13 svar
143 visningar
AlexMu 309
Postad: 13 dec 13:18 Redigerad: 13 dec 13:32

Hitta explicit formel för en mycket intressant summa

Hej! För några månader sedan löste jag integralen
-cosxx2+1dx\displaystyle \int\limits_{-\infty}^\infty{\frac{\cos x}{x^2 + 1}dx}
En intressant integral att lösa med ett väldigt fint exakt värde, πe\frac{\pi}e. Jag löste den med residykalkyl, men det går nog också genom att definiera en funktion och ta derivatan under integralen. 

Efter jag löste den ville jag kolla på den mer generella integralen, 
-cosxx2n+1dx\displaystyle \int\limits_{-\infty}^\infty{\frac{\cos x}{x^{2n} + 1}dx}, nn \in \mathbb{N} och n1n\geq 1
(udda exponenter kommer göra att integralen divergerar eftersom nämnaren blir 00 vid x=-1x=-1)
Om man använda residualkalkyl kan man få fram en summa som är lika med integralen. Det blir såhär:
-cosxx2n+1dx= -πink=0n-1eπi+2πki2n+ieπi+2πki2n\displaystyle \int\limits_{-\infty}^\infty{\frac{\cos x}{x^{2n} + 1}dx} =  \frac{-\pi i}{n}\sum_{k=0}^{n-1}{e^{\frac{\pi i + 2\pi k i}{2n} + ie^{\frac{\pi i + 2\pi k i}{2n}}}}

Denna summa ser helt hemsk ut och jag har ingen aning om det går att hitta en explicit formel utan en summa. Wolframalpha verkar inte kunna lösa några integraler på denna form efter n=3n=3

Resten av mitt inlägg är en liten härledning summan. Har ni några ideer på hur man kanske kan förenkla den/hitta en explicit formel?

Härledning Notera att funktionen sinxx2n+1\displaystyle \frac{\sin x}{x^{2n} + 1} är udda. 
Därför får vi att -RRsinxx2n+1dx=0\displaystyle \int\limits_{-R}^R{\frac{\sin x}{x^{2n} + 1}dx} = 0 för alla RR \in \mathbb{R}
Eller, med andra ord:
 -RReixx2n+1dx= -RRcosxx2n+1dx\displaystyle  \int\limits_{-R}^R{\frac{e^{ix}}{x^{2n} + 1}dx} =  \int\limits_{-R}^R{\frac{\cos x}{x^{2n} + 1}dx}

Betrakta integralen Γeizz2n+1dz\displaystyle \oint_\Gamma{\frac{e^{iz}}{z^{2n}+1}dz}
Där Γ\Gamma är en halvcirkel i den övre halvan av det komplexa talplanet med radie RR. Där RR är ett positivt reellt tal. 
Vi kan dela upp denna integral i integralen längs den reella tallinjen och integralen längs halvcirkeln. Vi kan representera integralen längs halvcirkeln med variabelsubstitutionen z=Reiθz = Re^{i\theta} där θ[0,π]\theta \in [0, \pi] (och då behöver vi även byta ut dzdz mot dθd\theta)
Alltså:
Γeizz2n+1dz=-RReizz2n+1dz+0πeiReiθ·iReiθR2ne2nθi+1dθ\displaystyle \oint_\Gamma{\frac{e^{iz}}{z^{2n}+1}dz} = \int\limits_{-R}^R{\frac{e^{iz}}{z^{2n}+1}dz} + \int\limits_0^\pi{\frac{e^{iRe^{i\theta}} \cdot iR e^{i\theta}}{R^{2n} e^{2n\theta i}+1}d\theta}

