Ολοκληρώματα

Tolaso J Kos · #1

Μέρα που είναι ας κεράσω και ολοκληρώματα. Ας υπολογιστούν τα παρακάτω:

1. $\displaystyle{\int \ln\left ( \sqrt{x}+\sqrt{x+1} \right )\, dx}$
2. $\displaystyle{\int \frac{2e^{2x}-e^x}{\sqrt{3e^{2x}-6e^x-1}}\, dx}$
3. $\displaystyle{\int \frac{dx}{\prod_{k=0}^{n}\left ( x+k \right )}}$
4. $\displaystyle{\int \frac{dx}{1-\tan^2x}}$

και ένα πιο δύσκολο το οποίο ξεφεύγει αρκετά από τα παραπάνω:
5. $\displaystyle{\int_{0}^{\infty }\ln^2\left ( \frac{x}{x^2+1} \right )\frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )^2}\, dx}$

BAGGP93 · #2

Χρόνια πολλά Τόλη. Κάνω την αρχή .

Tolaso J Kos έγραψε:Μέρα που είναι ας κεράσω και ολοκληρώματα. Ας υπολογιστούν τα παρακάτω:

1. $\displaystyle{\int \ln\left ( \sqrt{x}+\sqrt{x+1} \right )\, dx}$

Ολοκληρώνουμε στο διάστημα $\displaystyle{I=\left(0,+\infty\right)}$ . Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες έχουμε :

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)\,\rm{dx}&=x\,\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\int x\,\dfrac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)'}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}\,\rm{dx}\\&=x\,\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\int \dfrac{x}{2\,\sqrt{x}\,\sqrt{x+1}}\,\rm{dx}\\&=x\,\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\int \dfrac{x}{2\,\sqrt{x^2+x}}\,\rm{dx}\\&=x\,\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\int \dfrac{\left(2\,x+1\right)-1}{4\,\sqrt{x^2+x}}\,\rm{dx}\\&=x\,\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\int \left(\dfrac{2\,x+1}{4\,\sqrt{x^2+x}}-\dfrac{1}{4\,\sqrt{x^2+x}}\right)\,\rm{dx}\\&=x\,\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\int \dfrac{2\,x+1}{4\,\sqrt{x^2+x}}\,\rm{dx}+\frac{1}{4}\,\int \dfrac{1}{\sqrt{\left(x+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}}}\,\rm{dx}\\&=x\,\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\frac{1}{2}\,\sqrt{x^2+x}+\frac{1}{2}\,\int \dfrac{1}{\sqrt{\left(2\,x+1\right)^2-1}}\,\rm{dx}\\&=x\,\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\frac{1}{2}\,\sqrt{x^2+x}+\frac{1}{4}\,\rm{arccosh} (2\,x+1)+c\,,c\in\mathbb{R}\end{aligned}}$

Επαλήθευση

$\displaystyle{\frac{\rm{d}}{\rm{dx}}\left(x\,\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)-\frac{1}{2}\,\sqrt{x^2+x}+\frac{1}{4}\,\rm{arccosh} (2\,x+1)\right)'=}$

$\displaystyle{=\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)+x\,\dfrac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)'}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}-\frac{2\,x+1}{4\,\sqrt{x^2+x}}+\frac{1}{4}\,\frac{1}{\sqrt{\left(2\,x+1\right)^2-1}}\,\left(2\,x+1\right)'}$

$\displaystyle{=\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)+\dfrac{x\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)}{2\,\sqrt{x}\,\sqrt{x+1}\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)}-\frac{2\,x+1}{4\,\sqrt{x^2+x}}+\frac{1}{2}\,\dfrac{1}{\sqrt{4\,x^2+4\,x}}$

$\displaystyle{=\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)+\frac{x}{2\,\sqrt{x^2+x}}-\frac{2\,x+1}{4\,\sqrt{x^2+x}}+\frac{1}{4\,\sqrt{x^2+x}}$

$\displaystyle{=\ln\,\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)\,,x>0}$ .

