Una costante famosa
Calcolare
$$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1-x}{(1-xy)\ln(xy)}dxdy$$
$$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1-x}{(1-xy)\ln(xy)}dxdy$$
Risposte
Costante famosa?
Lo dici per scherzo o è davvero una costante di un qualche rilievo?
Il valore di questo "integrale doppio" è senz'altro negativo (per la presenza del fattore 1/ln(xy) con 0 < xy < 1 ).
Con una integrazione numerica [dividendo il quadrato 1 x 1 in (4000 x 4000) = 16 milioni di quadratini e calcolando la funzione integranda nel centro di ogni quadratino) ho trovato il valore –0,144288....
Siccome la funzione integranda va a $–∞$ all'avvicinarsi di x e y a 0, il modulo del valore trovato è approssimato per difetto.
Probabilmente, approssimato con 4 cifre significative esatte, il numeroè $–0,1443$.
Che significato abbia questo numero negativo, proprio non lo so!
––––––––
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Lo dici per scherzo o è davvero una costante di un qualche rilievo?
Il valore di questo "integrale doppio" è senz'altro negativo (per la presenza del fattore 1/ln(xy) con 0 < xy < 1 ).
Con una integrazione numerica [dividendo il quadrato 1 x 1 in (4000 x 4000) = 16 milioni di quadratini e calcolando la funzione integranda nel centro di ogni quadratino) ho trovato il valore –0,144288....
Siccome la funzione integranda va a $–∞$ all'avvicinarsi di x e y a 0, il modulo del valore trovato è approssimato per difetto.
Probabilmente, approssimato con 4 cifre significative esatte, il numeroè $–0,1443$.
Che significato abbia questo numero negativo, proprio non lo so!
––––––––
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No, è negativa ma comunque famosa
"dan95":
No, è negativa ma comunque famosa
Ho invano tentato di fare l'integrale analiticamente.
Ho affinato l'integrazione numerica perché per x e y tendenti a 1 la funzione integranda tende all'infinito.
Ho suddiviso il quadrato 1 x 1 in quattro parti (definite tagliando il quadrato con le rette di equazione y = 0,9 e x = 0,9)
• un quadrato da 9/10 x 9/10 con quadratini da 1/10^3 x 1/10^3;
• un quadrato da 1/10 x 1/10 con qudratini da 1/10^5 x 1/10^5
• due rettangoli, uno da 1 x 1/10 e l'altro da 1/10 x 1, con quadratini da 1/10^4 x 1/10^4.
Ossia: ho preso areole più piccole dove le pendenza sono maggiori .
Ho trovato il valore $–0,145099...$, che per me è ancora unno sconosciuto!
Se trovassi circa 3,1416 ... e chissà quali cifre successive a queste, riconoscerei una approssimazione a π.
Se trovassi circa 2,718 ... riconoscerei l'approssimazione di "e"
ecc. ecc.
Analogamente per alcune altre "famose" costanti. Ma questa?
Dimmi almeno se è una costante fisica o matematica ...
________
È una costante la cui irrazionalità è ignota... Un piccolo hint: non risolvere direttamente l'integrale ma calcola una successione inoltre sostituisci quel logaritmo con qualcosa, tipo un integrale...
"Erasmus_First":
[quote="dan95"]No, è negativa ma comunque famosa
Ho invano tentato di fare l'integrale analiticamente.
Ho affinato l'integrazione numerica perché per x e y tendenti a 1 la funzione integranda tende all'infinito.
Ho suddiviso il quadrato 1 x 1 in quattro parti (definite tagliando il quadrato con le rette di equazione y = 0,9 e x = 0,9)
• un quadrato da 9/10 x 9/10 con quadratini da 1/10^3 x 1/10^3;
• un quadrato da 1/10 x 1/10 con qudratini da 1/10^5 x 1/10^5
• due rettangoli, uno da 1 x 1/10 e l'altro da 1/10 x 1, con quadratini da 1/10^4 x 1/10^4.
Ossia: ho preso areole più piccole dove le pendenza sono maggiori .
Ho trovato il valore $–0,145099...$, che per me è ancora unno sconosciuto!
Se trovassi circa 3,1416 ... e chissà quali cifre successive a queste, riconoscerei una approssimazione a π.