Om vi kollar på den andra integralen gäller det att
0πeiReiθ·iReiθR2ne2nθi+1dθ=0πeiRcosθ-Rsinθ·iReiθR2ne2nθi+1dθ0πeiRcosθ-Rsinθ·iReiθR2ne2nθi+1dθ\displaystyle \int\limits_0^\pi{\frac{e^{iRe^{i\theta}} \cdot iR e^{i\theta}}{R^{2n} e^{2n\theta i}+1}d\theta} = \int\limits_0^\pi{\frac{e^{iR\cos{\theta} - R\sin{\theta}} \cdot iR e^{i\theta}}{R^{2n} e^{2n\theta i}+1}d\theta}\leq\int\limits_0^\pi{\left|\frac{e^{iR\cos{\theta} - R\sin{\theta}} \cdot iR e^{i\theta}}{R^{2n} e^{2n\theta i}+1}d\theta \right|}
Eftersom |i|=1|i| = 1 och eiθ=1\left|e^{i\theta} \right| = 1 och eRicosθ=1\left|e^{Ri \cos{\theta}} \right| = 1 får vi att 
0πeiRcosθ-Rsinθ·iReiθR2ne2nθi+1dθ=0πe-Rsinθ·RR2ne2nθi+1dθ\displaystyle \int\limits_0^\pi{\left|\frac{e^{iR\cos{\theta} - R\sin{\theta}} \cdot iR e^{i\theta}}{R^{2n} e^{2n\theta i}+1}d\theta \right|} =\int\limits_0^\pi{\left|\frac{e^{- R\sin{\theta}} \cdot R}{R^{2n} e^{2n\theta i}+1}d\theta \right|}
Om vi kollar på uttrycket innanför integralen ser vi att e-Rsinθ1\displaystyle \left|e^{-R\sin{\theta}}\right| \leq 1 
Därför gäller det att 0πe-Rsinθ·RR2ne2nθi+1dθ0\displaystyle \int\limits_0^\pi{\left|\frac{e^{- R\sin{\theta}} \cdot R}{R^{2n} e^{2n\theta i}+1}d\theta \right|} \to 0 när RR \to \infty.
Då går även den ursprunliga integralen mot 0. 

Vi har alltså likheten Γeizz2n+1dz=-RReizz2n+1dz\displaystyle \oint_\Gamma{\frac{e^{iz}}{z^{2n}+1}dz} = \int\limits_{-R}^R{\frac{e^{iz}}{z^{2n}+1}dz} när RR \to \infty
Alltså limRΓeizz2n+1dz=-cosxx2n+1dx\displaystyle \lim_{R \to \infty}{\oint_\Gamma{\frac{e^{iz}}{z^{2n}+1}dz}} = \int\limits_{-\infty}^{\infty}{\frac{\cos x}{x^{2n}+1}dx}

Vi kan beräkna den komplexa integralen med residysatsen. 
eizz2n+1\displaystyle \frac{e^{iz}}{z^{2n}+1} har poler där z2n+1=0z^{2n} +1 = 0
Då får vi att z2n=eπi+2πik\displaystyle z^{2n} = e^{\pi i + 2 \pi i k} för något kk \in \mathbb{Z}
Alltså z=eπi2n+πikn\displaystyle z = e^{\frac{\pi i}{2n} + \frac{\pi i k}{n}}
Vi vill ha alla poler i den övre halvan av det komplexa talplanet, vilket gör att 0kn-10 \leq k \leq n-1
Vi döper zk=eπi2n+πikn\displaystyle z_k = e^{\frac{\pi i}{2n} + \frac{\pi i k}{n}} och f(z)f(z)=eizz2n+1\displaystyle = \frac{e^{iz}}{z^{2n}+1}
Då får vi att Γeizz2n+1dz=2πik=0n-1Res(f(z),zk)\displaystyle \oint_\Gamma{\frac{e^{iz}}{z^{2n}+1}dz} = 2 \pi i\sum_{k=0}^{n-1}{\text{Res}(f(z),z_k)} 
Eftersom alla poler till ff är enkla poler är residyn relativt att beräkna. 
Res(f(z),zk)\text{Res}(f(z),z_k)=limzzkeiz2nz2n-1=eizk2nzk2n-1=eieπi2n+πikn2ne(2n-1)πi2n+πikn\displaystyle = \lim_{z \to z_k}{\frac{e^{iz}}{2n z^{2n-1}}} =\frac{e^{iz_k}}{2n z_k^{2n-1}}=\frac{e^{ie^{\frac{\pi i}{2n} + \frac{\pi i k}{n}}}}{2n e^{(2n-1)\left(\frac{\pi i}{2n} + \frac{\pi i k}{n}\right)}}
Vi kan förenkla till
Res(f(z),zk)\text{Res}(f(z),z_k)=-12neπi+2πki2n+ieπi+2πki2n\displaystyle = \frac{-1}{2n}e^{\frac{\pi i + 2\pi k i}{2n} + ie^{\frac{\pi i + 2\pi k i}{2n}}}
Helt hemskt värde!
Iallafall, vi får alltså:
-cosxx2n+1dx=Γeizz2n+1dz=2πik=0n-1-12neπi+2πki2n+ieπi+2πki2n\displaystyle \int\limits_{-\infty}^\infty{\frac{\cos x}{x^{2n}+1}dx}=\oint_\Gamma{\frac{e^{iz}}{z^{2n}+1}dz} = 2\pi i\sum_{k=0}^{n-1}{\frac{-1}{2n}e^{\frac{\pi i + 2\pi k i}{2n} + ie^{\frac{\pi i + 2\pi k i}{2n}}}}
=-πink=0n-1eπi+2πki2n+ieπi+2πki2n\displaystyle = \frac{-\pi i}{n}\sum_{k=0}^{n-1}{e^{\frac{\pi i + 2\pi k i}{2n} + ie^{\frac{\pi i + 2\pi k i}{2n}}}}
och vi är klara. 

