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Problemi di Analisi Complessa Matematica proposti dal Dott. Ing. Pasquale Cutolo
Problema n. 3p
Partendo dalla relazione
π
( )
Cosh ux 1
∞
∫ = <
, ,
du x
π
u Cos ( x ) 2
0 (
Cosh )
2
e derivando, (2n) volte, rispetto ad x, (n = 1,2,3,…), si ottiene:
π
2 n
u Cosh (
ux )
∞
∫ = =
( 2 n )
du [ ]
π
u Cos ( x )
0 Cosh ( )
2 ∑ π
+ − +
π
= − − +
2 n 1 n k 2 n i x (
1 2 k )
2 ( 1
) ( 1
) (
1 2 k ) e (3p)
≥
k 0
Ciò premesso, si chiede di dimostrare che: +
− +
π
− −
k n 1 2 n 1 n 2 n 1
( 1
)
( 1
)
∑ ∑ − − +
2 h 2 h
1) = [ 2 ( 2 1
) B ( 2 n 1
)] ;
+ + 2 h
+ +
2 n 1 2 n 2 2 h
(
1 2 k ) 2 ( 2 n 1
)!
≥ =
k 0 h 1
1 1
∑ − + =
k
2) ( 1
) [ ]
+ +
+ +
2 n 1 2 n 1
(
1 4 k ) (
3 4 k )
≥
k 0 +
− +
π
− n 1 2 n 1 2 n 1
n
( 1
) 2 ∑ − − +
2 h 2 h
= ;
[ 4 ( 2 1
) B 2 ( 2 n 1
)]
+ 2 h
+
2 n 1 2 h
4 2 ( 2 n 1
)! =
h 1
B rappresenta il numero di Bernoulli di indice 2h.
2 h
Risoluzione
Punto 1
Utilizzando la relazione:
π
Cosh (
ux ) 1
∞
∫ <
du = , ,
x
π
Cosh (
u / 2
) Cos ( x ) 2
0
e derivando, (2n) volte, rispetto ad x, (n = 1,2,3,…), e ponendo dopo, x = 0,
otteniamo: π
2 n
u
∞ ∑
∫ π
− +
π −
( 2 n ) k i x (
1 2 k ) ( 2 n )
du = [ ] = 2 [ ( 1
) e ] ;
=
π )
x 0 =
x 0
Cosh (
u / 2
) Cos ( x )
0 ≥
k 0
2 n
u n
( 2 )!
∞ ∞ ∑
∑
∫ ∫ − − −
− k
n u k uk
2 / 2
du = = =
2 ( 1
)
2
u e ( 1
) e du 1
Cosh (
u / 2
)
0 0 +
+
≥ ≥ n
2 1
k
k 0 0 k )
( 2
− k
( 1
)
∑
+
n
2 2
2 ( 2 n )! ;
= +
+ n
2 1
(
1 2 k )
≥
k 0
∑ ∑ ∑
π
− + +
π π π π
− − − + − − +
k i x k n k n n n n k n
(
1 2 ) ( 2 ) 2 2 2 1 2
2 [ ( 1
) e ] = 2 ( 1
) ( i ) (
1 2 k ) = 2 ( 1
) ( 1
) (
1 2 k ) =
)
=
x 0
≥ ≥ ≥
k k k
0 0 0
Ricordiamo che:
n n
2 2
2 n 2 n
∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑
− + + − + − + −
k h h k h
k n k
2
= ( 1
) (
1 2 k ) = 1 ( 1
) ( 2 k ) = 1 ( 1
) 2 ( 1
) k =
h h
≥ ≥ = ≥1 = ≥
k k h k h k
1 0
0 1 1