Se trovassi circa 2,718 ... riconoscerei l'approssimazione di "e"
ecc. ecc.
[/quote]
Mi sai che stai sbagliando qualcosa! perché il risultato che mi esce è parecchio distante dal tuo e sono molto sicuro che sia giusto
Adesso non ho tempo di scriverlo forse stasera provo a scrivere la soluzione Comunque è una costante matematica
"dan95":
Calcolare
$$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1-x}{(1-xy)\ln(xy)}dxdy$$
Volendo essere brutale, comincerei ricordando che:
\[
\frac{1}{1- xy} = \sum_{n=0}^\infty (xy)^n
\]
per \(0< x,y<1\), sicché scambiando somma ed integrale:
\[
\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1-x}{(1-xy)\ln(xy)}\ \text{d}x\text{d}y = \sum_{n=0}^\infty \int_{0}^{1} \int_{0}^{1}(1- x)\ \frac{(xy)^n}{\ln(xy)}\ \text{d}x \text{d}y\; ;
\]
poi ricorderei che:
\[
\frac{(xy)^n}{\ln (xy)} = -\int_n^\infty (xy)^t\ \text{d} t
\]
poiché \(0
\sum_{n=0}^\infty \int_{0}^{1} \int_{0}^{1}(1- x)\ \frac{(xy)^n}{\ln(xy)}\ \text{d}x \text{d}y = -\sum_{n=0}^\infty \int_n^\infty \int_{0}^{1} \int_{0}^{1}(1- x)\ x^t\ y^t\ \text{d}x \text{d}y \text{d} t\; .
\]
Dunque, per fissato $n$, troverei:
\[
\begin{split}
\int_{0}^{1} \int_{0}^{1}(1- x)\ x^t\ y^t\ \text{d}x \text{d}y &= \int_{0}^{1} (x^t - x^{t+1})\ \text{d}x\ \cdot\ \int_0^1 y^t\ \text{d}y \\
&= \left. \frac{x^{t+1}}{t+1} - \frac{x^{t+2}}{t+2}\right|_0^1\ \cdot\ \left. \frac{y^{t+1}}{t+1}\right|_0^1\\
&= \left(\frac{1}{t+1} - \frac{1}{t+2}\right)\cdot\frac{1}{t+1}
\end{split}
\]
di modo che:
\[
\begin{split}
\int_n^\infty \int_{0}^{1} \int_{0}^{1}(1- x)\ x^t\ y^t\ \text{d}x \text{d}y \text{d} t &= \int_n^\infty \left(\frac{1}{t+1} - \frac{1}{t+2}\right)\cdot\frac{1}{t+1}\ \text{d} t \\
&= \int_n^\infty \frac{1}{(t+1)^2}\ \text{d} t - \int_n^\infty \frac{1}{(t+1)(t+2)}\ \text{d} t\\
&= \left. - \frac{1}{t+1}\right|_n^\infty - \left. \ln \frac{t+1}{t+2}\right|_n^\infty \\
&= \frac{1}{n+1} + \ln \frac{n+1}{n+2}\; .
\end{split}
\]
Da ciò segue:
\[
\begin{split}
\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1-x}{(1-xy)\ln(xy)}\ \text{d}x\text{d}y &= - \lim_{N\to \infty} \sum_n=0^N \frac{1}{n+1} + \ln \frac{n+1}{n+2} \\
&= - \lim_{N\to \infty} \sum_{n=0}^N \frac{1}{n+1} - \ln (N+2)
\end{split}
\]
con l'ultimo membro uguale a \(-\gamma\) (costante di Eulero-Mascheroni), se non erro... Ma se mi sbaglio, mi corigerete.
@gugo
Esatto! A parte un segno mi pare, sennò non viene il limite. Un pò brutale tuttavia la strada è quella...
Spoilerizzare il tutto?!
Hai qualche informazione da aggiungere riguardo l'irrazionalità di questa costante???
Esatto! A parte un segno mi pare, sennò non viene il limite. Un pò brutale tuttavia la strada è quella...
Spoilerizzare il tutto?!
Hai qualche informazione da aggiungere riguardo l'irrazionalità di questa costante???
"Half95":Sì: stavo sbagliando qualcosa! I
[...] Mi sa che stai sbagliando qualcosa! perché il risultato che mi esce è parecchio distante dal tuo e sono molto sicuro che sia giusto [...]
Se non avessi fatto quell'errore di sbaglio
(dividere per il quadrato di $2n$ invece che per il quadrato di $n$) avrei riconosciutto di colpo la costante Le 109 cifre di
Eccole qua:
g109 0,57721566490153286060 65120900824024310421 59335939923598805767 23488486772677766467 09369470632917467495 514631447[15123568]
(dove le cifre tra parentresi quadra sono quelle non sicure)
L'affinamento deve avere qualcosa di ulteriormente sbagliato perché invece di darmi cifre buone successive a 0,144... mi dà 0,1450....
Ero sicuro che il calcolo fosse giusto e avesse almeno 4 cifre buone (tagliando dalla quinta cifra per approssimare la quarta).
Nel primo calcolo dicevo $–0,1443$. Mi cito:
"Erasmus_First":
[...] Probabilmente, approssimato con 4 cifre significative esatte, il numero è $–0,1443$.]
Nel mio calcolo di integrazione numerica c''è un errore secco che è l'aver diviso per $4n^2$ invece che per $n^2$.
Guarda un po.':
Spiego perché il mio errore è proprio l'aver fatto in più la divisione per quattro.
Diviso il quadrato in un fottìo di quadratini, dovevo calcolare la funzione al centro di ogni quadratino. Quindi, divisi i lati per 2n (con n grande), prendevo per x e y i numeri dispari divisi per 2n, cioè
$x_h = (2h+1)/(2n)$ (per ogni h da 0 a n-1 inclusi);
$y_k = (2k+1)/(2n)$ (per ogni k da 0 a n-1 inclusi).
Poi dovevo noltiplicare per l'elemento di area. Questo doveva essere $1/n^2$.
Invece, ingannato dall'aver diviso il lato per $2n$, ho preso come elemento di area $1/(2n)^2$
.________
Rilancio!
Quiz Nr. 1
Sia ζ(s) la funzione "zeta di Riemann", quella che per s complesso con parte reale maggiore di 1 è rappresentabile con la celebre serie:
$ζ(s) = 1 +1/2^s+1/3^s +1/4^s + ...$
Consideriamo ora la funzione ζ(s) per s intero positivo maggiore di 1.
[Inciso. E' noto che per s = 2n. con n intero positivo, $ζ(2n) = r_n·π^(2n)$. dove $r_n$ è un fattore razionale.
In particolare:
$ζ(2) = π^2/6$; $ζ(4) = π^4/90$; $ζ(6) = π^6/945$; $ζ(8) = π^8/9450$;
$ζ(10) = π^10/93555$; ...; $ζ(16) = 3617/325641566250 π^16$; ...
Invece, non c'è nulla di analogo per le ζ(2n+1) con n intero positivo, cioè per argomento s intero dispari.
Per s = 1, ζ(1) coincide con la serie armonica $H = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ...$ che sappiamo essere divergente.
(Fine dell'inciso)]
a) Calcolare la somma per n da 2 a $+∞$ di $(-1)^n (ζ(n))/n$, cioè la serie:
$(ζ(2))/2-(ζ(3))/3+(ζ(4))/4-(ζ(5))/5 + ...$. (*)
[Chiedo scusa: non so scrivere qui la formula usando il simbolo ∑ di sommatoria].
Beh: basta fare il calcolino con qualche programmino moderno di calcolo automatico per scoprire che si tratta di una costante "famosa", della quale è arcinota la definizione.
Per ora chiamiamo X questa costante "famosa".
Allora:
b) Provare che, dalla definizione della riconosciuta costante X (eventualmente condita con ben note nozioni di algebra) segue che la serie (*) tende effettivamente alla costante stessa.
Quiz Nr. 2
NB: nel seguito indicherò con C(n, k) il numero di combinazioni di k elementi scelti da n, (alias "coefficiente binomiale", alias "n sopra k") che per n e k naturali vale:
$C(n, k) = (n!)/(k! (n-k)!)$
Consideriamo il seguente sistema di equazioni lineari ... con numero di equazioni grande a piacere nelle incognite $a_k$ (con k = 1, 2, 3, ..) :
$C(1,0)a_1 = 1/2$;
$C(2,0)a_1 + C(2, 1)a_2 = 1/3$;
$C(3,0)a_1 + C(3, 1)a_2 + C(3, 2)a_3 = 1/4$;
$C(4,0)a_1 + C(4, 1)a_2 + C(4, 2)a_3 + C(4, 3)a_4 = 1/5$;
...
