Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Dimessi · #421

Δεν ξέρω πως μετακινείται Αποστόλη.

Μετά την ορθόδοξη λύση του Αποστόλη...

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}x \ln \left( \tan x \right)dx=\int_{0}^{\pi/2}x\ln \left( \sin x \right)dx-\int_{0}^{\pi/2}x\ \ln\left( \cos x \right)dx=-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx-\int_{0}^{\pi/2}x\ln\left( \cos x \right)dx$
Στο δεύτερο ολοκλήρωμα η αλλαγή μεταβλητής όπου t το π/2 -χ δίνει $\displaystyle -\int_{\pi/2}^{0}\left( \frac{\pi}{2}-x \right)\ln\left( \sin x \right)dx=\int_{0}^{\pi/2}\left( \frac{\pi}{2}-x \right)\ln\left( \sin x \right)dx=-I_{1}+\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi/2}\left( -\ln 2-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos \left( 2nx \right)}{n} \right)dx$
με $\displaystyle I_{1}=\int_{0}^{\pi/2}x\ln\left( \sin x \right)dx=-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx$
γιατί γενικότερα από σειρές Fourier ισχύει στα x διάφορα των κπ με κ ακέραιο και θετικό ημίτονο ότι $\displaystyle \ln \left( \frac{2}{\pi}-\frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty } \frac{\cos\left( 2nx \right)}{\left( 2n-1 \right)\left( 2n+1 \right)}\right)=-\ln 2-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos\left( 2nx \right)}{n}$
Το $\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos\left( 2nx \right)}{n}dx=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi/2}\cos \left( 2nx \right)dx=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{\pi/2}\left( \sin\left( 2nx \right) \right)'dx=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin \left( n\pi \right)}{n^{2}}=0$
γιατί η δυναμοσειρά συγκλίνει ομοιόμορφα.
Οπότε $\displaystyle I=-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx+\frac{\pi^{2}}{4}\ln 2=\frac{\pi^{2}}{4}\ln 2-\int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx$
Παίρνουμε τη μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left( z \right)=\begin{Bmatrix} \displaystyle \frac{z^{2}}{e^{z}-1},z\neq 0 & \\0,z=0 & \end{Bmatrix}$
που είναι αναλυτική χωρίς πόλους στο εσωτερικό του ορθογωνίου $\displaystyle OABC : O\left( 0,0 \right),A\left( R,0 \right),B\left( R,i\pi \right),C\left(i\pi,0 \right)$
ισχύει $\displaystyle \int_{c}^{}f\left( z \right)dz=0$
με $\displaystyle \left| f\left( z \right) \right|=\left| \frac{\left( R+iy \right)^{2}}{e^{R+iy}-1} \right|\le \left| \frac{\left( R+iy \right)^{2}}{e^{R}-1} \right|\longrightarrow ^{R\longrightarrow \infty }0\Rightarrow \lim_{R \to +\infty } f\left( z \right)=0$
εδώ πήραμε z=R+iy

