n\pi\cos\left(n\pi/2) \right)}{32n^3} \right)}$ $\displaystyle +\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\sin(2an)-2an\left(an\sin\left(2an \right)+\cos\left(2an \right) \right)}{4n^4}}$

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n}\left(\frac{\left(\pi^2 n^2-8 \right)\sin\left(n\pi/2 \right)+4n\pi\cos\left(n\pi/2) \right)}{32n^3} \right)}=$ $\displaystyle \frac{\pi^2}{32}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}}-\frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{(2n+1)^4}}-\frac{\pi}{8}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{8n^3}}$

$\displaystyle =\frac{\pi^2}{32}G-\frac{1}{4}\beta \left(4 \right)-\frac{3\pi}{256}\zeta(3)$ .

΄Ομως $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|{\frac{\sin(2an)-2an\left(an\sin\left(2an \right)+\cos\left(2an \right) \right)}{4n^4}} \right|\leqslant Ma$ , οπότε αφήνοντας το

να πάει στο 0 έχουμε:

$\displaystyle \int_{0}^{\pi/4}{x^2\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos\left(2nx \right)}{n}}}dx=-\frac{3\pi}{256}\zeta(3)-\frac{1}{4}\beta(4)+\frac{\pi^2}{32}G$ .Τελικά $\displaystyle \int_{0}^{\pi/4}{x^2 \ln\left(\sin x \right)}dx=-\frac{\pi^3}{192}\ln 2 -\frac{\pi^2}{32}G+\frac{1}{4}\beta \left(4 \right)+\frac{3\pi}{256}\zeta(3)$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 16, 2013 9:16 am**

kwstas12345 έγραψε:Θα αποδείξουμε ότι ισχύει: .....

Χωρίς ουσιαστική διαφορά από την παραπάνω λύση, παρά μόνον στην χρήση πολυλογαριθμικών συναρτήσεων, που κι αυτές κρυφά εμπεριέχονται στην λύση του Κώστα !!

Εδώ viewtopic.php?f=9&t=40144 αποδείχθηκε ότι $\displaystyle{\log \left( {1 - \cos x} \right) = - \log 2 - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos nx}}{n}} {\text{ }}}$ , οπότε
$\displaystyle{ - \log 2 - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos 2nx}}{n}} = \log \left( {1 - \cos 2x} \right) = \log 2{\sin ^2}x = \log 2 + 2\log \sin x \Rightarrow \boxed{\log \sin x = - \log 2 - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos 2nx}}{n}} }}$

Τότε $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /4} {{x^2}\log \left( {\sin x} \right)dx} = - \int\limits_0^{\pi /4} {{x^2}\left( {\log 2 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos 2nx}}{n}} } \right)dx} = - \log 2\int\limits_0^{\pi /4} {{x^2}dx} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}\left( {\int\limits_0^{\pi /4} {{x^2}\cos 2nxdx} } \right)} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{{{\pi ^3}\log 2}}{{192}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}\left( {\frac{{\pi \cos \left( {\dfrac{{n\pi }}{2}} \right)}}{{8{n^2}}} - \frac{{\sin \left( {\dfrac{{n\pi }}{2}} \right)}}{{4{n^3}}} + \frac{{{\pi ^2}\sin \left( {\dfrac{{n\pi }}{2}} \right)}}{{32n}}} \right)} = - \frac{{{\pi ^3}\log 2}}{{192}} - \frac{\pi }{8}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {\dfrac{{n\pi }}{2}} \right)}}{{{n^3}}}} + \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {\dfrac{{n\pi }}{2}} \right)}}{{{n^4}}}} - }$

$\displaystyle{ - \frac{{{\pi ^2}}}{{32}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {\dfrac{{n\pi }}{2}} \right)}}{{{n^2}}}} = - \frac{{{\pi ^3}\log 2}}{{192}} - \frac{\pi }{{16}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{i^n} + {{\left( { - i} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} + \frac{1}{{8i}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{i^n} - {{\left( { - i} \right)}^n}}}{{{n^4}}}} - \frac{{{\pi ^2}}}{{64i}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{i^n} - {{\left( { - i} \right)}^n}}}{{{n^2}}}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \int\limits_0^{\pi /4} {{x^2}\log \left( {\sin x} \right)dx} = - \frac{{{\pi ^3}\log 2}}{{192}} - \frac{\pi }{{16}}\left( {L{i_3}\left( i \right) + L{i_3}\left( { - i} \right)} \right) + \frac{1}{{8i}}\left( {L{i_4}\left( i \right) - L{i_4}\left( { - i} \right)} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{{64i}}\left( {L{i_2}\left( i \right) - L{i_2}\left( { - i} \right)} \right)}$

Όμως $\displaystyle{L{i_n}\left( i \right) + L{i_n}\left( { - i} \right) = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{i^k} + {{\left( { - i} \right)}^k}}}{{{k^n}}}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{2{i^{2k}}}}{{{{\left( {2k} \right)}^n}}}} = \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{k^n}}}} = \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}\left( {\frac{1}{{{2^{n - 1}}}} - 1} \right)\zeta \left( n \right)}$

και $\displaystyle{L{i_n}\left( i \right) - L{i_n}\left( { - i} \right) = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{i^k} - {{\left( { - i} \right)}^k}}}{{{k^n}}}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{2{i^{2k - 1}}}}{{{{\left( {2k - 1} \right)}^n}}}} = \frac{2}{i}\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{{\left( {2k - 1} \right)}^n}}}} = \frac{2}{i}\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^n}}}} = 2i\beta \left( n \right)}$

Συμμαζεύοντας τα παραπάνω προκύπτει το ζητούμενο ..

mathematica.gr

Γενικευμένο ολοκλήρωμα 9

Γενικευμένο ολοκλήρωμα 9

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 9

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 9