Matematické Fórum

Azeret · 15. 01. 2011 18:37

Ahoj,
tak to sem zkusim dat jeste jednou (omlouvam se za mnozeni stejnych prispevku - ale doufam, ze se preci jen nekdo najde . . ).
Potřebuji pomoc s tímto příkladem:
Spočtěte použitím definice Riemannova integrálu $\int_{0}^{\pi} \ln{\left(1-2\alpha\cos{x} + \alpha^2 \right)}\mathrm{dx}$ .

Pro začátek mám napsaný vzorec pro dolní R. součet
$s(f,D) = \sum_{i=0}^{n} \frac{\pi}{n+1} \ln{\left(1-2\alpha\cos{\left(\frac{i\pi}{n+1}\right) + \alpha^2\right)$ , kde dělení D mám jako rovnoměrné dělení intervalu $(0,\pi)$ .
Nevím jestli už se zvolením jednoho speciálního dělení nedopouštím chyby - totiž vše by mělo být definováno pro všechna dělení . . .
Dále neumím sečíst tuto řadu (at pro konecne n, nebo pak v limitnim pripade pro $n \rightarrow \infty$ ) - po nakreslení v gnuplotu mi dokonce přijde, že diverguje - což je divné. . .
Díky za každou radu (nechci po nikom cele reseni - staci jen nakopnout . . .) .

Pavel · 15. 01. 2011 22:16 — Editoval Pavel (15. 01. 2011 22:17)

↑ Azeret:

Ta úloha je dost nejasná. Co je vůbec $\alpha$ ? Např. když $\alpha=1$ , tak Riemannův integrál na intervalu $\langle 0,\pi\rangle$ nebude existovat. Riemannův integrál je totiž definován pro omezené funkce a funkce $\ln{\left(2-2\cos{x}\right)}$ určitě omezená v okolí 0 není. Nemá tedy smysl konstruovat nějaké horní resp. dolní součty.

Azeret · 15. 01. 2011 22:22 — Editoval Azeret (15. 01. 2011 22:36)

↑ Pavel: Ahoj, omlouvam se, v zadani je jeste dodatek, ze $|\alpha| \neq 1$ , jinak $\alpha \in \mathbb{R}$ . . .ted uz snad vse ok. .

Pavel · 15. 01. 2011 22:32

↑ Azeret:

I v tomto případě problém zůstává, je-li totiž $\alpha=-1$ , pak funkce $\ln{\left(2+2\cos{x}\right)}$ je neomezená v okolí $\pi$ .

Azeret · 15. 01. 2011 22:36

↑ Pavel: ted uz by to melo byt v poradku. .

Azeret · 16. 01. 2011 00:10

↑ Azeret:
Po dlouhem premysleni o Riemannove integralu by mi stacilo, kdyby me nekdo nakopl se souctem te rady. Vzhledem k tomu, ze ta funkce je spojita a omezena, tak je riemanovsky integrovatelna a tedy staci spocitat bud horni nebo dolni soucet.
Coz je doufam tohle
$s(f,D) = \sum_{i=0}^{n} \frac{\pi}{n+1} \ln{\left(1-2\alpha\cos{\left(\frac{i\pi}{n+1}\right) + \alpha^2\right)$ . . .

Pavel · 16. 01. 2011 01:44 — Editoval Pavel (16. 01. 2011 03:16)

S podobným integrálem jsem se setkal už zde

http://forum.matweb.cz/viewtopic.php?id=17709

Zde je integrál obecnější a jeho výpočet má využívat definici Riemannova integrálu. Až do této chvíle jsem myslel, že toto vypočítat jen tak jednoduše nepůjde.

Nicméně se zadařilo. Bylo sice nutné sáhnout do komplexní analýzy, ale šlo to.

Vzhledem k pokoročílé hodině uvedu postup zítra

Výsledek je však

$\Large\int_{0}^{\pi} \ln{\left(1-2\alpha\cos{x} + \alpha^2 \right)}\mathrm{d}x=2\pi\ln|\alpha|,\qquad |\alpha|>1$ .

Můžu se zeptat, odkud máš ten příklad?

Azeret · 16. 01. 2011 09:49 — Editoval Azeret (16. 01. 2011 10:03)

↑ Pavel:
Jsem v prvaku na fyzice a tohle jeden z doporucenych prikladu na cviceni ....(http://www.karlin.mff.cuni.cz/~pokorny/cvic1z14.pdf)
Na ten odkaz se podivam, diky moc.

Pavel · 19. 01. 2011 14:12 — Editoval Pavel (26. 04. 2017 12:16)

↑ Azeret:↑ Azeret:

Konečně jsem se dostal ke slibovanému řešení:

Riemannův integrál se zavádí pomocí horních a dolních součtů. Nicméně pokud Riemannův integrál funkce $f(x)$ na $\langle a,b\rangle$ existuje, mohu jej vypočítat jednodušeji, a to pomocí limity součtů

$\sum_{k=1}^n f(x_k)(x_k-x_{k-1}),$

pro $n\to\infty$ , kde body $a=x_0,x_1,x_2,\,\ldots\,, x_n=b$ jsou body nějakého dělení intervalu $\langle a,b\rangle$ takové, že norma tohoto dělení se blíží k 0 pro $n\to\infty$ . Místo abych hledal suprema resp. infima funkce $f(x)$ na jednotlivých intervalech $\langle x_{k-1},x_k\rangle$ , $k=1,\,\ldots\,,n$ , budu pracovat s jejími funkčními hodnotami v pravých krajních bodech těchto intervalů. Takto lze však Riemannův integrál vypočítat pouze tehdy, je-li zaručena jeho existence.

Nechť nejdříve $\alpha=\pm 1$ . Pak bylo v předchozích příspěvcích ukázáno, že integrovaná funkce není na intervalu $\langle0,\pi\rangle$ omezená a tudíž Riemannův integrál pro tato $\alpha$ neexistuje. Nechť nyní $\alpha\neq\pm 1$ . Pak funkce $\varphi(x)=1-2\alpha\cos x+\alpha^2$ je na intervalu $\langle 0,\pi\rangle$ spojitá, omezená a kladná, a proto je také funkce $f(x)=\ln(1-2\alpha\cos x+\alpha^2)$ na intervalu $\langle 0,\pi\rangle$ spojitá a omezená (kladná již být nemusí). Pak odsud vyplývá, že hledaný Riemannův integrál opravdu existuje a můžeme jej určit výše zmíněnou technikou:

------------------------------------------

1. Zvolme nejdříve ekvidistantní dělení intervalu $\langle 0,\pi\rangle$ na $n$ stejných částí, kde $n\in\mathbb{N}$ . Dělicími body t tomto dělení jsou body $0,\,\frac{\pi}{n}\,,\,\frac{2\pi}{n}\,,\,\ldots\,,\,\frac{(n-1)\pi}n\,,\,\pi$ .

Označme symbolem $I_n$ sumu

$I_n:=\sum_{k=1}^n f(x_k)(x_k-x_{k-1})=\sum_{k=1}^n \ln\left(1-2\alpha\cos\frac{k\pi}{n}+\alpha^2\right)\cdot\frac{\pi}{n}=\frac{\pi}{n}\ln\prod_{k=1}^n\left(1-2\alpha\cos\frac{k\pi}{n}+\alpha^2\right).$

2. Upravme nejdříve výraz v závorce za součinem

$1-2\alpha\cos\frac{k\pi}{n}+\alpha^2 =1-2\alpha\cos\frac{k\pi}{n}+\alpha^2\left(\left(\cos\frac{k\pi}{n}\right)^2+\left(\sin\frac{k\pi}{n}\right)^2\right)\nl =\left(1-2\alpha\cos\frac{k\pi}{n}+\left(\alpha\cos\frac{k\pi}{n}\right)^2\right)+\left(\alpha\sin\frac{k\pi}{n}\right)^2\nl =\left(1-\alpha\cos\frac{k\pi}{n}\right)^2+\left(\alpha\sin\frac{k\pi}{n}\right)^2$

3. Nyní využijme prostředků komplexní analýzy, označme $i=\sqrt{-1}$ a použijme vzorec $A^2+B^2=(A-iB)(A+iB)$ .

$\left(1-\alpha\cos\frac{k\pi}{n}\right)^2+\left(\alpha\sin\frac{k\pi}{n}\right)^2 =\left(1-\alpha\cos\frac{k\pi}{n}-i\alpha\sin\frac{k\pi}{n}\right)\left(1-\alpha\cos\frac{k\pi}{n}+i\alpha\sin\frac{k\pi}{n}\right)\nl =\left(1-\alpha\left(\cos\frac{k\pi}{n}+i\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right)\left(1-\alpha\left(\cos\frac{k\pi}{n}-i\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right).$

4. Nahraďme goniometrický tvar komplexního čísla tvarem exponenciálním, tzn. $\cos\omega+i\sin\omega=e^{i\omega}$ , $\omega\in\mathbb{R}$ , a využijme toho, že platí $e^{i\omega}=e^{i(\omega+2\pi)}$ .