με $y\in \left[ 0,\pi \right]$
οπότε $\displaystyle \int_{0}^{\infty }\frac{x^{2}}{e^{x}-1}dx+\int_{0}^{\infty }\frac{\left( x+i\pi \right)^{2}}{e^{x+i\pi}-1}dx+i\int_{\pi}^{0}\frac{\left( iy \right)^{2}}{\cos y+i\sin y-1}dy=0 \left(\ast \right)$
Το πρώτο ολοκλήρωμα είναι το $\displaystyle \int_{0}^{\infty }x^{2}\sum_{k=1}^{\infty }e^{-kx}dx=\sum_{k=1}^{\infty }\int_{0}^{\infty }x^{2}e^{-kx}dx=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\Gamma \left( 3 \right)}{k^{3}}=\frac{3\zeta\left( 3 \right)}{2}$
υπόψη ότι ισχύει ο μετασχηματισμός Laplace $\displaystyle \int_{0}^{\infty }t^{a}e^{-bt}dt=\frac{\Gamma \left( a+1 \right)}{b^{a+1}}$
Το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι το $\displaystyle I_{2}=\int_{0}^{\infty }\frac{x^{2}}{e^{x}+1}dx+2i\pi\int_{0}^{\infty }\frac{x}{e^{x}+1}dx-\pi^{2}\int_{0}^{\infty }\frac{1}{e^{x}+1}dx+i\int_{\pi}^{0}\frac{y^{2}}{2\sin \left(\displaystyle \frac{y}{2} \right)\left( \sin \left( \displaystyle\frac{y}{2} \right)-i\cos \displaystyle\left( \frac{y}{2} \right) \right)}dy$
$=\displaystyle \int_{0}^{\infty }x^{2}\sum_{k=1}^{\infty }\left( -1 \right)^{k+1}e^{-kx}dx+2i\pi\int_{0}^{\infty }x\sum_{k=1}^{\infty }\left( -1 \right)^{k+1}e^{-kx}dx-\pi^{2}\int_{0}^{\infty }\sum_{k=1}^{\infty }\left( -1 \right)^{k+1}e^{-kx}dx+\int_{0}^{\pi}\frac{y^{2}\left( \cos \left( \displaystyle\frac{y}{2} \right)-i\sin\displaystyle \left( \frac{y}{2} \right) \right)}{2\sin \left( \displaystyle\frac{y}{2} \right)}dy$
$=\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty }\left( -1 \right)^{k+1}\frac{\Gamma \left( 3 \right)}{k^{3}}+2i\pi\sum_{k=1}^{\infty }\left( -1 \right)^{k+1}\frac{\Gamma \left( 2 \right)}{k^{2}}-\pi^{2}\sum_{k=1}^{\infty }\left( -1 \right)^{k+1}\frac{\Gamma \left( 1 \right)}{k}+\int_{\pi}^{0}\frac{iy^{2}}{2}dy+\int_{0}^{\pi}\frac{y^{2}}{2\tan \left( \displaystyle\frac{y}{2} \right)}dy$
$=\displaystyle 2\zeta\left( 3 \right)+2i\pi\cdot \frac{\pi^{2}}{12}-\pi^{2}\ln 2-i\frac{\pi^{3}}{6}+4\int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx$
$=\displaystyle 2\zeta\left( 3 \right)-\pi^{2}\ln 2+4\int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx \left( \ast \ast \right)$
Από τις σχέσεις αστερίσκους παίρνουμε

$\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx =\frac{\pi^{2}}{4}\ln 2-\frac{7}{8}\zeta\left( 3 \right)\Rightarrow \boxed {I=\int_{0}^{\pi/2}x\ln \left( \tan x \right)dx=\frac{\pi^{2}}{4}\ln 2-\int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx=\frac{7\zeta\left( 3 \right)}{8}}$

Υ.Γ Το mathtype είναι ξυχοβγάλτης. Δεν φόρτωνε η βλακεία εδώ και 3 ώρες προσπαθούσα να το φτιάξω. Ουφφ...αυτά έχει η πληκτρολόγηση.

Πολύ επίπονη η πληκτρολόγηση.

#422

Θα παρακαλούσα τους Γενικούς Συντονιστές να μετακινήσουν τα ποστ # 415

έως το παρόν στον φάκελο των ΑΕΙ. Σίγουρα η ενναλαγή σειράς ολοκλήρωσης (που απαιτεί ομοιόμορφη σύγκλιση), τα διπλά ολοκληρώματα και οι σειρές Fourier δεν έχουν θέση στον φάκελο της Γ' Λυκείου.

Dimessi · #423

Κύριε Λάμπρου, γιατί μου γράφει ότι επεξεργάστηκε μία φορά το μήνυμα που έγραψα; Είχε φύγει μια παρένθεση στο tex και ήθελα να την βάλω χωρίς όμως να φαίνεται ότι το μήνυμα επεξεργάστηκε.

#424

Dimessi έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 12, 2025 10:59 pm
Κύριε Λάμπρου, γιατί μου γράφει ότι επεξεργάστηκε μία φορά το μήνυμα που έγραψα; Είχε φύγει μια παρένθεση στο tex και ήθελα να την βάλω χωρίς όμως να φαίνεται ότι το μήνυμα επεξεργάστηκε.

