El FoxTrot Proyecto De Ley De Corregir Los Problemas

Question

Por lo que he encontrado esta en el Wolfram sitio web hoy en día:

Así que me preguntaba acerca de cómo uno podría ser capaz (si es posible) resolver los cuatro problemas a mano. Aquí están los problemas, $\LaTeX$ed:

1. $ \lim_{x \to +\infty} \dfrac {\sqrt{x^3-x^2+3x}}{\sqrt{x^3}-\sqrt{x^2}+\sqrt{3x}} $
2. $ \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac {(-1)^{k+1} k^2}{k^3+1} $
3. $ \dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}u} \left[ \dfrac {u^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \left[ (n+1) \ln u - 1 \right] \right] $
4. $ \displaystyle\int_0^{2\pi}\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\displaystyle\int_0^4 \left( \rho \cos \phi \right) \rho^2 \sin \phi \, \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta$

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Ideas

1. El grado del numerador es $\frac{3}{2}$. El grado de la denominador es $\frac{3}{2}$. La expresión es de un indeterminado la forma, es decir,$\frac{\infty}{\infty}$, de modo que el uso de l'Hoptial la Regla.

2. No hay ideas, la verdad.

3. Los derivados son siempre bastante fácil, aunque este es un poco bashy. Básicamente bash Producto y de la Cadena de Reglas, etc.

4. Integración por Partes bash? El $\mathrm{d}\theta$ parte es muy trivial. Me refiero a la $\rho$$\phi$.

Answer 1

Me pueden derivar de la suma con bastante facilidad, el uso parcial de las fracciones y el teorema de los residuos.

Tenga en cuenta que $$\frac{k^2}{k^3+1} = \frac13 \left [\frac{1}{k+1} + \frac{2 k-1}{k^2-k+1}\right ]$$

Ahora, tenga en cuenta que

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k+1} = 1-\log{2}$$

De la otra parte, tenga en cuenta la fortuita coincidencia que

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} (2 k-1)}{k^2-k+1} = -\frac12 \sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^{k} (2 k-1)}{k^2-k+1}$$

(Uno puede ver esto mostrando que el mapa de $k \mapsto -k$ produce el $k+1$th plazo de los sumando.)

Ahora, la suma en el lado derecho puede ser evaluado utilizando los residuos de la teoría. En general, uno puede mostrar que

$$\sum_{k=-\infty}^{\infty} (-1)^k f(k) = -\pi \sum_n \operatorname*{Res}_{z=z_n} [\csc{\pi z} \, f(z)]$$

donde el $z_n$ a partir de la no-integral polos de $f$. En este caso, los polos están en $z=e^{\pm i \pi/3}$, y también somos afortunados de tener un $f$ de la forma $g'/g$, por lo que el residuo en cada polo es, simplemente,$1$. Por lo tanto, tenemos

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} (2 k-1)}{k^2-k+1} = \frac{\pi}{2} \left ( \csc{\left (\pi e^{i \pi/3}\right )}+ \csc{\left (\pi e^{-i \pi/3}\right )} \right ) = \pi \, \text{sech}{\left ( \frac{\sqrt{3} \pi}{2}\right )}$$

Por lo tanto,

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} k^2}{k^3+1} = \frac13 \cdot \left [ 1-\log{2} + \pi \, \text{sech}{\left ( \frac{\sqrt{3} \pi}{2}\right )}\right ]$$

Answer 2

Para 1, divida el numerador y el denominador por $x^{\frac 32}$ Esto lo $\frac {\sqrt{1+\text{small stuff}}}{1+\text{small stuff}}$ que va a $1$

Para 2, Alfa obtiene un lío: $\frac 13\left(1-\log 2 + \frac{\pi}{ \cosh \left(\frac {\sqrt 3 \pi}2\right)}\right)$

Para 3, estoy de acuerdo

Para 4, las integrales son independientes como los límites no dependen de las variables, por lo que es $\left(\int_0^{2\pi} d\theta \right)\left( \int_0^{\frac \pi 4} \sin \phi \cos \phi d\phi \right)\left( \int_0^4 \rho^3 d\rho \right)$, las cuales no son demasiado difíciles.

Answer 3

Mi opinión sobre $\#3$: $$ \begin {align*} \dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}u} \left[ \dfrac {u^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \left[ (n+1) \ln u - 1 \right] \right] &= \dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}u} \left[ \dfrac {u^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot (n+1) \ln u - \dfrac {u^{n+1}}{(n+1)^2} \right] \\&= \dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}u} \left[ \dfrac {u^{n+1} \ln u}{n+1} - \dfrac {1}{(n+1)^2} \cdot u^{n+1} \right] \\&= \dfrac {1}{n+1} \cdot \dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}u} \left[ u^{n+1} \ln u - \dfrac {u^{n+1}}{n+1} \right] \\&= \dfrac {1}{n+1} \cdot \left[ \dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}u} \left( u^{n+1} \ln u \right) - \dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}u} \left( \dfrac {u^{n+1}}{n+1} \right) \right] \\&= \dfrac {1}{n+1} \cdot \left[ \dfrac {u^{n+1}}{u} + (n+1) \cdot u^n \ln u - u^n \right] \\&= \dfrac {1}{n+1} \cdot \left[ {u^n} + (n+1) \cdot u^n \ln u {-u^n} \right] \\&= \boxed {u^n \ln u}. \end {align*} $$muy bien hecho intencionalmente?