Συνεχής!

Dimessi · #1

1) Έστω $f:\left [ a,b \right ]\rightarrow \mathbb{R}$ μια συνεχής συνάρτηση. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\int\limits_{a}^{b}\frac{f\left ( x \right )}{3+2\cos \left ( nx \right )}dx=\frac{3\sqrt{5}}{10}\int\limits_{0}^{\infty}\frac{dx}{\left ( e^{x} +x+1\right )^{2}+\pi ^{2}}\cdot \int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx.$
2) Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

ισχύει $\displaystyle \sum_{n\geq 1}^{}\frac{\displaystyle \int\limits_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{\left ( x^{2}+1 \right )^{n}}dx}{n}=\zeta \left ( 2 \right ).$

Υ.Γ Είναι ωραία τα θεματάκια! Καλή τύχη

Τα προβλήματα αφιερώνονται ως ένδειξη θαυμασμού στην ιδιοφυία: τον Ορέστη Λιγνό !

Tolaso J Kos · #2

Dimessi έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 20, 2024 1:09 pm

2) Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ισχύει $\displaystyle \sum_{n\geq 1}^{}\frac{\displaystyle \int\limits_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{\left ( x^{2}+1 \right )^{n}}dx}{n}=\zeta \left ( 2 \right ).$

Για το ολοκλήρωμα του Furdui έχομεν και λέμε. Από το DCT είναι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan x}{\left ( x^2+1 \right )^n} \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{\infty}\arctan x \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \left ( x^2+1 \right )^n} \, \mathrm{d}x\\ &= \int_{0}^{\infty} \arctan x \ln \left ( 1 + \frac{1}{x^2} \right )\, \mathrm{d}x \\ &= \cancelto{0}{\left [ \left (x \ln \left ( 1 + \frac{1}{x^2} \right) - 2 \arctan \frac{1}{x} \right ) \arctan x\right ]_0^\infty} - \int_{0}^{\infty} \frac{x \ln \left ( 1 + \frac{1}{x^2} \right ) -2 \arctan \frac{1}{x}}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \\ &= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan \frac{1}{x}}{x^2+1} \,\mathrm{d}x - \int_{0}^{\infty} \frac{x \ln \left ( 1 + \frac{1}{x^2} \right )}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{\pi^2}{4} - \frac{\pi^2}{12}\\ &= \frac{\pi^2}{6} \end{aligned}}$
διότι

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{x \ln \left ( 1 + \frac{1}{x^2} \right )}{x^2+1} \, \mathrm{d}x & = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{2 x \ln \left ( 1 + \frac{1}{x^2} \right )}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \\ &= \cancelto{0}{\frac{1}{2} \left [ \ln \left ( 1 + x^2 \right ) \ln \left ( 1 + \frac{1}{x^2} \right ) \right ]_0^\infty} + \int_{0}^{\infty} \frac{\ln \left ( x^2+1 \right )}{x\left ( x^2+1 \right )} \, \mathrm{d}x \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\! \overset{x = \sqrt{e^t-1}}{=\! =\! =\! =\! =\! =\!} \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{t}{ e^t - 1 } \, \mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{t}{e^t \left ( 1 - e^{-t} \right )} \, \mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} t e^{-t} \sum_{n=0}^{\infty} e^{-nt} \, \mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} t e^{-(n+1)t} \, \mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2} \\ &= \frac{\pi^2}{12} \end{aligned}}$

Dimessi · #3

Όμορφα!

Είναι από το SSM. Δεν γνώριζα ότι είχε συζητηθεί ξανά. Ας είναι. Το πρώτο μέρος 1) είναι καλύτερη άσκηση πάντως!

Tolaso J Kos · #4

Dimessi έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 20, 2024 5:16 pm
Όμορφα! Είναι από το SSM. Δεν γνώριζα ότι είχε συζητηθεί ξανά. Ας είναι. Το πρώτο μέρος 1) είναι καλύτερη άσκηση πάντως!