Δημήτρη,

ένα μήνυμα μπορείς να το επεξεργαστείς όσες φορές θέλεις. Όμως αν κάποιος αναρτήσει ένα επόμενο μήνυμα, μετά το δικό σου, τότε κάθε φορά που επεξεργάζεσαι το δικό σου, το σύστημα γράφει ότι έγινε επεξεργασία.

Υποθέτω ότι το σύστημα δίνει αυτή την πληροφορία ώστε σε περίπτωση που προκύψει ζήτημα προτεραιότητας, να υπάρχουνν τα στοιχεία. Στο δικό μας φόρουμ δεν έχουμε τέτοια προβλήματα. Στην πράξη, μπορείς να αγνοήσεις την πληροφορία ότι έγινε επεξεργασία. Κανείς δεν το κοιτάει γιατί δεν μας αφορά.

Dimessi · #425

Ακριβώς, έχετε δίκιο .

Tolaso J Kos · #426

Dimessi έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 12, 2025 10:59 pm
Κύριε Λάμπρου, γιατί μου γράφει ότι επεξεργάστηκε μία φορά το μήνυμα που έγραψα; Είχε φύγει μια παρένθεση στο tex και ήθελα να την βάλω χωρίς όμως να φαίνεται ότι το μήνυμα επεξεργάστηκε.

Δημήτρη,

αυτό που λες είναι θέμα ρυθμίσεων του λογισμικού. Προφανώς για να εμφανίζεται αυτή η ένδειξη σημαίνει ότι η λειτουργία αυτή είναι απενεργοποιημένη για τα απλά μέλη. Παρόλα αυτά, κάποιες ειδικές προϋπάρχουσες ομάδες που ορίζονται κατά την εγκατάσταση του λογισμικού που τρέχει το

όπως οι Γενικοί Συντονιστές έχουν την λειτουργία αυτή ενεργοποιημένη ως default.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 12, 2025 11:20 pm

Υποθέτω ότι το σύστημα δίνει αυτή την πληροφορία ώστε σε περίπτωση που προκύψει ζήτημα προτεραιότητας, να υπάρχουνν τα στοιχεία. Στο δικό μας φόρουμ δεν έχουμε τέτοια προβλήματα. Στην πράξη, μπορείς να αγνοήσεις την πληροφορία ότι έγινε επεξεργασία. Κανείς δεν το κοιτάει γιατί δεν μας αφορά.

Μιχάλη, σε αυτό που λες υπάρχουν δύο δικλείδες ασφαλείας. Πολλές φορές στο

όταν γράφεις κάτι και κάποιος άλλος απαντήσει σου λέει "Ενώ γράφατε υπήρξε απάντηση από κάποιο μέλος" και σε ρωτάει αν θες να προχωρήσεις. Επιπρόσθετα, είμαι σίγουρος ότι είναι ενεργοποιημένο το flood rate που σημαίνει ότι δε μπορεί ταυτόχρονα δύο μέλη να απαντήσουν ταυτόχρονα. Κάποιον, για κάποια δευτερόλεπτα, θα τον κόψει το σύστημα. Αυτό όμως έχει να κάνει με τις ρυθμίσεις.

Tolaso J Kos · #427

Dimessi έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 12, 2025 10:24 pm

$\displaystyle ... \frac{\pi^{2}}{4}\ln 2-\int_{0}^{\pi/2}\frac{x^{2}}{\tan x}dx=}$

Μετά το παραπάνω ευχάριστο διάλλειμα ας δούμε το $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2} \frac{x^2}{\tan x} \, \mathrm{d}x}$ που εμφανίζεται παραπάνω. Αλλά πρώτα ένα σχόλιο. Όλα τα παραπάνω έχουν συζητηθεί στο κατά τη χρυσή πενταετία άντε και λίγο μέχρι το από τους συνήθεις υπόπτους και μερικά ξένα μέλη όπως π.χ ο galactus που πλέον έχουν αποσυρθεί από την ενεργή συμμετοχή σε μαθηματικά forum. Πάντως θα πω ότι ο Σεραφείμ λείπει ... και εύχομαι να ξανά γυρίσει. Στο διά ταύτα ... :