Lite arbete jag testat:

Jag kollade vad integralen blir för x4x^4 och x6x^6 på wolfram alpha (den kan inte beräkna högre än 6)
Vi får:
-cosxx4+1dx=πsin12+cos122e12\displaystyle\int\limits_{-\infty}^\infty{\frac{\cos x}{x^4 + 1}dx} = \pi \frac{\sin{\left(\frac{1}{\sqrt2}\right)}+\cos{\left(\frac{1}{\sqrt2}\right)}}{\sqrt 2 e^{\frac{1}{\sqrt 2}}}

-cosxx6+1dx=π1+3esin32+ecos323e\displaystyle\int\limits_{-\infty}^\infty{\frac{\cos x}{x^6 + 1}dx} = \pi \frac{1+\sqrt{3e}\sin{\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)}+\sqrt{e}\cos{\left(\frac{\sqrt 3}{2}\right)}}{3 e}
Det finns några intressanta mönster. Exempelvis verkar argumentet till de trigonometriska funktionerna vara cosπ2n\cos{\left(\frac{\pi}{2n}\right)}. (Detta kan rimligtvis också hålla n=1n=1). 
Uttrycket för x6x^6 överraskade mig dock, eftersom det kom olika koefficienter framför de trigonometriska funktionerna. 
Det kanske går att gissa sig fram till värdet och bevisa det med induktion. Det jobbiga är den extra ettan som dök upp i integralen för x6x^6. Det gjorde det svårare att tänka på ett intuitivt mönster för exponenten av ee. Vi kanske kan slå ihop alla tal i nämnaren med summaformler för sinus och cosinus. Men igen, kommer det bli några fina tal där uppe eftersom de trigonometriska formlerna skiljer sig mot ettan med en faktor av e\sqrt e

Har ni några ideer? 

MaKe 336
Postad: 13 dec 16:37 Redigerad: 13 dec 16:37

Det är säkert kopplat till de punkter där funktionen inte är analytisk. Enligt algebrans fundamentalsats kan man faktorisera x2n+1 i 2n faktorer.

Man behöver lösa ekvationen x2n+1=0

eller med andra ord hitta alla rötter av -1: -12n

-1 = cos π + i sin π = eiπ

-12n = eiπ+2πk2n där k = 0, 1, 2, ..., 2n-1

Jag vet inte om det kommer att behövas men hälften av dem är konjugat till talen den andra hälften.

(Känner mig lite trött för residykalkyl)

AlexMu 309
Postad: 13 dec 16:44 Redigerad: 13 dec 16:45
MaKe skrev:

Det är säkert kopplat till de punkter där funktionen inte är analytisk. Enligt algebrans fundamentalsats kan man faktorisera x2n+1 i 2n faktorer.

Man behöver lösa ekvationen x2n+1=0

eller med andra ord hitta alla rötter av -1: -12n

-1 = cos π + i sin π = eiπ

-12n = eiπ+2πk2n där k = 0, 1, 2, ..., 2n-1

Jag vet inte om det kommer att behövas men hälften av dem är konjugat till talen den andra hälften.

(Känner mig lite trött för residykalkyl)

Det är det jag gjorde för att få fram summan från början, inne i spoilern. Det finns säkert någon symmetri för att få bort en del termer, särskilt eftersom summan måste bli ett reellt tal. 