Ναι, τα περισσότερα προβλήματα από τα περιοδικά έχουν τεθεί στο παρελθόν και έχουν λυθεί από τους Κοτρώνη Αναστάσιο, Σεραφείμ, Μιχάλη Λάμπρου και άλλους. Οπότε, λίγο δύσκολο να είχε μείνει απ' έξω το συγκεκριμένο. Πάντως, όταν το είδα σήμερα το θυμήθηκα γιατί το ολοκλήρωμα μου είχε κάνει εντύπωση τότε.

Fun fact: Πιο πολλή ώρα μου πήρε να βρω το τότε θέμα παρά να γράψω λύση.

Dimessi · #5

Μια λύση
Η συνάρτηση $\varphi \left ( x \right )=\cos ^{m}x,m=1,2,3,...$ αναπτύσσεται σε σειρά συνημιτόνων διότι είναι άρτια και θέτοντας $\varphi \left ( x \right )=a_{0}+a_{1}\cos x+a_{2}\cos \left ( 2x \right )+a_{3}\cos \left ( 3x \right )+...$ θα βρούμε τον σταθερό όρο $a_{0}.$ Αν $m=2k+1\equiv 1\left ( \textup{mod}2 \right ),$ παίρνουμε $\displaystyle \int\limits_{0}^{\pi }\varphi \left ( x \right )dx=\int\limits_{0}^{\pi }\cos ^{2k+1}\left ( x \right )dx=\int\limits_{0}^{\pi /2}\cos ^{2k+1}\left ( x \right )dx+\int\limits_{\pi /2}^{\pi }\cos ^{2k+1}\left ( x \right )dx=$
$\displaystyle \overset{x=\pi -u}=\int\limits_{0}^{\pi /2}\cos ^{2k+1}\left ( x \right )dx-\int\limits_{0}^{\pi /2}\cos ^{2k+1}\left ( u \right )du=0\Rightarrow \int\limits_{0}^{\pi }\left ( a_{0}+a_{1}\cos x+a_{2}\cos \left ( 2x \right )+... \right )dx$
$\displaystyle =\pi a_{0}\Rightarrow a_{0}=0.$ Αν $\displaystyle m=2k\equiv 0\left ( \textup{mod}2 \right ),$ θα έχουμε $\displaystyle \int\limits_{0}^{\pi }\varphi \left ( x \right )dx=\int\limits_{0}^{\pi /2}\cos ^{2k}\left ( x \right )dx+\int\limits_{\pi /2}^{\pi }\cos ^{2k}\left ( x \right )dx=2\int\limits_{0}^{\pi /2}\cos ^{2k}\left ( x \right )dx\overset{x=\arccos u}=$
$\displaystyle =2\int\limits_{0}^{1}\frac{u^{2k}}{\sqrt{1-u^{2}}}du\overset{u=\sqrt{y}}=\int\limits_{0}^{1}\frac{y^{k}}{\sqrt{y}\sqrt{1-y}}dy=B\left ( k+\frac{1}{2},\frac{1}{2} \right )=\frac{\displaystyle \Gamma \left ( k+\frac{1}{2} \right ) \Gamma \left ( \frac{1}{2} \right )}{\displaystyle \Gamma \left ( k+1 \right )}=$
$\displaystyle \frac{\pi \left ( 2k \right )!}{\left ( 2^{k}\cdot k! \right )^{2}}.$ Όμως $\displaystyle \int\limits_{0}^{\pi }\left ( a_{0}+a_{1}\cos x+a_{2}\cos \left ( 2x \right )+...+a_{2k}\cos \left ( 2kx \right ) \right )dx=\int\limits_{0}^{\pi }a_{0}dx=\pi a_{0}\Rightarrow$
$\displaystyle a_{0}=\frac{\left ( 2k \right )!}{\left ( 2^{k}\cdot k! \right )^{2}}.$ Δηλαδή θέτοντας $\displaystyle \varphi \left ( x \right )=\cos ^{m}\left ( x \right )\Rightarrow a_{0}=\left\{\begin{matrix} 0,m\equiv 1\left ( \textup{mod}2 \right ) & & \\ \frac{\displaystyle \left ( 2k \right )!}{\displaystyle \left ( 2^{k}\cdot k! \right )^{2}},m\equiv 0\left ( \textup{mod}2 \right ). \end{matrix}\right.$ Επίσης από το λήμμα Riemann- Lebesque λαμβάνουμε $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )\cos \left ( nx \right )dx=0.$ Έπεται ότι $\displaystyle \int\limits_{a}^{b}\frac{f\left ( x \right )}{3+2\cos \left ( nx \right )}dx=\frac{1}{3}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )\sum_{k=0}^{\infty}\left ( \left ( -1 \right )^{k}\frac{2^{k}}{3^{k}} \cos ^{k}\left ( nx \right )\right )dx=\frac{1}{3}\sum_{k=0}^{\infty}\left ( \left ( -1 \right )^{k}\left ( \frac{2}{3} \right )^{k}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )\cos ^{k}\left ( nx \right )dx \right ).$ Επομένως, αν $\displaystyle k=2l+1\equiv 1\left ( \textup{mod}2 \right )\Rightarrow \lim_{n\rightarrow +\infty}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )\cos ^{k}\left ( nx \right )dx=\lim_{n\rightarrow +\infty}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )\left ( a_{1}\cos \left ( nx \right )+a_{2}\cos \left ( 2nx \right )+... \right )dx=$