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\pi/2} \frac{x^2}{\tan x} \, \mathrm{d}x & = \int_{0}^{\pi/2} x^2 \cot x \, \mathrm{d}x \\ & = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\pi/2} x^2 \sin 2n x \, \mathrm{d}x \\ & = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \left( 2 - \pi n^2 \right) - 2}{4n^3} \\ & = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n^3} - \frac{\pi}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} \\ & = - \frac{3 \zeta(3)}{8} + \frac{\pi \ln 2}{4} - \frac{\zeta(3)}{2} = \frac{\pi \ln 2}{4} - \frac{7 \zeta(3)}{8} \end{aligned}}$

Η τεχνική που χρησιμοποιήθηκε για το συγκεκριμένο άθροισμα δεν τη βλέπω συχνά στο .

Dimessi · #428

Ωραία και η τεχνική με τη συνεφαπτομένη.

Tolaso J Kos · #429

Dimessi έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 13, 2025 1:00 am
Ωραία και η τεχνική με τη συνεφαπτομένη.

Αυτή η τεχνική Δημήτρη, χρησιμοποιείται ευρώς. Υπάρχει αντίστοιχη σειρά και για την $\tan$ . Την έμαθα από το galactus ο οποίος έχει κρεμάσει τα παπούτσια του στα ολοκληρώματα και τις σειρές λόγω προβλημάτων υγείας. Καλά να είναι ο άνθρωπος.

Μία ιστορία τώρα. Κάποτε, πριν

χρόνια, το 2014

είχε δημιουργηθεί ένα forum με όνομα integrals&series το οποίο πλέον δεν υπάρχει. Συμμετείχαν κάποιοι από τους δεινούς λύτες στο κομμάτι αυτό όπως ο Shobbit, Galactus, Random Variable, sos440, κτλ. Παρουσίαζαν κάτι τεχνικές από άλλον πλανήτη. Ήταν η εποχή που έμαθα αρκετά για το κομμάτι αυτό και αγάπησα τις ειδικές συναρτήσεις...

Ωραίες εποχές που μάλλον δε θα ξανά γυρίσουν.

Dimessi · #430

Αποστόλη την γνωρίζω την τεχνική απλά δεν πήγε εκεί το μυαλό για αυτό το ολοκλήρωμα. Το είδα με μιγαδικούς.
Μην το λες ότι δεν θα ξαναγυρίσουν...αλλά όντως ήταν σπουδαίες εποχές.

#431

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 13, 2025 12:59 am

$\displaystyle{ ... \int_{0}^{\pi/2} x^2 \cot x \, \mathrm{d}x= 2 \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\pi/2} x^2 \sin 2n x \, \mathrm{d}x$

Χάνω κάτι; Πρώτα απ' όλα η σειρά αποκλίνει, εδώ $\cot x = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \sin 2n x$ . Άσε που σε αποκλίνουσα σειρά έγινε εναλλαγή της σειράς ολοκλήρωσης. Είτε κάπου υπάρχει τυπογραφική αβλεψία ή κάτι δεν βλέπω.

nickolas tsik · #432

Αρχικά,ευχαριστώ dimessi.Φαίνεται να υπάρχει ΥΠΕΡΒΟΛΙΚΗ καθυστέρηση στη ανταπόκριση του του server.Εικάζω να προκαλέιται ddos crash απο bot attack.Για να το δείτε μπορέιτε να κάνεται thresholds >1000 req/s Ip.Aν προκαλέιται απο αιτήματα μπορείτε να βάλεται throttling στο Web‑Server απο java.(θεωρώ πως σχετίζεται με καποία νεα μέλη που παραπέμπουν σε συνδέσμους(με παιχνίδια τυχερά και αλλα) με HTTPRequest που πιθανών να εκτελούνται server side.
Τέλως πάντων
Γενικό ολοκλήρωμα M_m(a,b)

εφαρμόζοντας τη λογαριθμική

$\displaystyle M_m(a,b)\;=\;\int_{0}^{\frac\pi2}x^m\,\sin^{a-1}x\,\cos^{b-1}x\,dx.$
Παράμετρος για x^m