Darth Vader 78
Postad: 13 dec 19:03 Redigerad: 13 dec 19:05

Kanske är ute och cyklar, men det kan vara användbart att förenkla termerna i summan. Till råga

S=k=0n-1ei(π(2k+1)/2n+eiπ(2k+1)/2n) S = \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} e^{i ( \pi(2k+1)/2n + e^{i \pi(2k+1)/2n} )}

är ett rent imaginärt tal, är man egentligen ute efter imaginärdelen av SS. Så

ei(π(2k+1)/2n+eiπ(2k+1)/2n)=sinπ(2k+1)2n+eiπ(2k+1)/2n=sinπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2n+isinπ(2k+1)2n=sinπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2ncosisinπ(2k+1)2n+sinisinπ(2k+1)2ncosπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2n. \Im \left(e^{i ( \pi(2k+1)/2n + e^{i \pi(2k+1)/2n} )}\right) = \Im \left( \sin \left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + e^{i \pi(2k+1)/2n} \right)\right) = \Im \left( \sin \left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} + i \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\right) = \\ \Im \left( \sin \left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\cos \left(i \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n}\right) + \sin \left(i \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n}\right) \cos \left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\right).

Använder man hyperboliska funktionerna cosiz=coshz\cos iz= \cosh z och siniz=isinhz \sin iz = i \sinh z får man tillslut

ei(π(2k+1)/2n+eiπ(2k+1)/2n)=cosπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2nsinhsinπ(2k+1)2n.\Im \left(e^{i ( \pi(2k+1)/2n + e^{i \pi(2k+1)/2n} )}\right) = \cos\left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\sinh\left( \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n}\right).

Jag vet inte riktigt om det går att ytterligare förenkla

πnk=0n-1cosπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2nsinhsinπ(2k+1)2n. \frac{\pi}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \cos\left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\sinh\left( \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n}\right).

AlexMu 309
Postad: 13 dec 22:41 Redigerad: 13 dec 22:46

Jag försökte manuellt beräkna summan för n=4. Det tog.. ett tag.. fick inte ett snyggt uttryck som wolfram alpha gav för de första två. Men detta är vad jag fick fram:
-cosxx8+1dx=\int\limits_{-\infty}^{\infty}{\frac{\cos x}{x^8+1}dx} =

π4e-2-22cos2+22·2-2+sin2+222+2+e-2+22cos2-22·2+2+sin2-222-2\frac{\pi}{4}\left(e^{-\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}}\left(\cos\left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\right)\cdot\sqrt{2-\sqrt{2}}+\sin\left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\right)\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)+e^{-\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}}\left(\cos\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)\cdot\sqrt{2+\sqrt{2}}+\sin\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)\sqrt{2-\sqrt{2}}\right)\right)

Detta uttryck borde stämma? Jag tror inte jag gjorde några algebraiska fel. Jag vet inte om det går att förenkla ytterligare. Det finns en snygg symmetri i uttrycket, men exponenterna av e är jobbiga att ha koll på. Jag testade även att lägga in detta uttryck på flera olika räknare men ingen lyckades förenkla det. 

AlexMu 309
Postad: 13 dec 22:42
Darth Vader skrev:

Kanske är ute och cyklar, men det kan vara användbart att förenkla termerna i summan. Till råga

S=k=0n-1ei(π(2k+1)/2n+eiπ(2k+1)/2n) S = \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} e^{i ( \pi(2k+1)/2n + e^{i \pi(2k+1)/2n} )}

är ett rent imaginärt tal, är man egentligen ute efter imaginärdelen av SS. Så

ei(π(2k+1)/2n+eiπ(2k+1)/2n)=sinπ(2k+1)2n+eiπ(2k+1)/2n=sinπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2n+isinπ(2k+1)2n=sinπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2ncosisinπ(2k+1)2n+sinisinπ(2k+1)2ncosπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2n. \Im \left(e^{i ( \pi(2k+1)/2n + e^{i \pi(2k+1)/2n} )}\right) = \Im \left( \sin \left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + e^{i \pi(2k+1)/2n} \right)\right) = \Im \left( \sin \left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} + i \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\right) = \\ \Im \left( \sin \left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\cos \left(i \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n}\right) + \sin \left(i \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n}\right) \cos \left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\right).

Använder man hyperboliska funktionerna cosiz=coshz\cos iz= \cosh z och siniz=isinhz \sin iz = i \sinh z får man tillslut

ei(π(2k+1)/2n+eiπ(2k+1)/2n)=cosπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2nsinhsinπ(2k+1)2n.\Im \left(e^{i ( \pi(2k+1)/2n + e^{i \pi(2k+1)/2n} )}\right) = \cos\left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\sinh\left( \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n}\right).