, ενώ αν $\displaystyle k=2l\equiv 0\left ( \textup{mod}2 \right )\Rightarrow \lim_{n\rightarrow +\infty}f\left ( x \right )\cos ^{k}\left ( nx \right )dx=a_{0}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx=\frac{\left ( 2l \right )!}{4^{l}\left ( l! \right )^{2}}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx.$ Τελικά, λαμβάνουμε $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{f\left ( x \right )}{3+2\cos \left ( nx \right )}dx=\frac{1}{3}\lim_{n\rightarrow +\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\left ( \left ( -1 \right )^{k}\left ( \frac{2}{3} \right )^{k}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )\cos ^{k}\left ( nx \right )dx \right )\overset{k=2l}=$
$\displaystyle =\frac{1}{3}\sum_{l=0}^{\infty}\left ( \left ( -1 \right ) ^{2l}\left ( \frac{2}{3} \right )^{2l}\cdot \frac{\left ( 2l \right )!}{4^{l}\left ( l! \right )^{2}}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx\right )=\frac{1}{3}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx\sum_{l=0}^{\infty}\frac{\left ( 2l \right )!}{9^{l}\left ( l! \right )^{2}}.$ Λόγω της $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\left ( \frac{\left ( 2k \right )!}{\left ( k! \right )^{2}}x^{k} \right )=\frac{1}{\sqrt{1-4x}}\Rightarrow \frac{1}{3}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx\sum_{l=0}^{\infty}\frac{\left ( 2l \right )!}{9^{l}\left ( l! \right )^{2}}=\frac{1}{3}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx\frac{1}{\displaystyle \sqrt{1-\frac{4}{9}}}\Rightarrow$
$\displaystyle \boxed{\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{f\left ( x \right )}{3+2\cos \left ( nx \right )}dx=\frac{1}{\sqrt{5}}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx}\left ( \ast \right )$ Έχουμε $\displaystyle I=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{\left ( e^{x}x+1 \right )^{2}+\pi^{2} }=\frac{1}{2i\pi }\left ( \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{-e^{x-i\pi }+\left ( x-i\pi \right )+1} dx-\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{e^{x+i\pi }+\left ( x+i\pi \right )+1}dx\right )=$
$\displaystyle =\frac{1}{2i\pi }\left ( \int\limits_{-\infty-i\pi }^{+\infty-i\pi }\frac{1}{-e^{z}+z+1}dz+\int\limits_{+\infty+i\pi }^{-\infty+i\pi }\frac{1}{-e^{z}+z+1}dz \right ).$ Θεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left (z \right )=\frac{1}{-e^{z}+z+1}$ και το ορθογώνιο $\gamma$ με κορυφές τα σημεία $\displaystyle A\left ( -M,-\pi \right ),B\left ( M,-\pi \right ),C\left ( M,+\pi \right ),D\left ( -M,+\pi \right ),M> 0.$ Η $f\left ( z \right )$ είναι μερόμορφη στο $\mathbb{C}$ και επίσης $\displaystyle \forall z\in \gamma :f\left ( z \right )\neq 0$ και $\displaystyle \lim_{M\rightarrow +\infty}f\left ( z \right )=0,$ συνεπώς $\displaystyle I=\frac{1}{2i\pi }\cdot \lim_{M\rightarrow +\infty}\oint\limits_{\gamma }^{}f\left ( z \right )dz$ όπου ισχύει $\displaystyle \oint\limits_{\gamma }^{}f\left ( z \right )dz=2i\pi \sum_{k}^{}\textup{Res}\left ( f\left ( z \right ),z_{k} \right )$ όπου $z_{k}$ οι πόλοι της $f\left ( z \right )$ στο εσωτερικό του ορθογωνίου $\gamma .$ Θα βρούμε τους πόλους αυτούς. Έχουμε $\displaystyle -e^{z}+z+1=0\Rightarrow e^{x+iy}=x+iy+1\Rightarrow \begin{Bmatrix} e^{x}\cos y=x+1 & & \\ e^{x}\sin y=y & & \end{Bmatrix}\left ( \Sigma \right ).$ Φανερή λύση είναι η z=0

και $\displaystyle y\neq -\pi ,\pi ,-\pi /2,\pi /2$ αφού δεν επαληθεύουν το $\left ( \Sigma \right ).$ Παίρνουμε $\displaystyle \begin{Bmatrix} e^{x} \cos y=x+1& & \\ e^{x}\sin y=y \end{Bmatrix}\Rightarrow \begin{Bmatrix} e^{x}=\displaystyle \frac{y}{\sin y} & & \\\displaystyle \frac{y}{\sin y} \cos y-\log\left ( \frac{y}{\sin y} \right )-1=0 & & \end{Bmatrix}.$ Θεωρώντας τα διαστήματα (στην πραγματικότητα ενώσεις διαστημάτων) $\displaystyle D_{1}=\left ( -\pi ,\pi \right )-\left \{ 0 \right \}$ και $\displaystyle D_{2}=\left ( -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right )-\left \{ 0 \right \},$ επειδή στο $D_{1}-D_{2}$ είναι $\displaystyle \frac{y}{\sin y}\cos y-\log\left ( \frac{y}{\sin y} \right )-1< 0,$ συμπεραίνουμε ότι αρκεί να διερευνήσουμε τη ύπαρξη ριζών της εξίσωσης $\displaystyle \frac{y}{\sin y}\cos y-\log\left ( \frac{y}{\sin y} \right )-1=0$ στο $\displaystyle D_{2}.$ Ορίζουμε την συνάρτηση $\displaystyle g\left ( y \right )=\frac{y}{\sin y}\cos y-\log\left ( \frac{y}{\sin y} \right )-1$ στο $D_{2}$ και λαμβάνουμε $\displaystyle g{'}\left ( y \right )=-\frac{1}{y}\left ( \frac{\left ( \sin y-y\cos y \right )^{2}}{\sin ^{2}y} +y^{2}\right )\Rightarrow$

γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle \left ( -\frac{\pi }{2},0 \right )$ και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ και επειδή είναι συνεχής σε καθένα από αυτά τα διαστήματα με $\displaystyle \lim_{y\rightarrow 0}g\left ( y \right )=0,$ έπεται ότι $\displaystyle g\left ( y \right )< 0,\forall y\in D_{2},$ (*) οπότε τελικά η μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left ( z \right )=\frac{1}{-e^{z}+z+1}$ έχει πόλους μόνο πραγματικές τιμές στο εσωτερικό του ορθογωνίου $\gamma$ και με την παρατήρηση ότι η εξίσωση $e^{x}-x-1=0$ έχει μοναδική πραγματική ρίζα την x=0