$\left(1-\alpha\left(\cos\frac{k\pi}{n}+i\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right)\left(1-\alpha\left(\cos\frac{k\pi}{n}-i\sin\frac{k\pi}{n}\right)\right) =\left(1-\alpha e^{\frac{k\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{-\frac{k\pi}{n}i}\right)\nl =\left(1-\alpha e^{\frac{k\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\left(-\frac{k\pi}{n}+2\pi\right)i}\right) =\left(1-\alpha e^{\frac{k\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{(2n-k)\pi}{n}i}\right).$

5. Vraťme se nyní k původnímu součinu. Platí tedy, že

$\prod_{k=1}^n\left(1-2\alpha\cos\frac{k\pi}{n}+\alpha^2\right)=\prod_{k=1}^n\left(1-\alpha e^{\frac{k\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{(2n-k)\pi}{n}i}\right)=\nl =\left(1-\alpha e^{\frac{\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{(2n-1)\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{2\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{(2n-2)\pi}{n}i}\right)\cdots\nl \cdots\left(1-\alpha e^{\frac{(n-1)\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{(n+1)\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{n\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{n\pi}{n}i}\right)=\nl =\left[\left(1-\alpha e^{\frac{\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{2\pi}{n}i}\right)\cdots\right.\nl \left.\cdots\left(1-\alpha e^{\frac{(n-1)\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{n\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{(n+1)\pi}{n}i}\right)\cdots \left(1-\alpha e^{\frac{(2n-2)\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{(2n-1)\pi}{n}i}\right)\right]\cdot \left(1-\alpha e^{\frac{n\pi}{n}i}\right)$

6. Prozkoumáme-li pozorněji na výrazy ve všech závorkách, pak komplexní členy uvnitř jsou ve skutečnosti kořeny speciální binomické rovnice.

$e^{\frac{k\pi}{n}i}=e^{\frac{2k\pi}{2n}i}=\cos\frac{2k\pi}{2n}+i\sin\frac{2k\pi}{2n}\,,\ k=0,1,\,\ldots\,,\, 2n-1$ jsou všechny kořeny binomické rovnice $x^{2n}-1=0$ v komplexním tvaru.
$\alpha e^{\frac{k\pi}{n}i}=\alpha e^{\frac{2k\pi}{2n}i}=\alpha\left(\cos\frac{2k\pi}{2n}+i\sin\frac{2k\pi}{2n}\right),\ k=0,1,\,\ldots\,,\, 2n-1$ jsou všechny kořeny binomické rovnice $x^{2n}-\alpha^{2n}=0$ v komplexním tvaru.

Známe-li kořeny algebraické rovnice $x^{2n}-\alpha^{2n}=0$ , můžeme vyjádřit polynom $x^{2n}-\alpha^{2n}$ pomocí součinu svých kořenových činitelů. Tj.

$x^{2n}-\alpha^{2n}=(x-\alpha)\left(x-\alpha e^{\frac{\pi}{n}i}\right)\left(x-\alpha e^{\frac{2\pi}{n}i}\right)\left(x-\alpha e^{\frac{3\pi}{n}i}\right)\cdots\left(x-\alpha e^{\frac{(2n-2)\pi}{n}i}\right)\left(x-\alpha e^{\frac{(2n-1)\pi}{n}i}\right)$

Nyní dosaďme $x=1$ ,

$1-\alpha^{2n}=(1-\alpha)\left(1-\alpha e^{\frac{\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{2\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{3\pi}{n}i}\right)\cdots\left(1-\alpha e^{\frac{(2n-2)\pi}{n}i}\right)\left(1-\alpha e^{\frac{(2n-1)\pi}{n}i}\right).$

7. Všimněme si, že tento součin je téměř stejný jako součin, který jsme upravovali na konci bodu č. 5. Zde nadbývá výraz, který je mimo hranatou závorku a chybí výraz $(1-\alpha)$ , který se vyskytuje v součinovém vyjádření $1-\alpha^{2n}$ .

Proto platí

$\color{blue}\boxed{\prod_{k=1}^n\left(1-2\alpha\cos\frac{k\pi}{n}+\alpha^2\right)=\frac{1-\alpha^{2n}}{1-\alpha}\cdot \left(1-\alpha e^{\frac{n\pi}{n}i}\right)=\frac{1-\alpha^{2n}}{1-\alpha}\cdot (1+\alpha)}$

8. Nyní můžeme vypočítat integrál jako $\lim_{n\to\infty} I_n$ :

a) Nechť $|\alpha|>1$ . Pak

$\lim_{n\to\infty} I_n=\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n}\,\cdot\ln\left(\frac{1-\alpha^{2n}}{1-\alpha}\cdot (1+\alpha)\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n}\,\cdot\ln\left(\frac{\alpha^{2n}-1}{\alpha-1}\cdot (1+\alpha)\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n}\,\cdot\ln(\alpha^{2n}-1)=2\pi\ln|\alpha|.$

b) Nechť nyní $|\alpha|<1$ . Pak

$\lim_{n\to\infty} I_n=\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n}\,\cdot\ln\left(\frac{1-\alpha^{2n}}{1-\alpha}\cdot (1+\alpha)\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n}\,\cdot\ln(1-\alpha^{2n})=\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}{n}\,\cdot\ln 1=0.$

Tzn.