Jag vet inte riktigt om det går att ytterligare förenkla

πnk=0n-1cosπ(2k+1)2n+cosπ(2k+1)2nsinhsinπ(2k+1)2n. \frac{\pi}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \cos\left( \frac{\pi(2k+1)}{2n} + \cos \frac{\pi(2k+1)}{2n} \right)\sinh\left( \sin \frac{\pi(2k+1)}{2n}\right).

Jag tänkte på något liknande men var osäker om det skulle hjälpa. Ska kolla lite på ditt uttryck!

AlexMu 309
Postad: 14 dec 01:50 Redigerad: 14 dec 02:08

Okej, så jag testade lite och det visade sig att det var ett misstag i formeln. När vi utvecklar 
eiπ(2k+1)2n+eiπ(2k+1)2\displaystyle e^{i\left(\frac{\pi(2k+1)}{2n} + e^{\frac{i\pi(2k+1)}{2}}\right)}
med eulers formel kommer cosinustermen också ha en imaginärdel.
Om vi tar det till hänsyn och förenklar får vi:
sinπ2k+12n+cos2k+1π2ne-sin2k+1π2n\displaystyle \sin\left(\frac{\pi\left(2k+1\right)}{2n}+\cos\left(\frac{\left(2k+1\right)\pi}{2n}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{\left(2k+1\right)\pi}{2n}\right)} 


Summan blir då
πnk=0n-1sinπ2k+12n+cos2k+1π2ne-sin2k+1π2n\displaystyle\frac{\pi}{n}\sum_{k=0}^{n-1}{\sin\left(\frac{\pi\left(2k+1\right)}{2n}+\cos\left(\frac{\left(2k+1\right)\pi}{2n}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{\left(2k+1\right)\pi}{2n}\right)}}

Summan verkar bygga mycket på symmetri. De sista värdena verkar vara samma som de första värdena, vilket är logiskt. Man kan nog därför skriva det som en summa som går till halva distansen som summan ovan. Tvekar på att det är särskilt hjälpsamt

Jag testade igen att beräkna summan för n=4n=4 med denna istället. Då får man följande
π2e-sinπ8sinπ8+cosπ8+e-sin3π8sin3π8+cos3π8\displaystyle\frac{\pi}{2}\left(e^{-\sin\left(\frac{\pi}{8}\right)}\sin\left(\frac{\pi}{8}+\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)\right)+e^{-\sin\left(\frac{3\pi}{8}\right)}\sin\left(\frac{3\pi}{8}+\cos\left(\frac{3\pi}{8}\right)\right)\right)
Man får ett större, men ändå kanske snyggare uttryck om man byter ut de trigonometriska funktionerna mot deras exakta värden:
π4e-2-222-2cos2+22+2+2sin2+22\displaystyle\frac{\pi}{4}e^{-\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}}\left(\sqrt{2-\sqrt{2}}\cos\left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\right)+\sqrt{2+\sqrt{2}}\sin\left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\right)\right)
+π4e-2+222+2cos2-22+2-2sin2-22\displaystyle+\frac{\pi}{4}e^{-\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}\cos\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)+\sqrt{2-\sqrt{2}}\sin\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)\right)

Ingen aning om det finns något enkelt sätt att förenkla dessa uttryck. Ser inte  något intuitivt pga de där jobbiga exponenterna av ee. Jag började jobba på det här igen alldeles för sent också! Måste sova. Är nog lite för trött för att se en hel del saker. Jag kommer testa att beräkna n=3n=3 fallet för hand och se om det är lätt att få fram det exakta värdet som vi får från wolframalpha. Kanske kan ge lite inspiration på hur man kan förenkla uttrycket ovan. 

MaKe 336
Postad: 14 dec 06:06 Redigerad: 14 dec 06:39

Nu har jag lärt mig integrera med SageMath... och testade -+cos xx+1dx.

Uttrycket är minst sagt hemskt

Visa spoiler

16-i+12π2+272e122-2+2+122+2+12-2+2-21i+212π2+2522-2e122-2+2+122+2+12-2+2-35i+352π2+2322-22e122-2+2+122+2+12-2+2-7i+72π2+22-23e122-2+2+122+2+12-2+2+7i-72π2+23-2+2e122-2+2+122+2+12-2+2-35i-352π2+22-2+232e122-2+2+122+2+12-2+2+21i-212π2+2-2+252e122-2+2+122+2+12-2+2-i-12π-2+272e122-2+2+122+2+12-2+2cos1422+2+142-2+2+i-12π2+272e122+2+12-2+2+21i-212π2+2522-2e122+2+12-2+2+35i-352π2+2322-22e122+2+12-2+2+7i-72π2+22-23e122+2+12-2+2+7i+72π2+23-2+2e122+2+12-2+2-35i+352π2+22-2+232e122+2+12-2+2+21i+212π2+2-2+252e122+2+12-2+2-i+12π-2+272e122+2+12-2+2cos-1422+2+142-2+2+2iπ2+272e1422+2+142-2+2+122+2+21iπ2+2522-2e1422+2+142-2+2+122+2+35iπ2+2322-22e1422+2+142-2+2+122+2+7iπ2+22-23e1422+2+142-2+2+122+2+7π2+23-2+2e1422+2+142-2+2+122+2-35π2+22-2+232e1422+2+142-2+2+122+2+21π2+2-2+252e1422+2+142-2+2+122+2-π-2+272e1422+2+142-2+2+122+2cos122+2-2π2+272e1422+2+142-2+2+12-2+2+21π2+2522-2e1422+2+142-2+2+12-2+2+35π2+2322-22e1422+2+142-2+2+12-2+2+7π2+22-23e1422+2+142-2+2+12-2+2-7iπ2+23-2+2e1422+2+142-2+2+12-2+2+35iπ2+22-2+232e1422+2+142-2+2+12-2+2-21iπ2+2-2+252e1422+2+142-2+2+12-2+2+iπ-2+272e1422+2+142-2+2+12-2+2cos12-2+2+i-12π2+272e122-2+2+122+2+12-2+2+21i-212π2+2522-2e122-2+2+122+2+12-2+2+35i-352π2+2322-22e122-2+2+122+2+12-2+2+7i-72π2+22-23e122-2+2+122+2+12-2+2+7i+72π2+23-2+2e122-2+2+122+2+12-2+2-35i+352π2+22-2+232e122-2+2+122+2+12-2+2+21i+212π2+2-2+252e122-2+2+122+2+12-2+2-i+12π-2+272e122-2+2+122+2+12-2+2sin1422+2+142-2+2+i+12π2+272e122+2+12-2+2+21i+212π2+2522-2e122+2+12-2+2+35i+352π2+2322-22e122+2+12-2+2+7i+72π2+22-23e122+2+12-2+2-7i-72π2+23-2+2e122+2+12-2+2+35i-352π2+22-2+232e122+2+12-2+2-21i-212π2+2-2+252e122+2+12-2+2+i-12π-2+272e122+2+12-2+2sin-1422+2+142-2+2-2π2+272e1422+2+142-2+2+122+2+21π2+2522-2e1422+2+142-2+2+122+2+35π2+2322-22e1422+2+142-2+2+122+2+7π2+22-23e1422+2+142-2+2+122+2-7iπ2+23-2+2e1422+2+142-2+2+122+2+35iπ2+22-2+232e1422+2+142-2+2+122+2-21iπ2+2-2+252e1422+2+142-2+2+122+2+iπ-2+272e1422+2+142-2+2+122+2sin122+2+2iπ2+272e1422+2+142-2+2+12-2+2+21iπ2+2522-2e1422+2+142-2+2+12-2+2+35iπ2+2322-22e1422+2+142-2+2+12-2+2+7iπ2+22-23e1422+2+142-2+2+12-2+2+7π2+23-2+2e1422+2+142-2+2+12-2+2-35π2+22-2+232e1422+2+142-2+2+12-2+2+21π2+2-2+252e1422+2+142-2+2+12-2+2-π-2+272e1422+2+142-2+2+12-2+2sin12-2+22+27e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2-72+262-2e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2+212+252-22e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2-352+242-23e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2+352+232-24e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2-212+222-25e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2+72+22-26e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2-2-27e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2

AlexMu 309
Postad: 14 dec 11:49
MaKe skrev:

Nu har jag lärt mig integrera med SageMath... och testade -+cos xx+1dx.

