mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 06, 2024 5:56 pm**

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \frac{\left| \cos x \right|}{x^2+1} \, \mathrm{d} x = \frac{e^2+1}{e} \arctan \frac{1}{e}}$ .

Αν και το παραπάνω δεν είναι πρωτότυπο και έχει εμφανιστεί ξανά στο παρελθόν, εντούτοις η προθεσμία υποβολής λύσεων για το συγκεκριμένο πρόβλημα έχει παρέλθει οπότε μπορώ να το ανεβάσω.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 15, 2025 9:11 pm**

Ισχυρή υπόδειξη:

$\displaystyle{\left| \cos x \right| = \frac{2}{\pi} + \frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{\cos 2nx}{4n^2-1} \quad \text{\gr διά κάθε} \;\; x \in \mathbb{R}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 16, 2025 2:32 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 15, 2025 9:11 pm
Ισχυρή υπόδειξη:

$\displaystyle{\left| \cos x \right| = \frac{2}{\pi} + \frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{\cos 2nx}{4n^2-1} \quad \text{\gr διά κάθε} \;\; x \in \mathbb{R}}$

Wow, που το βρήκες αυτό ;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 16, 2025 4:06 pm**

BAGGP93 έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 16, 2025 2:32 pm

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 15, 2025 9:11 pm
Ισχυρή υπόδειξη:

$\displaystyle{\left| \cos x \right| = \frac{2}{\pi} + \frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{\cos 2nx}{4n^2-1} \quad \text{\gr διά κάθε} \;\; x \in \mathbb{R}}$
Wow, που το βρήκες αυτό ;

Ξέρω γω; Μήπως διότι είναι γνωστός τύπος; Βλέπε π.χ G. P. Tolstov, Fourier Series, Dover, 1962

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 16, 2025 10:11 pm**

Είναι το ανάπτυγμα Fourier.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 17, 2025 8:54 pm**

Τόληηηη, γράφω τα βασικά βήματα μετά από την υπόδειξη σου. Έχουμε για $x\geq 0$ ότι

$\displaystyle{\frac{|\cos x|}{x^2+1}=\frac{2}{\pi(x^2+1)}+\frac{4}{\pi}\,\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\,\cos(2 n x)}{(4\,n^2-1)(x^2+1)}}$

όπου $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{2}{\pi(x^2+1)}dx=\left[\frac{2\,\arctan x}{\pi}\right]_{0}^{\infty}=1.}$

Τώρα, για κάθε $x\geq 0$ και κάθε $n\in\mathbb{N}$ ισχύει $\displaystyle{\left|\frac{(-1)^{n-1}\,\cos(2 n x)}{(4n^2-1)(x^2+1)}\right|\leq \frac{1}{4n^2-1}<\frac{1}{n^2}}$ και άρα από το κριτήριο του Weierstrass, η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη.

Με εναλλαγή σειράς και ολοκληρώματος παίρνουμε για τον 2ο προσθετέο το ίσο του

$\displaystyle{\frac{4}{\pi}\,\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{4n^2-1}\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(2 n x)}{x^2+1}dx=2\,\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\,e^{-2n}}{4n^2-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{(-1)^{n-1}\,e^{-2n}}{2n-1}-\frac{(-1)^{n-1}\,e^{-2n}}{2n+1}\right]}$

Εδώ πήρα έτοιμο το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(2 n x)}{x^2+1}dx=\frac{\pi\,e^{-2n}}{2}}$ το οποίο ο Τόλης είναι ειδικός να μας το αποδείξει.

Γράφω $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\,e^{-2n}}{2n-1}=\frac{1}{e}\,\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,\frac{e^{-(2n-1)}}{2n-1}}$

και θεωρούμε τη δυναμοσειρά $\displaystyle{f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,\frac{x^{2n-1}}{2n-1}}$ με διάστημα σύγκλισης το $\left[-1,1\right],\,\,f(0)=0$ και έχουμε

$\displaystyle{f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,x^{2n-2}=\sum_{n=1}^{\infty}(-x^2)^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(-x^2)^n=\frac{1}{1+x^2},}$ οπότε

$f(x)=\arctan x,\,\,-1\leq x\leq 1$ και άρα η ζητούμενη σειρά είναι η $f(1/e)=\arctan (1/e).$

Γράφω $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\,e^{-2n}}{2n+1}=e\,\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,\frac{e^{-(2n+1)}}{2n+1}}$

και θεωρούμε την $\displaystyle{g(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,\frac{x^{2n+1}}{2n+1}}$ με διάστημα σύγκλισης το $\left(-1,1\right],\,\,g(0)=0$ και έχουμε

$\displaystyle{g^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,x^{2n}=-\sum_{n=1}^{\infty}(-x^2)^n=1-\sum_{n=0}^{\infty}(-x^2)^n=1-\frac{1}{1+x^2}}$ που σημαίνει

$g(x)=x-\arctan x,\,\,-1<x\leq 1$ . Η ζητούμενη σειρά είναι $g(1/e)=\frac{1}{e}-\arctan(1/e).$

Συνδυάζοντας τα παραπάνω, το ολοκλήρωμα που θέλεις είναι ίσο με $1+\arctan(1/e)-1/e+\arctan(1/e)=\frac{e-1}{e}-2\,\arctan(e)$

Έχω χάσει κάτι στις πράξεις αλλά η ιδέα νομίζω είναι η σωστή.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 17, 2025 9:34 pm**

BAGGP93 έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 17, 2025 8:54 pm

Έχω χάσει κάτι στις πράξεις ...