:
$\displaystyle x^m = (-\partial_\alpha)^m\bigl[e^{\alpha x}\bigr]\Big|_{\alpha=0}.$
Άρα
$\displaystyle M_m(a,b) = (-\partial_\alpha)^m \int_{0}^{\frac\pi2} e^{\alpha x}\,\sin^{a-1}x\,\cos^{b-1}x\,dx \Big|_{\alpha=0}.$
Ορίζουμε
$\displaystyle H(\lambda) =\int_{0}^{\frac\pi2} \sin^{a+\lambda-1}x\,\cos^{b-1}x\dx =\tfrac12\B(a+\lambda,b).$
Συνδυάζοντας,
$\displaystyle \boxed{ M_m(a,b) = 2^{-m}(-1)^m\; \left.\frac{\partial^m}{\partial\lambda^m}\, B(a+\lambda,b)\right|_{\lambda=0}. }$
παραμετρική G_m(u,v)

για $\ln\sin,\ln\cos$ }

$\displaystyle G_m(u,v) =\int_{0}^{\frac\pi2}x^m\,\sin^u x\,\cos^v x\,dx =M_m(u+1,v+1).$
Για σταθερό

,
$\displaystyle \partial_u\sin^u x=\sin^u x\,\ln\sin x,\quad \partial_v\cos^v x=\cos^v x\,\ln\cos x.$
αλλαγή παράγωγων– δίνει
$\displaystyle \frac{\partial^p}{\partial u^p} \frac{\partial^q}{\partial v^q} \,G_m(u,v)\Big|_{u=v=0} = \int_{0}^{\frac\pi2} x^m(\ln\sin x)^p(\ln\cos x)^q\,dx.$
Επιπλέον,
$\displaystyle \ln\tan x =(\partial_u-\partial_v)\,G_m(u,v)\Big|_{u=v=0}.$

\παραμετρική $J_m(\alpha)$ για $\ln\tan$ }

$\displaystyle J_m(\alpha) =\int_{0}^{\frac\pi2}x^m\,\tan^\alpha x\,dx =M_m(\alpha+1,1-\alpha).$
$\displaystyle \partial_\alpha\tan^\alpha x =\tan^\alpha x\,\ln\tan x \;\Longrightarrow\; \frac{d^r}{d\alpha^r}J_m(\alpha)\Big|_{\alpha=0} =\int_{0}^{\frac\pi2}x^m(\ln\tan x)^r\,dx.$
. Γενική
Συνδυασμός:
$\displaystyle \mathcal{I}_{m,p,q,r} =\int_{0}^{\frac\pi2} x^m(\ln\sin x)^p(\ln\cos x)^q(\ln\tan x)^r\,dx$
γράφεται
$\displaystyle \mathcal{I}_{m,p,q,r} = \left. \frac{\partial^p}{\partial u^p} \frac{\partial^q}{\partial v^q} \frac{\partial^r}{\partial \alpha^r} \,M_m(u+\alpha+1,\;v-\alpha+1) \right|_{u=v=\alpha=0}.$
Χρησιμοποιώντας την κλειστή μορφή του M_m(a,b)

:
$\displaystyle \boxed{ \mathcal{I}_{m,p,q,r} = 2^{-m}(-1)^m \left. \frac{\partial^m}{\partial\lambda^m} \frac{\partial^p}{\partial u^p} \frac{\partial^q}{\partial v^q} \frac{\partial^r}{\partial \alpha^r} \,B\bigl(a,b\bigr) \right|_{\lambda=0,\;u=v=\alpha=0}, }$
με
$\displaystyle a=u+\alpha+1+\lambda, \quad b=v-\alpha+1.$

$\partial^n\!\ln\Gamma(z)=\psi^{(n-1)}(z)$ .
$\psi^{(n)}(\tfrac12)=(-1)^{n+1}n!\bigl[1-2^{-n-1}\bigr]\zeta(n+1)$ .
$\psi^{(n)}(1)=(-1)^{n+1}n!\,\zeta(n+1)$ .
\end{itemize}
Άρα το $\mathcal{I}_{m,p,q,r}$ εκφράζεται ως γραμμικός συνδυασμός
$\zeta(2),\ldots,\zeta(p+q+r+2)$ .