Uttrycket är minst sagt hemskt

Visa spoiler

16-i+12π2+272e122-2+2+122+2+12-2+2-21i+212π2+2522-2e122-2+2+122+2+12-2+2-35i+352π2+2322-22e122-2+2+122+2+12-2+2-7i+72π2+22-23e122-2+2+122+2+12-2+2+7i-72π2+23-2+2e122-2+2+122+2+12-2+2-35i-352π2+22-2+232e122-2+2+122+2+12-2+2+21i-212π2+2-2+252e122-2+2+122+2+12-2+2-i-12π-2+272e122-2+2+122+2+12-2+2cos1422+2+142-2+2+i-12π2+272e122+2+12-2+2+21i-212π2+2522-2e122+2+12-2+2+35i-352π2+2322-22e122+2+12-2+2+7i-72π2+22-23e122+2+12-2+2+7i+72π2+23-2+2e122+2+12-2+2-35i+352π2+22-2+232e122+2+12-2+2+21i+212π2+2-2+252e122+2+12-2+2-i+12π-2+272e122+2+12-2+2cos-1422+2+142-2+2+2iπ2+272e1422+2+142-2+2+122+2+21iπ2+2522-2e1422+2+142-2+2+122+2+35iπ2+2322-22e1422+2+142-2+2+122+2+7iπ2+22-23e1422+2+142-2+2+122+2+7π2+23-2+2e1422+2+142-2+2+122+2-35π2+22-2+232e1422+2+142-2+2+122+2+21π2+2-2+252e1422+2+142-2+2+122+2-π-2+272e1422+2+142-2+2+122+2cos122+2-2π2+272e1422+2+142-2+2+12-2+2+21π2+2522-2e1422+2+142-2+2+12-2+2+35π2+2322-22e1422+2+142-2+2+12-2+2+7π2+22-23e1422+2+142-2+2+12-2+2-7iπ2+23-2+2e1422+2+142-2+2+12-2+2+35iπ2+22-2+232e1422+2+142-2+2+12-2+2-21iπ2+2-2+252e1422+2+142-2+2+12-2+2+iπ-2+272e1422+2+142-2+2+12-2+2cos12-2+2+i-12π2+272e122-2+2+122+2+12-2+2+21i-212π2+2522-2e122-2+2+122+2+12-2+2+35i-352π2+2322-22e122-2+2+122+2+12-2+2+7i-72π2+22-23e122-2+2+122+2+12-2+2+7i+72π2+23-2+2e122-2+2+122+2+12-2+2-35i+352π2+22-2+232e122-2+2+122+2+12-2+2+21i+212π2+2-2+252e122-2+2+122+2+12-2+2-i+12π-2+272e122-2+2+122+2+12-2+2sin1422+2+142-2+2+i+12π2+272e122+2+12-2+2+21i+212π2+2522-2e122+2+12-2+2+35i+352π2+2322-22e122+2+12-2+2+7i+72π2+22-23e122+2+12-2+2-7i-72π2+23-2+2e122+2+12-2+2+35i-352π2+22-2+232e122+2+12-2+2-21i-212π2+2-2+252e122+2+12-2+2+i-12π-2+272e122+2+12-2+2sin-1422+2+142-2+2-2π2+272e1422+2+142-2+2+122+2+21π2+2522-2e1422+2+142-2+2+122+2+35π2+2322-22e1422+2+142-2+2+122+2+7π2+22-23e1422+2+142-2+2+122+2-7iπ2+23-2+2e1422+2+142-2+2+122+2+35iπ2+22-2+232e1422+2+142-2+2+122+2-21iπ2+2-2+252e1422+2+142-2+2+122+2+iπ-2+272e1422+2+142-2+2+122+2sin122+2+2iπ2+272e1422+2+142-2+2+12-2+2+21iπ2+2522-2e1422+2+142-2+2+12-2+2+35iπ2+2322-22e1422+2+142-2+2+12-2+2+7iπ2+22-23e1422+2+142-2+2+12-2+2+7π2+23-2+2e1422+2+142-2+2+12-2+2-35π2+22-2+232e1422+2+142-2+2+12-2+2+21π2+2-2+252e1422+2+142-2+2+12-2+2-π-2+272e1422+2+142-2+2+12-2+2sin12-2+22+27e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2-72+262-2e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2+212+252-22e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2-352+242-23e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2+352+232-24e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2-212+222-25e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2+72+22-26e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2-2-27e1422+2+142-2+2+122+2+12-2+2

Jag undrar hur de får fram detta värde. Det intressanta är att det finns en massa komplexa tal i resultatet som i så fall måste ta ut varandra. Mycket hemskt värde!