BAGGP93 · #3

Tolaso J Kos έγραψε: 2. $\displaystyle{\int \frac{2e^{2x}-e^x}{\sqrt{3e^{2x}-6e^x-1}}\, dx}$

Για $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ έχουμε :

$\displaystyle{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1=3\,\left(e^{2\,x}-2\,e^{x}+1\right)-4=3\,\left(e^{x}-1\right)^2-4=\left(\sqrt{3}\,e^{x}-\sqrt{3}-2\right)\,\left(\sqrt{3}\,e^{x}-\sqrt{3}+2\right)}$ .

Επειδή $\displaystyle{\sqrt{3}-2<0}$ , το διάστημα ολοκλήρωσης είναι το $\displaystyle{J=\left(\ln\,\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}},+\infty\right)}$ .

$\displaystyle{\int \dfrac{2\,e^{2\,x}-e^{x}}{\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}}\,\rm{dx}=\int \dfrac{e^{x}\,\left(2\,e^{x}-1\right)}{\sqrt{3\,\left(e^{x}-1\right)^2-4}}\,\rm{dx}}$

Με την αντικατάσταση $\displaystyle{u=e^{x}-1\,,u\in\left(\frac{2}{\sqrt{3}},+\infty\right)}$ , έχουμε $\displaystyle{du=e^{x}\,dx}$ και $\displaystyle{e^{x}=u+1}$ , οπότε :

$\displaystyle{\begin{aligned}\int \dfrac{2\,e^{2\,x}-e^{x}}{\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}}\,\rm{dx}&=\int \dfrac{2\,u+1}{\sqrt{3\,u^2-4}}\,\rm{du}\\&=\int \left(\dfrac{2\,u}{\sqrt{3\,u^2-4}}+\dfrac{1}{\sqrt{3\,u^2-4}}\right)\,\rm{du}\\&=\int \left(\dfrac{2\,u}{\sqrt{3\,u^2-4}}+\dfrac{1}{2\,\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}\,u}{2}\right)^2-1}}\right)\,\rm{du}\\&=\frac{2}{3}\,\sqrt{3\,u^2-4}+\frac{1}{\sqrt{3}}\,\rm{arccosh}\,\left(\frac{\sqrt{3}\,u}{2}\right)+c\\&=\frac{2}{3}\,\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}+\frac{1}{\sqrt{3}}\,\rm{arccosh}\,\left(\frac{\sqrt{3}\,e^{x}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+c\,,c\in\mathbb{R}\end{aligned}}$

Επαλήθευση

$\displaystyle{\frac{\rm{d}}{\rm{dx}}\left(\frac{2}{3}\,\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}+\frac{1}{\sqrt{3}}\,\rm{arccosh}\,\left(\frac{\sqrt{3}\,e^{x}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=$

$\displaystyle{=\frac{2}{3}\,\frac{6\,e^{2\,x}-6\,e^{x}}{2\,\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\,\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}\,e^{x}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2-1}}\,\left(\frac{\sqrt{3}\,e^{x}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)'}$

$\displaystyle{=\frac{2\,e^{2\,x}-2\,e^{x}}{\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\,\frac{\sqrt{3}\,e^{x}}{2}\,\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}\,e^{2\,x}-\frac{3}{2}\,e^{x}+\frac{3}{4}-1}}$

$\displaystyle{=\frac{2\,e^{2\,x}-2\,e^{x}}{\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}}+\frac{e^{x}}{2}\,\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}\,e^{2\,x}-\frac{3}{2}\,e^{x}-\frac{1}{4}}}$

$\displaystyle{=\frac{2\,e^{2\,x}-2\,e^{x}}{\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}}+\frac{e^{x}}{2}\,\frac{2}{\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}}$

$\displaystyle{=\frac{2\,e^{2\,x}-e^{x}}{\sqrt{3\,e^{2\,x}-6\,e^{x}-1}}\,,x\in\left(\ln\,\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}},+\infty\right)}$

BAGGP93 · #4

Tolaso J Kos έγραψε: 3. $\displaystyle{\int \frac{dx}{\prod_{k=0}^{n}\left ( x+k \right )}}$

Έστω $\displaystyle{n\in\mathbb{N}}$ .

Ολοκληρώνουμε είτε στο $\displaystyle{\left(-\infty,-n\right)}$ είτε στο $\displaystyle{\left(-\infty.1-n\right)}$ είτε... είτε στο $\displaystyle{\left(0,+\infty\right)}$ .

Έστω οι πραγματικές σταθερές $\displaystyle{a_1\,,a_2\,...,a_{n+1}}$ για τις οποίες ισχύει ότι

$\displaystyle{\frac{1}{\displaystyle{\prod_{k=0}^{n}\,(x+k)}}=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{a_{k}}{x+k-1}}\,(1)$

Τότε,

$\displaystyle{1=a_1\,\prod_{k=1}^{n}\,(x+k)+a_2\,\prod_{k=0\,,k\neq 1}^{n}\,(x+k)+...+a_{n+1}\,\prod_{k=0}^{n-1}\,(x+k)\,,\forall\,x\in\mathbb{R}}$

Για $\displaystyle{x=0}$ παίρνουμε $\displaystyle{1=a_{1}\,\prod_{k=1}^{n}\,(x+k)\implies n!\,a_{1}=1\implies a_{1}=\frac{1}{n!}$

Για $\displaystyle{x=-1}$ παίρνουμε $\displaystyle{1=a_2\,\prod_{k=0\,,k\neq 1}^{n}\,(k-1)\implies -(n-1)!\,a_{2}=1\implies a_{2}=-\frac{1}{(n-1)!}$

Για $\displaystyle{x=-2}$ παίρνουμε $\displaystyle{1=a_3\,\prod_{k=0\,,k\neq 2}^{n}\,(k-1)\implies 2\,(n-2)!\,a_{3}=1\implies a_{3}=\frac{1}{2\,(n-2)!}$

Συνεχίζουμε μέχρι το $\displaystyle{n}}$ και βλέπουμε ότι $\displaystyle{a_{k}=\frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!\,(n-k+1)!}\,,k\in\left\{1,...,n+1\right\}$

(που εύκολα βλέπουμε ότι επαληθεύουν την $\displaystyle{(1)}$ και άρα είναι οι μοναδικοί με αυτήν την ιδιότητα) , οπότε

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \frac{1}{\displaystyle{\prod_{k=0}^{n}\,(x+k)}}\,\rm{dx}&=\int \sum_{k=1}^{n+1}\,a_{k}\,\frac{1}{x+k-1}\,\rm{dx}\\&=\int \sum_{k=1}^{n+1}\,\frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!\,(n-k+1)!}\,\frac{1}{x+k-1}\,\rm{dx}\\&=\sum_{k=1}^{n+1}\,\int \frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!\,(n-k+1)!}\,\frac{1}{x+k-1}\,\rm{dx}\\&=\sum_{k=1}^{n+1}\,\frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!\,(n-k+1)!}\,\int \frac{1}{x+k-1}\,\rm{dx}\\&=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!\,(n-k+1)!}\,\ln\,\left(x+k-1\right)+c\,,c\in\mathbb{R}\end{aligned}}$

Ας το επαληθεύσουμε για μικρές τιμές του $\displaystyle{n}$ .

Αν $\displaystyle{n=1}$ , τότε :

$\displaystyle{\int \frac{1}{\displaystyle{\prod_{k=0}^{1}\,(x+k)}}\,\rm{dx}=\int \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)\,\rm{dx}=\ln\,x-\ln\,(x+1)+c=\sum_{k=1}^{2}\frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!\,(2-k)!}\,\ln\,\left(x+k-1\right)+c\,,c\in\mathbb{R}}$

Αν $\displaystyle{n=2}$ , τότε :

$\displaystyle{\begin{aligned}\int \frac{1}{\displaystyle{\prod_{k=0}^{n}\,(x+k)}}\,\rm{dx}&=\int \frac{1}{\displaystyle{\prod_{k=0}^{2}\,(x+k)}}\,\rm{dx}=\int \dfrac{\left(x+1\right)-x}{x\,\left(x+1\right)\,\left(x+2\right)}\,\rm{dx}\\&=\int \left(\frac{1}{x\,(x+2)}-\frac{1}{(x+1)(x+2)}\right)\,\rm{dx}\\&=\int \left(\frac{1}{2}\,\frac{x+2-x}{x\,(x+2)}-\frac{(x+2)-(x+1)}{(x+1)(x+2)}\right)\,\rm{dx}\\&=\int \left(\frac{1}{2\,x}-\frac{1}{2\,(x+2)}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}\right)\,\rm{dx}\\&=\int \left(\frac{1}{2\,x}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2\,(x+2)}\right)\,\rm{dx}\\&=\frac{1}{2}\,\ln\,x-\ln\,(x+1)+\frac{1}{2}\,\ln\,(x+2)+c\\&=\sum_{k=1}^{3}\frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!\,\left(3-k\right)!}\,\ln\,\left(x+k-1\right)+c\,,c\in\mathbb{R}\end{aligned}}$

#5

Tolaso J Kos έγραψε:...και ένα πιο δύσκολο το οποίο ξεφεύγει αρκετά από τα παραπάνω:
5. $\displaystyle{\int_{0}^{\infty }\ln^2\left ( \frac{x}{x^2+1} \right )\frac{1}{\left ( 1+x^2 \right )^2}\, dx}$

Μια λύση:

$\begin{aligned} \displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{1}{(1+x^2)^2}\log^2\bigl({\tfrac{x}{1+x^2}}\bigr) dx}&=\int_{0}^{1}{\frac{1}{(1+x^2)^2}\log^2\bigl({\tfrac{x}{1+x^2}}\bigr) dx}+\int_{1}^{\infty}{\frac{1}{(1+x^2)^2}\log^2\bigl({\tfrac{x}{1+x^2}}\bigr) dx}\\ &\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {t\,=\,\frac{1}{x}}\\ {-\frac{1}{t^2}\,dt\,=\,dx}\\ \end{subarray}}\,\int_{0}^{1}{\frac{1}{(1+x^2)^2}\log^2\bigl({\tfrac{x}{1+x^2}}\bigr) dx}-\int_{1}^{0}{\frac{t^2}{(1+t^2)^2}\log^2\bigl({\tfrac{t}{1+t^2}}\bigr) dt}\\ &=\int_{0}^{1}{\frac{1}{(1+x^2)^2}\log^2\bigl({\tfrac{x}{1+x^2}}\bigr) dx}+\int_{0}^{1}{\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\log^2\bigl({\tfrac{x}{1+x^2}}\bigr) dx}\\ &=\int_{0}^{1}{\frac{1}{1+x^2}\log^2\bigl({\tfrac{x}{1+x^2}}\bigr) dx}\\ &\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {x\,=\,\tan\theta}\\ {\frac{1}{1+x^2}\,dx\,=\,d\theta} \\ \end{subarray}} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\log^2({\sin\theta\,\cos\theta}) d\theta} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{\log^2\bigl({\tfrac{1}{2}\sin(2\theta)}\bigr) d\theta}\\ &\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {u\,=\,2\theta}\\ {\frac{1}{2}\,du\,=\,d\theta} \\ \end{subarray}} \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\log^2\bigl({\tfrac{1}{2}\sin{u}}\bigr) du}\\ &= \frac{1}{2}\log^2\bigl({\tfrac{1}{2}}\bigr)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{ du}+\log\bigl({\tfrac{1}{2}}\bigr)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\log({\sin{u}}) du}+ \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\log^2({\sin{u}}) du}\\ &\stackrel{(*)\,(**)}{=\!=\!=\!=}\frac{\pi}{4}\log^2{2}+\frac{\pi}{2}\log^2{2}+\frac{\pi}{4}\log^2{2}+\frac{\pi^3}{48}\\ &=\pi\log^2{2}+\frac{\pi^3}{48}\,. \end{aligned}$

Χρησιμοποιήθηκαν:

$(*)\quad\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\log({\sin{u}}) du}=-\frac{\pi}{2}\log{2}\,.$ (Εύκολο.)

$(**)\quad\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\log^2({\sin{u}}) du}=\frac{\pi}{2}\log^2{2}+\frac{\pi^3}{24}\,.$ (Αφήνεται προς το παρόν σαν άσκηση.)

Tolaso J Kos · #6

grigkost έγραψε: Χρησιμοποιήθηκαν:

$(*)\quad\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\log({\sin{u}}) du}=-\frac{\pi}{2}\log{2}\,.$ (Εύκολο.)

$(**)\quad\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\log^2({\sin{u}}) du}=\frac{\pi}{2}\log^2{2}+\frac{\pi^3}{24}\,.$ (Αφήνεται προς το παρόν σαν άσκηση.)

Πάμε κατευθείαν στο δεύτερο ολοκλήρωμα, και λίγο συνοπτικά γιατί πρέπει να φύγω.
Το πρώτο είναι απλό, η αντικατάσταση $\displaystyle{u=\pi/2-x}$ δίνει άμεσα αποτέλεσμα, για όποιον δεν τον έχει ξανά δει.

Για το δεύτερο, ο πιο γρήγορος τρόπος είναι μέσω των συναρτήσεων $\displaystyle{{\rm B}, \rm \Gamma}$ με παράγωγιση δύο φορές. Εδώ θα δώσω έναν άλλο τρόπο που έχω δει για αυτό σε ένα βιβλίο και χρησιμοποιεί σειρές $\displaystyle{\rm{Fourier}}$ .

Έχουμε ότι: $\displaystyle{\ln\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )=-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}\,\,\, (0<x<2\pi)}$ . Παίρνουμε τετράγωνα και στα δύο μέλη και έχουμε: $\displaystyle{\ln^2\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )=\sum_{n=1}^{\infty }\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\cos kx \cos nx}{kn}}$

Ολοκληρώνουμε και τα δύο μέλη από $\displaystyle{0}$ ως $\displaystyle{\pi}$ και θα χουμε λοιπόν: $\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\ln^2\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )\, dx=\int_{0}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty }\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\cos kx \cos nx}{kn} \, dx }$ .

Τώρα το δεξί μέλος κάνει: $\displaystyle{\frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}=\frac{\pi}{2}\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^3}{12}}$ αφού $\displaystyle{I=\int_{0}^{\pi}\cos(nx)\cos(kx)=\left\{\begin{matrix} 0 &k\neq n \\ \dfrac{\pi}{2}&k=n \end{matrix}\right.}$ .
To αριστερό μέλος τώρα γίνεται:
$\displaystyle{\int_{0}^{\pi}\ln^2\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )\, dx=\ln^2 2\int_{0}^{\pi}\, dx+4\ln 2\int_{0}^{\pi/2}\ln \left ( \sin x \right )dx+2\int_{0}^{\pi/2}\ln^2 (\sin x)dx \Rightarrow }$
$\displaystyle{\Rightarrow \int_{0}^{\pi/2}\ln^2 \left ( \sin x \right )dx=\frac{\pi^3}{24}+\frac{\pi}{2}\ln^2 2}$

Υ.Σ Υπάρχει λύση και με μιγαδική ανάλυση. Δε τη βρίσκω αυτή τη στιγμή να την ανεβάσω. Όποιος θέλει ας το κάνει.

BAGGP93 · #7

Πάμε και για το τελευταίο :

Tolaso J Kos έγραψε: 4. $\displaystyle{\int \frac{dx}{1-\tan^2x}}$

Ολοκληρώνουμε είτε στο $\displaystyle{\left(k\,\pi-\frac{\pi}{2},k\,\pi-\frac{\pi}{4}\right)}$ είτε στο $\displaystyle{\left(k\,\pi-\frac{\pi}{4},k\,\pi+\frac{\pi}{4}\right)}$ ή στο $\displaystyle{\left(k\,\pi+\frac{\pi}{4},k\,\pi+\frac{\pi}{2}\right)}\,,k\in\mathbb{Z}$ .

Είναι :

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \dfrac{1}{1-\tan^2\,x}\,\rm{dx}&=\int \dfrac{\cos^2\,x}{\cos^2\,x-\sin^2\,x}\,\rm{dx}\\&=\int \dfrac{\cos\,(2\,x)+1}{2\,\cos\,(2\,x)}\,\rm{dx}\\&=\int \left(\dfrac{1}{2\,\cos\,2\,x}+\frac{1}{2}\right)\,\rm{dx}\\&=\int \left(\dfrac{\cos\,2\,x}{2\,\left(1-\sin^2\,2\,x\right)}+\frac{1}{2}\right)\,\rm{dx}\\&=\int \left[\frac{\cos\,2\,x}{4}\,\dfrac{\left(1+\sin\,2\,x\right)+\left(1-\sin\,2\,x\right)}{\left(1-\sin\,2\,x\right)\,\left(1+\sin\,2\,x\right)}+\frac{1}{2}\right]\,\rm{dx}\\&=\int \left[\dfrac{2\,\cos\,2\,x}{8\,\left(1-\sin\,2\,x\right)}+\dfrac{2\,\cos\,2\,x}{8\,\left(1+\sin\,2\,x\right)}+\frac{1}{2}\right]\,\rm{dx}\\&=\frac{1}{8}\,\ln\,\left|1+\sin\,2\,x\right|-\frac{1}{8}\,\ln\,\left|1-\sin\,2\,x\right|+\frac{x}{2}+c\,,c\in\mathbb{R}\end{aligned}}$

