Matematické Fórum

2M70 · 09. 11. 2020 22:50

Mám integrál

$\int_{0}^{1}\frac{ln(x)}{1-x^{2}}dx$
a nápovědu
$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{\pi ^{2}}{6}$

Výraz ve jmenovateli lze chápat jako součet nekonečné geometrické řady $\sum_{n=0}^{\infty }(x^{2})^{n}$

To spolu s nápovědou vede na použití Leviho věty pro řady.

Rozhodl jsem se použít řešení "skoro stejného" příkladu na integrál

$\int_{0}^{1}\frac{ln(\frac{1}{x})}{1-x^{2}}dx$

Po úpravě
$\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty }ln(\frac{1}{x})x^{2n}dx$
Funkce ln(1/x) je na [0,1] kladná, x^2n taky, předpoklad nezápornosti je splněn.
Ostatní předpoiklady Leviho věty pro řady ponechávám na později, příklad "s nimi již pracuje".

Levi pro řady dává

$\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}ln(\frac{1}{x})x^{2n}dx=\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}-ln(x)x^{2n}dx$

Integrace per partes dává výsledek
$\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}\frac{x^{2n}}{2n+1}dx$

neboť člen
$[-ln(x)\frac{x^{2n+1}}{2n+1}]^{1}_{0}$
"vypadnul".

Po integraci:
$\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1)^{2}}$

A tady je PRVNÍ ZÁVAŽNÝ PROBLÉM:

Má se to totiž rovnat:

$\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1)^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n)^{2}}$

Výsledek "překvapivý" naopak není, je roven
$\frac{\pi ^{2}}{6}-\frac{1}{4}\frac{\pi ^{2}}{6}=\frac{\pi ^{2}}{8}$

*

A teď "můj" příklad:

$\int_{0}^{1}\frac{ln(x)}{1-x^{2}}dx$

Po provedení počátečních kroků:

$\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}-ln(x)x^{2n}dx$

A teď DRUHÝ ZÁVAŽNÝ PROBLÉM:

Integrací per partes získám

$\int_{0}^{1}ln(x)x^{2n}dx = -\int_{0}^{1}\frac{x^{2n}}{2n+1}$

tedy se záporným znaménkem.

Druhá integrace dává $-\frac{1}{(2n+1)^{2}}$

Řada tedy opět se záporným znaménkem

$-\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1)^{2}}$

A to je ÚPLNĚ ZÁSADNÍ PROBLÉM

Jednak mi opět není jasné, jakým způsobem, kromě posunu v indexu sumy, se získají dvě sumy obsahující $\frac{1}{n^{2}}$

A hlavně, kdybych pouze přenásobil mínusem výsledek "vzorového" příkladu, dostanu zápornou hodnotu
$(-\frac{\pi ^{2}}{8})$ ,

což by rozhodně nemělo nastat.

Tak vážně nevím, jak vyřešit ten problém se znaménkem, a taky s rozkladem výsledné řady.

Díky za jakoukoli pomoc!

laszky · 10. 11. 2020 00:31

↑ 2M70:

Ahoj. Ten integral je ze zaporne funkce, takze by asi mel vyjit zaporny, ne?

Jinak ten rozdil dvou rad neni nic jineho nezli:

"soucet clenu na lichych mistech" = "soucet vsech clenu" - "soucet clenu na sudych mistech"

2M70 · 10. 11. 2020 00:37

↑ laszky:

Ahoj, integrál by měl vyjít záporný, souhlasím, ale nezdá se mi pak ta záporná řada, tedy zda vůbec může být výsledkem záporná řada.