. Εφαρμογή σε $I=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}x\ln(\tan x)\,dx$ }

$\displaystyle m=1,\;p=q=0,\;r=1,\quad I = J_1'(0),\; J_1(\alpha)=M_1(\alpha+1,1-\alpha).$
Από $M_1(a,b)=-\tfrac12\,B(a,b)[\psi(a)-\psi(a+b)]$ παίρνουμε
$\displaystyle J_1(\alpha) =-\tfrac12\,\Gamma(\alpha+1)\Gamma(1-\alpha)\bigl[\psi(\alpha+1)-\psi(2)\bigr].$

Αλλιώς
$\displaystyle I = \int_{0}^{\frac\pi2} x\,\ln(\tan x)\,dx = -2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2k-1} \int_{0}^{\frac\pi2} x\,\cos\bigl(2(2k-1)x\bigr)\,dx.$

Χρησιμοποιώντας
$\displaystyle \int x\cos(\alpha x)\,dx = \frac{x\sin(\alpha x)}{\alpha} + \frac{\cos(\alpha x)}{\alpha^2},$
με $\alpha=2(2k-1)$ παίρνουμε
$\displaystyle \int_{0}^{\frac\pi2} x\,\cos\bigl(2(2k-1)x\bigr)\,dx = -\frac{1}{[2(2k-1)]^2} = -\frac{1}{4\,(2k-1)^2}.$
Άρα

$\displaystyle I = -2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2k-1} \Bigl(-\tfrac{1}{4\,(2k-1)^2}\Bigr) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^3}.$

Τέλος, γράφουμε
$\displaystyle \zeta(3)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3} =\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(2m)^3} + \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^3} = \tfrac{1}{8}\,\zeta(3) + \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^3},$
από όπου
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^3} = \zeta(3) - \tfrac{1}{8}\,\zeta(3) = \tfrac{7}{8}\,\zeta(3).$
Συνεπώς

$\displaystyle \boxed{ I = \int_{0}^{\frac\pi2}x\,\ln(\tan x)\,dx = \tfrac{7}{8}\,\zeta(3). }$

Tolaso J Kos · #433

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 13, 2025 8:46 am

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 13, 2025 12:59 am

$\displaystyle{ ... \int_{0}^{\pi/2} x^2 \cot x \, \mathrm{d}x= 2 \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\pi/2} x^2 \sin 2n x \, \mathrm{d}x$

Χάνω κάτι; Πρώτα απ' όλα η σειρά αποκλίνει, εδώ $\cot x = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \sin 2n x$ . Άσε που σε αποκλίνουσα σειρά έγινε εναλλαγή της σειράς ολοκλήρωσης. Είτε κάπου υπάρχει τυπογραφική αβλεψία ή κάτι δεν βλέπω.

Μιχάλη,

σωστή η παρατήρησή σου. Είναι μία τεχνική που εφαρμόζεται ευρέως. Η ταυτότητα είναι ακόλουθο του distributional Fourier expansion της $\cot$ . Μπορώ να ψάξω να βρω λεπτομέρειες αλλά η αλήθεια είναι τόσα χρόνια την εφαρμόζω τυφλοσούρτι ... καθώς μου βγάζει αποτελέσματα, οπότε δεν είχα πότε σκεφτεί αυτά που ανέφερες στο μήνυμά σου.

Υπάρχει και η αντίστοιχη ταυτότητα:

$\displaystyle{\int_{a}^{b} p(x) \csc x \, \mathrm{d}x = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \int_{a}^{b} p(x) \sin \left( 2n+1 \right)x \, \mathrm{d}x }$

Για παράδειγμα εδώ γίνεται αναφορά της ταυτότητας από τον Random Variable σε ένα post που πάει πίσω στο 2014

. Εκεί αναφέρεται ότι είναι απόρροια του Riemann-Lebesgue.

#434

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 13, 2025 6:31 pm

Μιχάλη,

σωστή η παρατήρησή σου. Είναι μία τεχνική που εφαρμόζεται ευρέως. Η ταυτότητα είναι ακόλουθο του distributional Fourier expansion της $\cot$ . Μπορώ να ψάξω να βρω λεπτομέρειες αλλά η αλήθεια είναι τόσα χρόνια την εφαρμόζω τυφλοσούρτι ... καθώς μου βγάζει αποτελέσματα, οπότε δεν είχα πότε σκεφτεί αυτά που ανέφερες στο μήνυμά σου.

