Ολοκλήρωμα γινομένου συνημιτόνων

#1

Να προσδιορίσετε τους φυσικούς , ώστε το ολοκλήρωμα

$I_{n}=\int_{0}^{2\pi}\cos(x)\cdot\cos(2x)\cdots\cos(nx)dx,$
να είναι διαφορετικό του μηδέν.

Νίκος Κατσίπης

#2

Ένα σκεπτικό το οποίο δεν καθο-ρύζι μεν τα

, αλλά δίνει μια, κατά τη γνώμη μου, εξαιρετικά ενδιαφέρουσα συσχέτιση.

Έχουμε τον τύπο $\displaystyle{2^{n-1}\cos(a_{1})\cdot\ldots\cdot\cos(a_{n})=\sum\cos(a_{1}\pm\cdots\pm a_{n})}$ , όπου το άθροισμα λαμβάνεται ως προς όλες τις διατάξεις προσήμων των $\displaystyle{a_{2},\ldots,a_{n}}$ .

Έπεται ότι $\displaystyle{I_{n}=\frac{1}{2^{n-1}}\sum\int_{0}^{2\pi}\cos\big((1\pm2\pm3\cdots\pm n)x\big)\,dx}$ .

Παρατηρούμε τώρα ότι

$\displaystyle{I_{n}\neq0}$ $\Leftrightarrow$ ο

είναι τέθοιος ώστε να υπάρχει μια διάταξη προσήμων των $2,3,\ldots,n$ για την οποία είναι $\displaystyle{1\pm2\pm3\pm\cdots\pm n=0}$ .

Φυσικά αυτό δε λύνει την άσκηση, αλλά, αν η άσκηση λυθεί με κάποιον άλλο τρόπο, προσ2-ρύζι τους φυσικούς με μια ενδιαφέρουσα ιδιότητα.

dement · #3

Απο το σημειο που την εφερε ο Αναστασης, ειναι σχετικα απλο να αποδειχθει οτι οι φυσικοι ειναι οι ισοτιμοι με τα $0, 3 \ \mod 4$ .

Οι ισοτιμιες 1,2

απορριπτονται γιατι το αθροισμα 1+2+3+...+n

ειναι περιττο.

Στη συνεχεια, αποδεικνυουμε οτι οι αριθμοι 3,4

ειναι καταλληλοι και στη συνεχεια με επαγωγη το επεκτεινουμε σε ολοκληρες τις ισοτιμιες.

Δημητρης Σκουτερης

#4

Πολύ ωραία όλα!

Αν γράψουμε $\cos(x)=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$ , έχουμε την απόδειξη του τύπου που μας έδωσε ο Αναστάσης.

Αν δεν χρησιμοποιήσουμε το τύπο θα έχουμε (ουσιαστικά δεν διαφέρει καθόλου από την προηγούμενη απόδειξη):

$\displaystyle{I_{n}=\int_{0}^{2\pi}\prod_{k=1}^{n}\frac{e^{ikx}+e^{-ikx}}{2}dx=\frac{1}{2^n}\sum_{\epsilon_{1},\ldots,\epsilon_{n}\in\{\pm1\}}\int_{0}^{2\pi}e^{i(\epsilon_{1}+2\epsilon_{2}+\ldots+n\epsilon_{n})x}dx}$ .

Είναι γνωστό ότι $\int_{0}^{2\pi}e^{ikx}dx=\left\{ \begin{array}{ll} 0 , &k\neq0 \\ 1, & k=0. \end{array} \right.$

Οπότε χρησιμοποιώντας το παραπάνω και ότι τα ολοκληρώματα στο άθροισμα είναι θετικά ή μηδέν, έχουμε ότι:

$I_{n}\neq0$ αν και μόνο αν υπάρχουν $\epsilon_{1},\ldots,\epsilon_{n}\in\{\pm1\}$ τέτοια ώστε

$\epsilon_{1}+2\epsilon_{2}+\ldots+n\epsilon_{n}=0.$

Οπότε,

$0\equiv \epsilon_{1}+2\epsilon_{2}+\ldots+n\epsilon_{n}=1+2+\ldots+n=\frac{n(n+1)}{2} \mod2,$

άρα (όπως έγραψε και ο Δημήτρης, με επαγωγή για το αντίστροφο (*)) $n\equiv0$ ή $3 \mod4.$

( (*): Να σημειώσω ότι για το αντίστροφο στο επαγωγικό βήμα, θα μας βοηθήσει το εξής

αν $\epsilon_{1}+2\epsilon_{2}+\ldots+n\epsilon_{n}$ τότε και $\epsilon_{1}+2\epsilon_{2}+\ldots+n\epsilon_{n}-(n+1)+(n+2)+(n+3)-(n+4)=0.$ )

Νίκος Κατσίπης

#5

Είναι το πρόβλημα Α5 από τον Putnam του 1985 (εκεί ζήταγε τα $1\leq n\leq10$ ).

Ολοκλήρωμα γινομένου συνημιτόνων

Ολοκλήρωμα γινομένου συνημιτόνων

Re: Ολοκλήρωμα γινομένου συνημίτονων

Re: Ολοκλήρωμα γινομένου συνημίτονων

Re: Ολοκλήρωμα γινομένου συνημίτονων

Re: Ολοκλήρωμα γινομένου συνημίτονων

Μέλη σε σύνδεση