και λόγω της $\displaystyle e^{x}-x-1=\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{4}}{4!}+...$ παίρνουμε ότι η ρίζα x=0

έχει πολλαπλότητα 2 και τελικά $\displaystyle \oint\limits_{\gamma }^{}f\left ( z \right )dz=2i\pi \cdot \textup{Res}\left ( f\left ( z \right ),0 \right )=\frac{4i\pi }{3}\Rightarrow \boxed{\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{\left ( e^{x}+x+1 \right )^{2}+\pi ^{2}}=\frac{2}{3}}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow$
$\displaystyle \overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \boxed{\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{f\left ( x \right )}{3+2\cos \left ( nx \right )}dx=\frac{3\sqrt{5}}{10}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{\left ( e^{x}+x+1 \right )^{2}+\pi ^{2}}\int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx}.$

Για την (*) παρατηρήστε επιπλέον ότι $\displaystyle g\left ( \left ( -\frac{\pi }{2},0 \right ) \right )=\left ( \lim_{y\rightarrow \displaystyle -\frac{\pi }{2}^{+}}g\left ( y \right ),\lim_{y\rightarrow 0^{-}}g\left ( y \right ) \right )=\left ( \lim_{y\rightarrow \displaystyle -\frac{\pi }{2}^{+}}g\left ( y \right ),0 \right )$ καθώς και $\displaystyle g\left ( \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right ) \right )=\left ( \lim_{y\rightarrow \displaystyle \frac{\pi }{2}^{-}}g\left ( y \right ) ,\lim_{y\rightarrow 0^{+}}g\left ( y \right )\right )=\left ( \lim_{y\rightarrow \displaystyle \frac{\pi }{_{2}}^{-}}g\left ( y \right ),0 \right ).$ (λόγω συνέχειας και γνήσιας μονοτονίας στα διαστήματα αυτά της g που είπαμε παραπάνω).

Tolaso J Kos · #6

Dimessi έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 20, 2024 1:09 pm
1) Έστω $f:\left [ a,b \right ]\rightarrow \mathbb{R}$ μια συνεχής συνάρτηση. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\int\limits_{a}^{b}\frac{f\left ( x \right )}{3+2\cos \left ( nx \right )}dx=\frac{3\sqrt{5}}{10}\int\limits_{0}^{\infty}\frac{dx}{\left ( e^{x} +x+1\right )^{2}+\pi ^{2}}\cdot \int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx.$

Δείτε και αυτό ...

Dimessi · #7

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 11, 2024 9:52 pm

Dimessi έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 20, 2024 1:09 pm
1) Έστω $f:\left [ a,b \right ]\rightarrow \mathbb{R}$ μια συνεχής συνάρτηση. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\int\limits_{a}^{b}\frac{f\left ( x \right )}{3+2\cos \left ( nx \right )}dx=\frac{3\sqrt{5}}{10}\int\limits_{0}^{\infty}\frac{dx}{\left ( e^{x} +x+1\right )^{2}+\pi ^{2}}\cdot \int\limits_{a}^{b}f\left ( x \right )dx.$

Δείτε και αυτό ...

Ευχαριστώ, δεν το ήξερα, αλλά δεν είναι το ίδιο ολοκλήρωμα πάντως. Παρόμοιο πάντως. Η ουσία της άσκησης, όπως και να 'χει, είναι η σχέση για την συνάρτηση f και το ολοκλήρωμα είναι απλά ένα στολίδι.

Συνεχής!

Συνεχής!

Re: Συνεχής!

Re: Συνεχής!

Re: Συνεχής!

Re: Συνεχής!

Re: Συνεχής!

Re: Συνεχής!

Μέλη σε σύνδεση