.
Τόλη,

έχουμε πρόβλημα στα παραπάνω όπου γίνεται άκριτη εφαρμογή θεωρημάτων, χωρίς προσοχή στις συγκλίσεις και λοιπά. Ας δούμε ένα παράδειγμα που τα χαλάει.

Θέτουμε

$f_1(x)=xe^{-x^2} , \, f_2(x)=2xe^{-2x^2}- xe^{-x^2}, \, f_3(x)=3xe^{-3x^2}- 2xe^{-2x^2},...$ και γενικά

$f_n(x)=nxe^{-nx^2}- (n-1)xe^{-(n-1)x^2}, ...$

To άθροισμα $\sum _{n=1}^{\infty}f_n$ είναι τηλεσκοπικό, και μάλιστα αφού το μερικό του άθροισμα είναι

$\displaystyle{\sum _{n=1}^{N}f_n (x) = Nxe^{-Nx^2} \to 0}$ , έχουμε $\displaystyle{\sum _{n=1}^{\infty}f_n(x)=0}$ . Άρα και

$\displaystyle{\boxed {\int _0^1\sum _{n=1}^{\infty}f_n(x)dx=0 }}$ .

Από την άλλη $\displaystyle{\int _0^1 f_n(x)dx= \dfrac {1}{2} (e^{-(n-1)}-e^{-n})}$ , οπότε

$\displaystyle{\boxed {\sum _{n=1}^{\infty} \int _0^1 f_n(x)dx= \dfrac {1}{2} \ne 0}}$

Υπάρχουν πολλά ευκολότερα παραδείγματα αν αδιαφορήσουμε για την σύγκλιση.

Όπως και να είναι, για την εναλλαγή ολοκληρώματος και σειράς έχουμε διάφορα θεωρήματα όπως το Dominated Convergence, το Monotone Convergence, το Θεώρημα Fubini, η ομοιόμορφη σύγκλιση, και άλλα. Χωρίς κάποια αιτιολόγηση της εναλλαγής, έχουμε πρόβλημα. Μπορεί κατά τύχη να βρούμε την σωστή απάντηση, αλλά μπορεί και όχι.

.

Tolaso J Kos · #435

Μιχάλη,

δε καταλαβαίνω. Ποια είναι

στο παράδειγμα που δίδεις; Η $\cot x$ που πήγε;

#436

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 14, 2025 8:22 pm
Μιχάλη,

δε καταλαβαίνω. Ποια είναι στο παράδειγμα που δίδεις; Η $\cot x$ που πήγε;

Τόλη,

Δεν μιλάω ούτε για

ούτε για $\cot x$ .

Δίνω παράδειγμα όπου η εναλλαγή ορίου και αθροίσματος αποτυγχάνει. Οπότε η άκριτη εφαρμογή της εναλλαγής, χωρίς χρήση θεωρημάτων όπως π.χ. αυτά που αναφέρω, είναι προβληματικά Μαθηματικά. Και αν θέλεις, σχολιάζω την φράση σου "τόσα χρόνια την εφαρμόζω τυφλοσούρτι". Μαθηματικά και τυφλοσούρτης δεν πάνε μαζί.

Για την ιστορία, μία εργασία που έκανε διάσημο τον νεαρότατο τότε Abel ήταν όταν έδωσε αντιπαραδείγματα σε διάφορα αποτελέσματα Μαθηματικών της πρώτης γραμμής, που χρησιμοποιούσαν άκριτα διάφορες τεχνικές. Η εργασία αυτή θεωρείται η απαρχή της σύγχρονης Ανάλυσης, σε αντιδιαστολή την διαισθητική Ανάλυση των προκατόχων του.

Μιά άλλη τέτοια εργασία ήταν η βόμβα του Weierstrass όταν έδωσε παράδειγμα συνεχούς πουθενά παραγωγίσιμης συνάρτησης. Μέχρι τότε όλοι πίστευαν, άκριτα, ότι τα σημεία όπου δεν παραγωγίζεται μία συνεχής συνάρτηση είναι διακριτά και πεπερασμένα το πλήθος.