Η ιδέα είναι αυτή. Όσο για τις πράξεις έχουμε μετά από το βήμα:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\left| \cos x \right|}{x^2+1} \, \mathrm{d}x & = 1 - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4n^2-1} e^{-2n} \\ & = 1 - \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} \right) e^{-2n} \\ & = - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{2n+1} e^{-2(n+1)} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} e^{-2n} \\ & = \left( 1 + \frac{1}{e^2} \right) e \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1} e^{-2n-1} \\ & = \frac{e^2+1}{e} \arctan \frac{1}{e} \end{aligned}}$

BAGGP93 έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 17, 2025 8:54 pm

Εδώ πήρα έτοιμο το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(2 n x)}{x^2+1}dx=\frac{\pi\,e^{-2n}}{2}}$ ...

Καλά το έκανες. Πρόκειται για το γνωστό ολοκλήρωμα Laplace.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 17, 2025 10:00 pm**

Μία άλλη λύση...

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\left| \cos x \right|}{x^2+1} \, \mathrm{d}x & = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \int_{n \pi}^{n \pi + \pi/2} \frac{\cos x}{1+x^2} \, \mathrm{d}x - \int_{n \pi + \pi/2}^{\left( n + 1 \right) \pi} \frac{\cos x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \right) \\ & = \frac{1}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \left( \int_{2n \pi + 3 \pi/2}^{2 n \pi + 5 \pi/2} \frac{\cos x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x - \int_{2 n \pi + \pi/2}^{2 n \pi + 3 \pi/2} \frac{\cos x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \right) \\ & = \frac{1}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \left( \int_{0}^{\pi} \frac{\cos \left( y + 2 n \pi + \frac{3 \pi}{2} \right)}{1 + \left( y + 2 n \pi + \frac{3 \pi}{2} \right)^2} \, \mathrm{d} y - \int_{0}^{\pi} \frac{\cos \left( y + 2 n \pi + \frac{\pi}{2} \right)}{1+ \left( y + 2 n \pi + \frac{\pi}{2} \right)^2} \, \mathrm{d}y \right) \\ & = \frac{1}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \left( \int_{0}^{\pi} \frac{\sin y}{1 + \left( y + 2 n \pi + \frac{3 \pi}{2} \right)^2} + \int_{0}^{\pi} \frac{\sin y}{1+ \left( y + 2 n \pi + \frac{\pi}{2} \right)^2} \, \mathrm{d}y \right) \\ & = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \sin y \sum_{n=-\infty}^{\infty} \left( \frac{1}{1 + \left( y + 2 n \pi + \frac{3 \pi}{2} \right)^2} + \frac{1}{1 + \left( y + 2 n \pi + \frac{\pi}{2} \right)^2} \right) \, \mathrm{d}y \end{aligned}}$

Αποδεικνύεται σχετικά εύκολα (π.χ με μιγαδική ολοκλήρωση) ότι:

$\displaystyle{\begin{matrix} \displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{1 + \left( y + 2 n \pi + \frac{3 \pi}{2} \right)^2} & = & \displaystyle \frac{e^2-1}{2+2e^2-4e \sin y} \\\\ \displaystyle \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{1 + \left( y + 2 n \pi + \frac{\pi}{2} \right)^2} & = & \displaystyle \frac{e^2-1}{2+2e^2 + 4e \sin y} \\ \end{matrix}}$
και συνεπώς,

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\left( e^4-1 \right) \sin y}{e^4+1+ 2e^2 \cos 2y} \, \mathrm{d}y & = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\left( e^4-1 \right) \sin y}{e^4 + 1 + 2e^2 \left( 2 \cos^2 y - 1 \right)} \, \mathrm{d}y \\ & = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\left( e^4-1 \right) \sin y}{\left( e^2- 1 \right)^2 + 4e^2 \cos^2 y} \, \mathrm{d}y \\ & = \frac{1}{2} \frac{e^4-1}{\left( e^2-1 \right)^2} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin y}{1 + \left( \frac{2e}{e^2-1} \right)^2 \cos^2 y} \, \mathrm{d}y \\ & = \frac{1}{2} \frac{e^4-1}{\left( e^2-1 \right)^2} \frac{2 \left( e^2-1 \right)}{2e} \arctan \frac{2e}{e^2-1} \\ & = \frac{1}{2} \frac{e^2+1}{e} \arctan \left( \frac{\frac{1}{e} + \frac{1}{e}}{1- \frac{1}{e \cdot e}} \right) \\ & = \frac{e^2+1}{e} \arctan \frac{1}{e} \end{aligned}}$

mathematica.gr

Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα

Re: Τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα