به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
سایت پرسش و پاسخ ریاضی
+1 امتیاز
47 بازدید
در دانشگاه توسط mansour (382 امتیاز)

نشان دهید: $$ \int _0^ \infty tanh ( \pi x)[ \frac{1}{2x+8 x^{3} } + \frac{1}{4x+64 x^{3} } + \frac{1}{8x+512 x^{3} } +...]=1$$

6 پاسخ

0 امتیاز
توسط mansour (382 امتیاز)
انتخاب شده توسط mansour
 
بهترین پاسخ

$$ \frac{1}{2x+8 x^{3} } + \frac{1}{4x+64 x^{3} } + \frac{1}{8x+512 x^{3} } +....= \sum _ {n=1} ^ \infty \frac{1}{ 2^{n}x+ ( 2^{n} x)^{3} } ,tanhx=8x \sum _ {k=1} ^ \infty \frac{1}{ \pi ^{2} (2k-1)^{2} +4 x^{2} } \Longrightarrow tanh( \pi x)= \frac{8}{ \pi } \sum _ {k=1} ^ \infty \frac{x}{ (2k-1)^{2} +4 x^{2} } $$

توسط mansour (382 امتیاز)
ادامه دارد.
0 امتیاز
توسط mansour (382 امتیاز)

ادامه ۱: $$I= \int _0^ \infty tanh ( \pi x ) \sum _ {n=1}^ \infty \frac{1}{ 2^{n} x(1+ 2^{2n} x^{2} )}dx= \sum _ {n=1}^ \infty \int _0^ \infty tanh ( \pi x) ( \frac{1}{ 2^{n}x } - \frac{ 2^{n} x}{ 2^{2n} x^{2}+1 } )dx$$

توسط mansour (382 امتیاز)
ادامه دارد.
0 امتیاز
توسط mansour (382 امتیاز)

ادامه ۲: $$I= \sum _ {k=1} ^ \infty \frac{1}{ 2^{n} } \int _0^ \infty tanh ( \pi x)( \frac{1}{x} - \frac{x}{ x^{2} + 2^{-2n} } )dx= \frac{8}{ \pi } \sum _ {n=1} ^ \infty \frac{1}{ 2^{n} } \int _0^ \infty \sum _ {k=1}^ \infty \frac{x}{ (2k-1)^{2} +(2 x)^{2} }( \frac{1}{x} - \frac{x}{ ( 2^{-n}) ^{2} + x^{2} } )dx $$

توسط mansour (382 امتیاز)
ادامه دارد.
0 امتیاز
توسط mansour (382 امتیاز)

ادامه ۳: $$I= \frac{8}{ \pi } \sum _ {k=1}^ \infty \frac{1}{ 2^{n} } \frac{ ( 2^{-n} )^{2} }{ (2k-1)^{2} -4 ( 2^{-n} )^{2} } \int _0^ \infty ( \frac{1}{ ( 2^{-n} )^{2} + x^{2} } - \frac{4}{ (2k-1)^{2} +4 x^{2} } )dx= \frac{8}{ \pi } \sum _ {n=1} ^ \infty \sum _ {k=1} ^ \infty \frac{1}{ 2^{n} } \frac{ ( 2^{-n} )^{2} }{ (2k-1)^{2} -4 (2^{-n} )^{2} } ( \frac{1}{ 2^{-n} } Arctan ( \frac{x}{ 2^{-n} })- \frac{2}{2k-1}Arctan ( \frac{2x}{2k-1}) \mid $$

توسط mansour (382 امتیاز)
xاز صفر تا  بینهایت تغییر می‌کند. ادامه دارد.
0 امتیاز
توسط mansour (382 امتیاز)

ادامه ۴: $$I=4 \sum _ {n=1}^ \infty \sum_ {k=1}^ \infty \frac{1}{ 2^{n} } \frac{ ( 2^{-n} )^{2} }{ (2k-1)^{2} -4 ( 2^{-n}) ^{2} } ( \frac{1}{ 2^{-n} } - \frac{2}{2k-1} )=2 \sum _ {n=1}^ \infty \sum_ {k=1}^ \infty \frac{1}{ 2^{n} } ( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k-1+2. 2^{-n} } ) $$

توسط mansour (382 امتیاز)
ادامه دارد .
0 امتیاز
توسط mansour (382 امتیاز)
ویرایش شده توسط mansour

ادامه ۵: $$I=2 \sum _ {n=1}^ \infty \frac{1}{ 2^{n} } \sum _ {k=1}^ { 2^{-n} } \frac{1}{2k-1} = \sum _ {n=1} ^ \infty \frac{2 H_{ 2^{1-n} } - H_{ 2^{-n} } }{ 2^{n} } = \sum _ {n=1} ^ \infty ( 2^{1-n} . H_{ 2^{1-n} } - 2^{-n}. H_{ 2^{-n} } ) \Longrightarrow \lim_{m\to \infty } \sum _ {n=1} ^m ( 2^{1-n} . H_{ 2^{1-n} } - 2^{-n} . H_{ 2^{-n} } )=1$$

توسط قاسم شبرنگ (2,373 امتیاز)
بهتر است  جواب را یکجا بنویسید و تابعهای بکار رفته را هم مشخص کنید مثان تابع H
توسط mansour (382 امتیاز)
H چند جمله ای هرمیت.

حمایت مالی

کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
...