$C(n, 0)a_1 + C(n, 1)a_2 + C(n, 2)a_3 + ... + C(n, n-1)a_n = 1/(n+1)$;
...
Mettendo al posto dei C(n, k) i rispettivi numeri si ha:
$a_1 = 1/2$;
$a_1 + 2a_2 = 1/3$;
$a_1 + 3a_2 + 3a_3 = 1/4$;
$a_1 + 4a_2 + 6a_3 +4a_4 = 1/5$;
$a_1 + 5a_2 + 10a_3 +10a_4 +5a_5= 1/6$;
Ecc., ecc.
Risolvendo si trova:
$a_1 = 1/2$; $a_2= -1/12$; $a_4 = 1/120$; $a_6 = -1/252$; $a_8 = 1/240$; $a_10 = -1/132$;
$a_12 = 691/32760$; $a_14 = -1/12$; $a_16 =3617/8160$; ...
$a_3 = a_5 = a_7 = a_9 =a_11 = a_13 = a_15 = a_17 = 0$,
(cioè: $a_k = 0$ per ogni k dispari tranne $a_1$ che vale $1/2$).
Infine, sia $H_1 = 1$ e per ogni $n$ intero maggiore di 1 sia $H_n = H_(n-1) + 1/n$.
Succede allora che:
Per ogni $n$ intero maggiore di 1, la somma per k da 1 a $+∞$ di $a_k/n^k$ vale $H_n-ln(n)-???$
dove "???" è la solita "famosa" costante.
a) Chi è costei?
b) Dare una spiegazione convincente, prego!
[Grazie dell'attenzione.]
_______
Quiz Nr. 1
Sia ζ(s) la funzione "zeta di Riemann", quella che per s complesso con parte reale maggiore di 1 è rappresentabile con la celebre serie:
$ζ(s) = 1 +1/2^s+1/3^s +1/4^s + ...$
Consideriamo ora la funzione ζ(s) per s intero positivo maggiore di 1.
[Inciso. E' noto che per s = 2n. con n intero positivo, $ζ(2n) = r_n·π^(2n)$. dove $r_n$ è un fattore razionale.
In particolare:
$ζ(2) = π^2/6$; $ζ(4) = π^4/90$; $ζ(6) = π^6/945$; $ζ(8) = π^8/9450$;
$ζ(10) = π^10/93555$; ...; $ζ(16) = 3617/325641566250 π^16$; ...
Invece, non c'è nulla di analogo per le ζ(2n+1) con n intero positivo, cioè per argomento s intero dispari.
Per s = 1, ζ(1) coincide con la serie armonica $H = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ...$ che sappiamo essere divergente.
(Fine dell'inciso)]
a) Calcolare la somma per n da 2 a $+∞$ di $(-1)^n (ζ(n))/n$, cioè la serie:
$(ζ(2))/2-(ζ(3))/3+(ζ(4))/4-(ζ(5))/5 + ...$. (*)
[Chiedo scusa: non so scrivere qui la formula usando il simbolo ∑ di sommatoria].
Beh: basta fare il calcolino con qualche programmino moderno di calcolo automatico per scoprire che si tratta di una costante "famosa", della quale è arcinota la definizione.
Per ora chiamiamo X questa costante "famosa".
Allora:
b) Provare che, dalla definizione della riconosciuta costante X (eventualmente condita con ben note nozioni di algebra) segue che la serie (*) tende effettivamente alla costante stessa.
Quiz Nr. 2
NB: nel seguito indicherò con C(n, k) il numero di combinazioni di k elementi scelti da n, (alias "coefficiente binomiale", alias "n sopra k") che per n e k naturali vale:
$C(n, k) = (n!)/(k! (n-k)!)$
Consideriamo il seguente sistema di equazioni lineari ... con numero di equazioni grande a piacere nelle incognite $a_k$ (con k = 1, 2, 3, ..) :
$C(1,0)a_1 = 1/2$;
$C(2,0)a_1 + C(2, 1)a_2 = 1/3$;
$C(3,0)a_1 + C(3, 1)a_2 + C(3, 2)a_3 = 1/4$;
$C(4,0)a_1 + C(4, 1)a_2 + C(4, 2)a_3 + C(4, 3)a_4 = 1/5$;
...