S tím rozdílem dvou řad si to ještě promyslím.

laszky · 10. 11. 2020 00:43

↑ 2M70:

Jinak nevim, jestli jsi to tam nekde pouzil, ale

$\ln(1/x) = \ln(x^{-1}) = -\ln(x)$

2M70 · 10. 11. 2020 11:49

↑ laszky:

Ahoj, právě že takhle to je v tom původním příkladu $\int_{0}^{1}\frac{ln(\frac{1}{x})}{1-x^{2}}dx$ , a paradoxně to mínus-ko způsobí, že integrál je kladný - integrace per partes pak dává

$u'=-ln(x), u = -\frac{1}{x}$
$v = x^{2n}, v' = \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$

a právě to mínusko způsobí, že druhý člen v per partes je kladný, a vede to k rozumnému výsledku, tedy KLADNÉ $(\frac{\pi ^{2}}{8})$

Zatímco u "mého" příkladu dá per partes

$\int_{0}^{1}ln(x)x^{2n}dx = -\int_{0}^{1}\frac{x^{2n}}{2n+1}$

a postupem v úvodním příspěvku dostávám $(-\frac{\pi ^{2}}{8})$ , což "se mi vůbec nelíbí", nejsem si jistý, zda u takovéhoto integrálu může vyjít záporná hodnota.

2M70 · 10. 11. 2020 15:36

Mohl by mi, prosím, někdo potvrdit, nebo vyvrátit, jestli ten záporný výsledek má takto skutečně vyjít, nebo mám nějakou chybu ve znaménku (ale to jsem kontroloval velmi pečlivě)?

Díval jsem se na některé podobné integrály a výsledek byl vždycky kladný :-(

Ferdish

↑ 2M70:
A tiež si si na porovnanie skúšal funkcie tých podobných integrálov zobraziť napr. v Desmose aby si videl, či ich grafy sú na daných intervaloch nad alebo pod osou [mathjax]x[/mathjax]?

Neviem, aký iný dôkaz ešte požaduješ. To že graf funkcie je na danom intervale pod osou [mathjax]x[/mathjax] je IMO dostatočný dôkaz na to, aby som mohol tvrdiť, že určitý integrál tejto funkcie v medziach daných hranicami intervalu bude záporný. Inak asi len Odkaz

2M70 · 10. 11. 2020 16:41

↑ Ferdish:

V tom odkazu (wolfram) se mi vůbec nezdá, že by hodnota měla být nula.

Podle mě by to tedy, na základě grafu (wolfram), mělo tedy být to $(-\frac{\pi ^{2}}{8})$ .

Škoda, že nebyl zadán ten příklad s ln(1/x) v čitateli, tam to vyjde krásně kladně....

Ferdish

↑ 2M70:
Skús ho refreshovat, občas to blbne...prípadne klikni na to oranžové rovnítko v zadávacom riadku. Mne to zobrazuje dobre.

2M70 · 10. 11. 2020 16:54

↑ Ferdish:

Díky, už to opravdu zobrazuje hodnotu integrálu $(-\frac{\pi ^{2}}{8})$ . Tak jsem se tedy ve znaménkách nespletl a ta hodnota je skutečně záporná. Díky!!!

2M70 · 10. 11. 2020 16:59

laszky napsal(a):
↑ 2M70:

Jinak ten rozdil dvou rad neni nic jineho nezli:

"soucet clenu na lichych mistech" = "soucet vsech clenu" - "soucet clenu na sudych mistech"

Ahoj, bohužel jsem ještě nepřišel na to rozdělení řady na dvě řady obsahující $\frac{1}{n^{2}}$ .

Možná je to triviálně jednoduché, ale nedaří se mi ten výpočet provést :-(

Matematické Fórum

#1 09. 11. 2020 22:50

Integrál - Leviho věta pro řady

#2 10. 11. 2020 00:31

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

#3 10. 11. 2020 00:37

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

#4 10. 11. 2020 00:43

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

#5 10. 11. 2020 11:49

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

#6 10. 11. 2020 15:36

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

#7 10. 11. 2020 16:27 — Editoval Ferdish (10. 11. 2020 16:32)

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

#8 10. 11. 2020 16:41

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

#9 10. 11. 2020 16:44 — Editoval Ferdish (10. 11. 2020 16:45)

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

#10 10. 11. 2020 16:54

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

#11 10. 11. 2020 16:59

Re: Integrál - Leviho věta pro řady

laszky napsal(a):

Zápatí