Tolaso J Kos · #437

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 14, 2025 8:30 pm
Τόλη,

Δεν μιλάω ούτε για ούτε για $\cot x$ .

Δίνω παράδειγμα όπου η εναλλαγή ορίου και αθροίσματος αποτυγχάνει.

Δε διαφωνούμε σε αυτό. Εδώ όμως έχουμε κάτι συγκεκριμένο. Η τεχνική λέει ότι "κάτι" επί $\cot x$ παίρνει τη μορφή που δίδει η ισότητα. Εδώ ψάχνουμε να βρούμε τι είναι αυτό το κάτι και υπό ποια έννοια αυτή η ισότητα ισχύει. Μήπως να συνεχίσουμε τη συζήτηση αυτή στο άλλο θέμα που άνοιξα;

Τ.

#438

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 14, 2025 8:48 pm

Δε διαφωνούμε σε αυτό. Εδώ όμως έχουμε κάτι συγκεκριμένο. Η τεχνική λέει ότι "κάτι" επί $\cot x$ παίρνει τη μορφή που δίδει η ισότητα. Εδώ ψάχνουμε να βρούμε τι είναι αυτό το κάτι και υπό ποια έννοια αυτή η ισότητα ισχύει. Μήπως να συνεχίσουμε τη συζήτηση αυτή στο άλλο θέμα που άνοιξα;

Μάλλον δεν έγινα κατονοητός: Σε αυτά που γράφεις έχει μία ισότητα για το $\cot$ . Ας την δεχτούμε σωστή. Από εκεί και πέρα κάνεις εναλληγή ολοκληρώματος και σειράς. Με ποιο δικαίωμα; Τι σου δίνει την πεποίθηση ότι μπορείς να το κάνεις, και θα βρεις το σωστό αποτέλεσμα;

Στο παράδειγμα που έδωσα, ποιο είναι το σωστό αποτέλεσμα, το

ή το $\dfrac {1}{2}$ ; Είναι αυτονόητο ότι η λάθος απάντηση είναι αυτή που έγινε η εναλλαγή. Στο δικό αποτέλεσμα, η εναλλαγή δίνει την σωστή απάντηση και γιατί; Χρειάζεται τεκμηρίωση.

Μπορώ πολύ εύκολα να σου δώσω παραδείγματα με αποκλίνουσα σειρά (πριν ή μετά την εναλλαγή) όπου το αποτέλεσμα είναι καταφανώς λάθος. Στο παραπάνω παράδειγμα η εναλλαγή δίνει λάθος αποτέλεσμα, αλλά επειδή η σειρά συγκλίνει, η κατασκευή του παραδείγματος θέλει φαντασία. Για αποκλίνουσες, υπάρχουν παραδείγματα που δεν θέλουν πολλή φαντασία.

Tolaso J Kos · #439

Ύστερα από το παραπάνω ευχάριστο διάλλεμμα, βάζω μία άσκηση... καθώς the show must go on.

Άσκηση 139

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_0^{\pi/2} (\sin^6 x + \cos^6x + 3 \sin^2 x \cos^2 x) \, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}}$

#440

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 15, 2025 8:15 pm

Άσκηση 140

Να δειχθεί ότι:
$\displaystyle{\int_0^{\pi/2} (\sin^6 x + \cos^6x + 3 \sin^2 x \cos^2 x) \, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}}$

.
Τόλη, άλλαξε σε παρακαλώ την αρίθμηση από 139

σε

. Στο θέμα μας:

Έχουμε

$\displaystyle{1=1^3=(\sin^2 x + \cos^2x)^3 = \sin^6 x + \cos^6x + 3 \sin^2 x \cos^2 x (\sin^2 x + \cos^2x)=\sin^6 x + \cos^6x + 3 \sin^2 x \cos^2 x}$

Δηλαδή η προς ολοκλήρωση παράσταση είναι σταθερή, ίση με

. Άρα

$\displaystyle{\int_0^{\pi/2} (\sin^6 x + \cos^6x + 3 \sin^2 x \cos^2 x) dx = \int_0^{\pi/2} 1dx= \dfrac{\pi}{2}}$

Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση