Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.
Nástěnka
❗22. 8. 2021 (L) Přecházíme zpět na doménu forum.matweb.cz!
❗04.11.2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
❗23.10.2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.
Nejste přihlášen(a). Přihlásit
Stránky: 1
Zase jeden hnusný příklad...
Integrál: [mathjax]\int_{0}^{1}\frac{x.ln(x)}{1-x}dx[/mathjax]
Můj chabý pokus o řešení:
(1 / 1-x) je vlastně nekonečná geometrická řada [mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }x^{n}=\sum_{n=1}^{\infty }x^{n-1}[/mathjax]
po vynásobení zbytkem integrandu: [mathjax]\sum_{n=1}^{\infty }x^{n-1}.x.ln(x)=\sum_{n=1}^{\infty } x^n.ln(x)[/mathjax]
Teď bych nejprve počítal mechanicky bez ověření podmínky pro povolení záměny řady a integrálu:
"Vystrčím" řadu před integrál a integruju [mathjax]\int_{0}^{1}x^n.ln(x)dx[/mathjax]
Řeším per partes,
[mathjax]x^{n}\Rightarrow x^{n+1}/n+1[/mathjax]
[mathjax]ln(x) \Rightarrow \frac{1}{x}[/mathjax]
[mathjax]\int_{0}^{1}x^{n}ln(x)dx=[\frac{x^{n+1}}{n+1}ln(x)]^{1}_{0}-\frac{1}{n+1}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{x}dx[/mathjax]
První člen dává nulu, druhý integrál upravuji na
[mathjax]\frac{1}{n+1}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{x}dx =\frac{1}{n+1}\int_{0}^{1}x^{n}dx=\frac{1}{(n+1)^{2}}[x^{n+1}]^{1}_{0}=\frac{1}{(n+1)^{2}}[/mathjax]
Celkem by se tak integrál [mathjax]\int_{0}^{1}\frac{x.ln(x)}{1-x}dx[/mathjax]
měl rovnat řadě [mathjax]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^{2}}[/mathjax]
která se pravděpodobně má rovnat nějakému číslu, ale nevím, k jakému, nicméně bych neměl mít vyřešení takto "nedodělané".
A teď přemýšlím nad důkazem oprávněnosti záměny řady a integrálu.
Napadá mě Leviho věta pro řady, resp. jedna z jejích verzí,
Nechť [mathjax]v_{n}[/mathjax], [mathjax]n\in \mathbb{N}[/mathjax], jsou měřitelné a skoro všude nezáporné na M, [mathjax]v=\sum_{n=1}^{\infty }v_{n}[/mathjax] skoro všude na M. Potom [mathjax]v\in L^{*}(M)[/mathjax], "v" je nezáporná lebesgueovsky integrovatelná funkce, a platí
[mathjax]\int_{M}^{}v\text{ }d\mu =\sum_{n=1}^{\infty }\int_{M}^{}v_{n}\text{ }d\mu [/mathjax]
Existuje-li navíc [mathjax]K\in \mathbb{R}[/mathjax] tak, že pro každé [mathjax]j\in \mathbb{N}[/mathjax] je
[mathjax]\sum_{n=1}^{j}\int_{M}^{}v_{n}\text{ }d\mu\le K[/mathjax],
pak je [mathjax]v\in L(M)[/mathjax]
a řada [mathjax]\sum_{n=1}^{\infty }v_{n}(x)[/mathjax] má konečný součet pro skoro všechna [mathjax]x\in M[/mathjax].
Podle mě to ale "havaruje" na tom, že mezi 0 a 1 je logaritmus záporný a n-tá mocnina jde k jedné, nemám tedy nezápornou funkci a předpoklad věty neplatí.
Stejné je to u jiné, méně korektní verze Leviho věty pro řady -
[mathjax]\forall f_{n}\ge 0\text{ }\exists M:\forall N:\sum_{n=1}^{N}f_{n}\le M\in \mathbb{R}[/mathjax], pak lze zaměnit pořadí řady a integrace,
opět to havaruje na tom, že mám zápornou (nekladnou) funkci.
