Γινόμενο

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4172
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Γινόμενο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Πέμ Απρ 06, 2017 11:31 am

Υπολογισθήτω:
\displaystyle{\Pi = \prod_{n=1}^{\infty} \left ( 1 + \frac{x^2}{n^2+n-1} \right ) }


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2821
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Γινόμενο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Πέμ Απρ 06, 2017 9:24 pm

edit: 23:30, 6/4/2017. Αποσύρω την δημοσίευση, αφού περιείχε ένα χοντροειδέστατο λάθος. Ευχαριστώ τον Σταύρο Παπαδόπουλο που μου το υπέδειξε με π.μ. Συγγνώμη!


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Γινόμενο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Τετ Αύγ 02, 2017 5:23 pm

Tolaso J Kos έγραψε:Υπολογισθήτω:\displaystyle{\Pi = \prod_{n=1}^{\infty} \left ( 1 + \frac{x^2}{n^2+n-1} \right ) }
Λόγω του τετραγώνου του \displaystyle{x} , μπορούμε να θεωρήσουμε \displaystyle{x \ge 0} . Αρχικά (για διευκόλυνση) θεωρούμε \displaystyle{x<1} .

\displaystyle{f\left( x \right) = \Pi  = \prod\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {1 + \frac{{{x^2}}}{{{n^2} + n - 1}}} \right)}  \Rightarrow g\left( x \right) = \log \left( {f\left( x \right)} \right) = } \displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\log \left( {1 + \frac{{{x^2}}}{{{n^2} + n - 1}}} \right)}  \Rightarrow g'\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{2x}}{{{n^2} + n + {x^2} - 1}}} }

Αν \displaystyle{{\rho _1} < {\rho _2}} οι ρίζες (ως προς \displaystyle{n} ) της εξίσωσης \displaystyle{{n^2} + n + {x^2} - 1 = 0} , τότε \displaystyle{{\rho _1} = \frac{{ - 1 - \sqrt {5 - 4{x^2}} }}{2},\;{\rho _2} = \frac{{ - 1 + \sqrt {5 - 4{x^2}} }}{2}} και

\displaystyle{g'\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{2x}}{{\left( {n - {\rho _1}} \right)\left( {n - {\rho _2}} \right)}}}  = \frac{{2x}}{{{\rho _2} - {\rho _1}}} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\frac{1}{{n - {\rho _2}}} - \frac{1}{{n - {\rho _1}}}} \right)}  = } \displaystyle{\frac{{2x}}{{{\rho _2} - {\rho _1}}} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\left( {\frac{1}{{n - {\rho _2}}} - \frac{1}{n}} \right) - \left( {\frac{1}{{n - {\rho _1}}} - \frac{1}{n}} \right)} \right)}  = }

\displaystyle{ =  - \frac{{2x}}{{{\rho _1} \cdot {\rho _2}}} + \frac{{2x}}{{{\rho _2} - {\rho _1}}} \cdot \left( {{\psi _o}\left( { - {\rho _1}} \right) - {\psi _o}\left( { - {\rho _2}} \right)} \right)} . Όμως \displaystyle{\left( { - {\rho _1}} \right) + \left( { - {\rho _2}} \right) = 1 \Rightarrow \left( { - {\rho _2}} \right) = 1 - \left( { - {\rho _1}} \right) \Rightarrow {\psi _o}\left( { - {\rho _1}} \right) - {\psi _o}\left( { - {\rho _2}} \right) = }

\displaystyle{{\psi _o}\left( { - {\rho _1}} \right) - {\psi _o}\left( {1 - \left( { - {\rho _1}} \right)} \right) = \frac{\pi }{{\tan \left( {\pi \left( { - {\rho _1}} \right)} \right)}}} . Επομένως \displaystyle{g'\left( x \right) =  - \frac{{2x}}{{{\rho _1} \cdot {\rho _2}}} + \frac{{2x}}{{{\rho _2} - {\rho _1}}} \cdot \left( {{\psi _o}\left( { - {\rho _1}} \right) - {\psi _o}\left( { - {\rho _2}} \right)} \right) = }

\displaystyle{ - \frac{{2x}}{{{x^2} - 1}} - \frac{{2x}}{{\sqrt {5 - 4{x^2}} }} \cdot \frac{\pi }{{\tan \left( {\frac{\pi }{2}\left( {1 + \sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)} \right)}} \Rightarrow } \displaystyle{g'\left( x \right) =  - \frac{{2x}}{{{x^2} - 1}} + 2x \cdot \pi  \cdot \frac{{\tan \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{\sqrt {5 - 4{x^2}} }}}

Τότε \displaystyle{g\left( x \right) =  - \int {\frac{{2x}}{{{x^2} - 1}}dx}  + \underbrace {\pi \int {\frac{{2x}}{{\sqrt {5 - 4{x^2}} }} \cdot \tan \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)dx} }_{{x^2} \to x}} \displaystyle{ =  - \log \left( {1 - {x^2}} \right) + \pi \int {\frac{{\tan \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4x} } \right)}}{{\sqrt {5 - 4x} }}dx\mathop { =  =  =  = }\limits^{\sqrt {5 - 4x}  = y} } }

\displaystyle{ =  - \log \left( {1 - {x^2}} \right) - \frac{\pi }{2}\int {\tan \left( {\frac{\pi }{2}y} \right)dx}  =  - \log \left( {1 - {x^2}} \right) + } \displaystyle{\log \left( {\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)} \right) + c = \log \left( {\frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{1 - {x^2}}}} \right) + c}

Για \displaystyle{x=0} έχουμε \displaystyle{g\left( 0 \right) = \log \left( {\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)} \right) + c} , κι επειδή \displaystyle{g\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\log \left( {1 + \frac{{{x^2}}}{{{n^2} + n - 1}}} \right)}  \Rightarrow g\left( 0 \right) = 0} .

Άρα \displaystyle{c =  - \log \left( {\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)} \right)} και τελικά \displaystyle{g\left( x \right) = \log \left( {\frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{\left( {1 - {x^2}} \right)\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}}} \right)} , οπότε \displaystyle{f\left( x \right) = \Pi  = \frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{\left( {1 - {x^2}} \right)\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}}} :) :) .




Λεπτομερέστερη ανάλυση, (ίδια διαδικασία και πολύ γράψιμο) δίδει \displaystyle{f\left( x \right) = 0,\;x = 0}

\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{\left( {1 - {x^2}} \right)\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}},\quad x \in \left( {0,1} \right) \cup \left( {1,\frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)}

\displaystyle{f\left( x \right) =  - \frac{\pi }{{\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}},\quad x = 1}

και \displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{{e^{\frac{\pi }{2}\sqrt {4{x^2} - 5} }} + {e^{ - \frac{\pi }{2}\sqrt {4{x^2} - 5} }}}}{{2\left( {1 - {x^2}} \right)\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}},\quad x \ge \frac{{\sqrt 5 }}{2}} όπου τα εκθετικά προκύπτουν από τις μιγαδικές ρίζες

της εξίσωσης \displaystyle{{n^2} + n + {x^2} - 1 = 0} αν \displaystyle{x > \frac{{\sqrt 5 }}{2}}.

Ωραίο θέμα.




Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4172
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Γινόμενο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τετ Αύγ 02, 2017 7:19 pm

Μία λύση από τον r9m.

Θυμόμαστε ότι \displaystyle{\cos (\pi x) = \prod\limits_{n=1}^{\infty} \left(1-\frac{x^2}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2}\right)} και άρα
\displaystyle{\begin{aligned} 
\prod\limits_{n=1}^{\infty} \left(1 + \frac{x^2}{n^2+n-1}\right) &= \prod\limits_{n=2}^{\infty} \frac{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4} + x^2}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4}} \\ 
&= \frac{1}{(1-x^2)}\prod\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\left(1 - \frac{\frac{5}{4} - x^2}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2}\right)}{1 - \frac{\frac{5}{4}}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2}} \\ 
&= \frac{1}{1-x^2}\frac{\cos \left(\frac{\pi\sqrt{5 - 4x^2}}{2}\right)}{\cos \left(\frac{\pi\sqrt{5}}{2}\right)} 
\end{aligned}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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