$C(n, 0)a_1 + C(n, 1)a_2 + C(n, 2)a_3 + ... + C(n, n-1)a_n = 1/(n+1)$;
...
Mettendo al posto dei C(n, k) i rispettivi numeri si ha:
$a_1 = 1/2$;
$a_1 + 2a_2 = 1/3$;
$a_1 + 3a_2 + 3a_3 = 1/4$;
$a_1 + 4a_2 + 6a_3 +4a_4 = 1/5$;
$a_1 + 5a_2 + 10a_3 +10a_4 +5a_5= 1/6$;
Ecc., ecc.
Risolvendo si trova:
$a_1 = 1/2$; $a_2= -1/12$; $a_4 = 1/120$; $a_6 = -1/252$; $a_8 = 1/240$; $a_10 = -1/132$;
$a_12 = 691/32760$; $a_14 = -1/12$; $a_16 =3617/8160$; ...
$a_3 = a_5 = a_7 = a_9 =a_11 = a_13 = a_15 = a_17 = 0$,
(cioè: $a_k = 0$ per ogni k dispari tranne $a_1$ che vale $1/2$).
Infine, sia $H_1 = 1$ e per ogni $n$ intero maggiore di 1 sia $H_n = H_(n-1) + 1/n$.
Succede allora che:
Per ogni $n$ intero maggiore di 1, la somma per k da 1 a $+∞$ di $a_k/n^k$ vale $H_n-ln(n)-???$
dove "???" è la solita "famosa" costante.
a) Chi è costei?
b) Dare una spiegazione convincente, prego!
[Grazie dell'attenzione.]
_______
Allora propongo una soluzione veloce per il primo quesito ( non ho tempo di giustificare ogni passaggio spero di non aver commesso errori stupidi)
Possiamo riarrangiare la nostra sommatoria e riscriverla come
$$\sum_{x=1}^{\infty}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{nx^n}$$
ci accorgiamo che
$$\sum_{n=2}^{\infty}y^{n-1}=\frac{1}{1-y}-1$$
se integriamo otteniamo
$$\sum_{2}^{\infty}\frac{y^{n}}{n}=log(1-y)-y$$
ora poniamo $y=-\frac{1}{x}$
e otteniamo
$$\sum_{2}^{\infty}\frac{y^{n}}{n}=-log(\frac{x}{x+1})+\frac{1}{x}$$
quindi
$$\sum_{x=1}^{N}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{nx^n}=\sum_{x=1}^{N}-log(\frac{x}{x+1})+\frac{1}{x}$$
teloscopizzando il logaritmo otteniamo
$$(\sum_{x=1}^{N}\frac{1}{x})-log(1+N)+log1=(\sum_{x=1}^{N}\frac{1}{x})-log(N)+log(\frac{N}{N+1})$$
passando al limite con $N\rightarrow\infty$ abbiamo la definizione di $\gamma$.
Possiamo riarrangiare la nostra sommatoria e riscriverla come
$$\sum_{x=1}^{\infty}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{nx^n}$$
ci accorgiamo che
$$\sum_{n=2}^{\infty}y^{n-1}=\frac{1}{1-y}-1$$
se integriamo otteniamo
$$\sum_{2}^{\infty}\frac{y^{n}}{n}=log(1-y)-y$$
ora poniamo $y=-\frac{1}{x}$
e otteniamo
$$\sum_{2}^{\infty}\frac{y^{n}}{n}=-log(\frac{x}{x+1})+\frac{1}{x}$$
quindi
$$\sum_{x=1}^{N}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{nx^n}=\sum_{x=1}^{N}-log(\frac{x}{x+1})+\frac{1}{x}$$
teloscopizzando il logaritmo otteniamo
$$(\sum_{x=1}^{N}\frac{1}{x})-log(1+N)+log1=(\sum_{x=1}^{N}\frac{1}{x})-log(N)+log(\frac{N}{N+1})$$
passando al limite con $N\rightarrow\infty$ abbiamo la definizione di $\gamma$.
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