MaKe 336
Postad: 14 dec 11:53 Redigerad: 14 dec 11:53

Vet inte, det är ett avancerat CAS. Jag testade med lägre exponenter och fick samma uttryck som du på Wolfram. Har kört med x^10, men datorn har tuggat nu i 5,5 tim utan något svar.

AlexMu 309
Postad: 14 dec 12:43 Redigerad: 14 dec 12:57

Det är troligt att x4x^4 och x6x^6 är undantag, jag testade att beräkna dem manuellt och det är superlätt i jämförelse med x8x^8. Wolframs värden följer på ett mycket enkelt sett och det har mycket att göra med exponenterna av ee
För x4x^4 fallet blir summan (från den andra formeln). Här ignorerar jag också faktorn av πn\frac{\pi}{n} i början av summan.
sinπ4+cosπ4e-sinπ4+sin3π4+cos3π4e-sin3π4\displaystyle\sin\left(\frac{\pi}{4}+\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)}+\sin\left(\frac{3\pi}{4}+\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)}
Men eftersom sinπ4=sin3π4\sin\frac{\pi}4 = \sin\frac{3\pi}4 kan vi faktorisera ut exponenten av ee och helt enkelt beräkna insidan med additionsformlerna. 

För x6x^6 blir summan
sinπ6+cosπ6e-sinπ6+sin3π6+cos3π6e-sin3π6+sin5π6+cos5π6e-sin5π6\displaystyle\sin\left(\frac{\pi}{6}+\cos\left(\frac{\pi}{6}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)}+\sin\left(\frac{3\pi}{6}+\cos\left(\frac{3\pi}{6}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{3\pi}{6}\right)}+\sin\left(\frac{5\pi}{6}+\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{5\pi}{6}\right)}
Här har vi att sinπ6=sin5π6\sin\frac{\pi}6=\sin\frac{5\pi}6 och då kan faktorisera ut exponenten av ee ur den första och sista termen. Sedan, eftersom mittentermens argument blir π2\frac\pi2 så förenklas den på ett fint sätt till 1e\frac 1e. Sedan har de andra termerna faktorn e12e^{\frac{1}{\sqrt 2}}. Vilket är en rätt "enkel" exponent i jämförelse med det som kommer på den nästa summan. 

Sådan här tur finns inte för x8x^8.
sinπ8+cosπ8e-sinπ8+sin3π8+cos3π8e-sin3π8+sin5π8+cos5π8e-sin5π8\displaystyle\sin\left(\frac{\pi}{8}+\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{\pi}{8}\right)}+\sin\left(\frac{3\pi}{8}+\cos\left(\frac{3\pi}{8}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{3\pi}{8}\right)}+\sin\left(\frac{5\pi}{8}+\cos\left(\frac{5\pi}{8}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{5\pi}{8}\right)}
+sin7π8+cos7π8e-sin7π8\displaystyle+\sin\left(\frac{7\pi}{8}+\cos\left(\frac{7\pi}{8}\right)\right)e^{-\sin\left(\frac{7\pi}{8}\right)}
Visserligen är exponenterna av e samma för den första och sista termen, och för den andra och tredje termen. Men efter det verkar det inte finnas särskilt mycket att göra för att få en snyggt, enkelt uttryck. Särskilt eftersom exponenterna av ee blir 2+22\frac{\sqrt{2 + \sqrt 2}}2 och 2-22\frac{\sqrt{2 - \sqrt 2}}2. De har väl en omvandling till varandra med hjälp av trigonometriska ettan men jag vet inte om vi kan göra något med det. 

AlexMu 309
Postad: 17 dec 18:29 Redigerad: 17 dec 18:29

Med tanke på att både jag och andra inte kan förenkla uttrycken efter x8x^8 och att program inte heller kan göra det är det nog troligt att det inte finns en "snygg" formel för integralen :(

MaKe 336
Postad: 17 dec 18:37

Jag fick inget svar i Sage Math för x¹⁰ - efter 9 timmar avbröts uträkningarna (försökte några gånger).

AlexMu 309
Postad: 17 dec 18:42
MaKe skrev:

Jag fick inget svar i Sage Math för x¹⁰ - efter 9 timmar avbröts uträkningarna (försökte några gånger).

Tack för att du tog din tid och testade!

Svara
Close