Alcuni risultati "storici"

[Sk_Anonymous]

(Dini, 1878). Mostrare che \[\int_0^{\pi} \ln(1 - 2 \alpha \cos x + \alpha^2) \, dx = \begin{cases} 0 & \text{if } \alpha^2 < 1 \\ \pi \ln \alpha^2 & \text{if } \alpha^2 > 1 \end{cases} \]

[Rigel1]

Butto lì la prima cosa che mi viene in mente, senza dettagli.
Chiamiamo \(f(\alpha)\) il valore dell'integrale; ovviamente \(f(0) = 0\).
Deriviamo rispetto al parametro; si ottiene un integrale che, se non sbaglio, vale
\[
f'(\alpha) =
\begin{cases}
2\pi/\alpha, & \text{se}\ \alpha^2 > 1,\\
0, & \text{se}\ \alpha^2 < 1.
\end{cases}
\]
A questo punto ricostruisco \(f(\alpha)\).

[gugo82]

Probabilmente, ci si può arrivare pure con strumenti di Analisi Complessa, poiché l'integrando è del tipo \(\ln |e^{\mathbf{i}\ x } -\alpha|\), cioé è la parte reale della determinazione principale di \(\log (z-\alpha)\) ristretto alla circonferenza unitaria... Però "a occhio" serve fare troppi conti, quindi avrei scelto pure io la strada indicata da Rigel.

[Sk_Anonymous]

Bene. Non ho aggiunto il suggerimento per renderlo più challenging, ma mi rendo conto che spesso alcuni esercizi sono cancheri da risolvere senza suggerimento. In ogni caso ripescando qualche nozione sui polinomi ciclotomici si ha che vale \[z^n -1 = (z-1) \prod_{k=1}^{(n-1)/2} (z - e^{2 i k \pi / n})(z - e^{-2 i k \pi/n}) = (z-1) \prod_{k=1}^{(n-1)/2} (z^2 - 2z \cos \frac{2 k \pi}{n} + 1 ) \]Da qui credo basti scrivere l'integrale mediante le somme di Riemann, ed utilizzare le proprietà del logaritmo per passare da somma di logaritmi a logaritmo del prodotto degli argomenti...

Propongo un rilancio:

(Johann Bernoulli, 1697). Provare che \[\int_0^1 x^x \, dx = 1 - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^3} - \frac{1}{4^4} + \frac{1}{5^5} - \dots \]

[Sk_Anonymous]

"Delirium":[...]

(Johann Bernoulli, 1697). Provare che \[\int_0^1 x^x \, dx = 1 - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^3} - \frac{1}{4^4} + \frac{1}{5^5} - \dots \]

Osservo preliminarmente che \[\int_0^1 x^x \, dx = \int_0^1 e^{x \ln x} \, dx = \int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n \ln^n (x)}{n!} \, dx\] Qui però non posso utilizzare il teorema di integrazione per serie a termini positivi perché su \((0,1]\), a seconda della parità di \(n\), \(\ln^n (x)\) può essere negativo... quindi ho bisogno della convergenza uniforme della serie in questione. Siccome \(\lim_{x \to 0^{+}} f_n (x) = 0\) le \(f_n\) sono tutte continue sul compatto \([0,1]\), e per il teorema di Weierstrass ammettono massimo e minimo. Se non ho fatto male i conti \(|x^n \ln^n (x) | \le 1/e^n \ \forall x \in [0,1]\), e quindi la convergenza uniforme discende dall'M-test di Weierstrass.

Si ottiene \[\int_0^1 x^x \, dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \int_0^1 x^n \ln^n (x) \, dx \]
Si tratta ora di calcolare quell'integrale. Integrando un po' per parti si ha \[\begin{split} \int_0^1 x^n \ln^n (x) \, dx & = \frac{x^{n+1} \ln^n (x)}{n+1} \Big|_0^1 - \frac{n}{n+1} \int_0^1 x^n \ln^{n-1} (x) \, dx \\ & = 0 - \frac{n}{n+1} \left[\frac{x^{n+1} \ln^{n-1} (x) }{n+1} \Big|_0^1 - \frac{n-1}{n+1} \int_0^1 x^n \ln^{n-2} (x) \, dx \right] \\ & = \frac{n(n-1)}{(n+1)^2} \int_0^1 x^n \ln^{n-2} (x) \, dx \\ & = \dots \\ & = (-1)^n \frac{ n!}{(n+1)^n} \int_0^1 x^n \, dx =(-1)^n \frac{n!}{(n+1)^{n+1}} \end{split} \]Ne discende che \[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \int_0^1 x^n \ln^n (x) \, dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}} = 1 - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^3} - \dots \]

Se mi è permesso dirlo, trovo quest'identità di un'eleganza abbacinante.

Altro rilancio:

(Pringsheim, 1899). Mostrare che la serie \[f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^2}{1+x^2} \left( \frac{1}{1+x^2} \right)^n \][list=2][*:2uj8fw5y] Converge assolutamente per ogni \(x \in \mathbb{R}\);[/*:m:2uj8fw5y]
[*:2uj8fw5y] Non converge uniformemente su \([-1,1]\).[/*:m:2uj8fw5y][/list:o:2uj8fw5y]
Infine calcolare \(f(x)\), e dire se è continua.

[Seneca1]

Scrivo di fretta, sperando di non dire bestialità.

1. La convergenza assoluta in ogni punto di $RR$ è banale. Ad $x$ fissato si ha una serie geometrica di ragione $< 1$.

2. Se non vedo male basta prendere la successione $x_n = 1/sqrt(n)$.

Per la somma:
\[ f(x) = \frac{x^2}{x^2 + 1} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{x^2 + 1}} - \frac{x^2}{x^2 + 1} \]

[Sk_Anonymous]

@Seneca: non ho ben capito il suggerimento che dai per il punto 2, ma il resto mi sembra corretto.

Altro rilancio:

(DIxon, 1891). Mostrare che vale \[\sum_{k=-a}^a (-1)^k \binom{2a}{k+a} ^3 = \frac{(3a)!}{(a!)^3}\]

[Seneca1]

"Delirium":@Seneca: non ho ben capito il suggerimento che dai per il punto 2, ma il resto mi sembra corretto.

Perdonami, ho scritto una corbelleria. Pensavo ad un'altra cosa...