Dokáže někdo poradit, co s tím, hlavně s tím zdůvodněním záměny řady a integrálu?
Předem díky!
Offline
2M70 napsal(a):
Celkem by se tak integrál [mathjax]\int_{0}^{1}\frac{x.ln(x)}{1-x}dx[/mathjax]
měl rovnat řadě [mathjax]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^{2}}[/mathjax]
Neni divny, ze ti vychazi integral ze zaporne funkce kladny?
Jinak by ti mohlo pomoci, ze [mathjax]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^2}{6}[/mathjax]
Offline
↑ laszky:
Asi už vidím chybu:
Tady to je ještě správně:
[mathjax]\int_{0}^{1}x^{n}ln(x)dx=[\frac{x^{n+1}}{n+1}ln(x)]^{1}_{0}-\frac{1}{n+1}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{x}dx[/mathjax]
Pak počítám ten integrál na konci, a zapomněl jsem, po výpočtu, před něj dát záporné znaménko. Čili to má vyjít
[mathjax]-\text{ }\frac{1}{(n+1)^{2}}[/mathjax]
Integrál tedy opravdu vyjde záporný.
Pokud jde o to vyjádření řady, napadá mě, že tu řadu mám indexovat od nuly, a při zvýšení dolního indexu o jedničku se mi o jedničku sníží (n+1) na "n", tedy by to mělo vyjít
[mathjax]-\sum_{n=0}^{\infty }\text{ }\frac{1}{(n+1)^{2}}=-\sum_{n=1}^{\infty }\text{ }\frac{1}{n^{2}}=-\text{ }\frac{\pi ^{2}}{6}[/mathjax]
Může to být takto, nebo tam je ještě nějaká bota? Resp. jsou nějaké chyby ještě jinde v mém postupu?
Offline
↑ 2M70:
Ja bych rekl, ze toto je spravne:
[mathjax]\int_{0}^{1}\frac{x.ln(x)}{1-x}dx\; = \; -\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^{2}} = 1- \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}[/mathjax]
Offline
laszky napsal(a):
↑ 2M70:
Ja bych rekl, ze toto je spravne:
[mathjax]\int_{0}^{1}\frac{x.ln(x)}{1-x}dx\; = \; -\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^{2}} = 1- \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}[/mathjax]
Není mi úplně jasné, jak to zdůvodnit, já v tom ten krok nějak nevidím.
Můžu ještě poprosit o pomoc s tím zdůvodněním, tedy Leviho větou pro řady?
Nezápornost mám (přenásobím mínus 1 a pak zase zpátky), měřitelnost plyne ze spojitosti funkce, která je složena ze spojitých funkcí, teď jde o to, co ještě musím dokázat, předpokládám, že nějakou integrovatelnou majorantu.
Offline
Tak jsem počítal další příklady a výpočet integrálu [mathjax]\int_{0}^{\infty }\frac{x}{e^{x}-1}dx[/mathjax] vedl na stejnou řadu, [mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^{2}}[/mathjax]
a uvedený výsledek je [mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{6}[/mathjax]
přičemž zdroj je důvěryhodný.
Podle mě je klíčový ten posun v indexu, tedy
[mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{6}[/mathjax]
Pokud jde o toho Leviho pro řady, stačí měřitelnost (spojitost) a nezápornost? Co jsem se tak díval, tak integrovatelná majoranta se chce u Lebesgueho pro řady. Jak jsem už ohledně Leviho věty psal - co zdroj, to jiná formulace podmínek (předpokladů) věty.
Offline
Počítal jsem ještě dál a zjistil, že k řadě o součtu [mathjax](-\frac{\pi ^{2}}{6})[/mathjax]
vedou i integrály [mathjax]\int_{0}^{1}\frac{ln(1-x)}{x}dx[/mathjax] a [mathjax]\int_{0}^{1}ln(1-e^{-x})dx[/mathjax]
U obou integrálů výsledek končil tou rovností [mathjax]\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(n+1)^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{6}[/mathjax],
v těchto případech tedy ještě přenásobenou mínusem.
Offline
Stránky: 1