Επαλήθευση

$\displaystyle{\dfrac{\rm{d}}{\rm{dx}}\left(\frac{1}{8}\,\ln\,\left|1+\sin\,2\,x\right|-\frac{1}{8}\,\ln\,\left|1-\sin\,2\,x\right|+\frac{x}{2}\right)=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{8}\,\dfrac{2\,\cos\,2\,x}{1+\sin\,2\,x}-\frac{1}{8}\,\dfrac{-2\,\cos\,2\,x}{1-\sin\,2\,x}+\dfrac{1}{2}$

$\displaystyle{=\frac{1}{4}\,\dfrac{\cos\,2\,x}{1+\sin\,2\,x}+\frac{1}{4}\,\dfrac{\cos\,2\,x}{1-\sin\,2\,x}+\frac{1}{2}}$

$\displaystyle{=\dfrac{\cos\,2\,x\left(1-\sin\,2\,x\right)+\cos\,2\,x\,\left(1+\sin\,2\,x\right)}{4\,\left(1-\sin\,2\,x\right)\,\left(1+\sin\,2\,x\right)}+\frac{1}{2}}$

$\displaystyle{=\dfrac{2\,\cos\,2\,x}{4\,\cos^2\,2\,x}+\frac{1}{2}}$

$\displaystyle{=\dfrac{1+\cos\,2\,x}{2\,\cos\,2\,x}$

$\displastyle{=\dfrac{2\,\cos^2\,x}{2\,\cos^2\,x-2\,\sin^2\,x}}$

$\displaystyle{=\dfrac{1}{1-\tan^2\,x}}$

#8

Ακόμα μια λύση για το 4ο:

$\begin{aligned} \displaystyle \int{\frac{1}{1-\tan^2{x}}\, dx}&=\int{\frac{1+\tan^2{x}}{1-\tan^4{x}}\, dx}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {t\,=\,\tan{x}}\\ {dt\,=\,(1+\tan^2{x})\,dx} \\ \end{subarray}} \,\int{\frac{1}{1-t^4}\, dt}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\int{\frac{\frac{1}{4}}{t+1}-\frac{\frac{1}{4}}{t-1}+\frac{\frac{1}{2}}{1+t^2}\, dt}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{4}\,\log|t+1|-\frac{1}{4}\,\log|t-1|+\frac{1}{2}\,\arctan{t}+c\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{4}\,\log\bigl|{\tfrac{t+1}{t-1}}\bigr|+\frac{1}{2}\,\arctan{t}+c\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{t\,=\,\tan{x}}{=\!=\!=\!=\!=}\frac{1}{4}\,\log\bigl|{\tfrac{\tan{x}+1}{\tan{x}-1}}\bigr|+\frac{1}{2}\,\arctan({\tan{x}})+c\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{4}\,\log\bigl|{\tfrac{\tan{x}+1}{\tan{x}-1}}\bigr|+\frac{x}{2}+c\,. \end{aligned}$

#9

Tolaso J Kos έγραψε: $\displaystyle{\Rightarrow \int_{0}^{\pi/2}\ln^2 \left ( \sin x \right )dx=\frac{\pi^3}{24}+\frac{\pi}{2}\ln^2 2}$

Υ.Σ Υπάρχει λύση και με μιγαδική ανάλυση. Δε τη βρίσκω αυτή τη στιγμή να την ανεβάσω. Όποιος θέλει ας το κάνει.

Μια σπουδαία σχέση (αρκετά γενικότερη) είναι : Για $\displaystyle{n{\text{ }} = {\text{ }}1,2,3,..}$ ισχύει $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {{{\left( {\log \cos x + \log 2 + ix} \right)}^n}dx} + \int\limits_0^{\pi /2} {{{\left( {\log \cos x + \log 2 - ix} \right)}^n}dx} = 0}$ .
Διότι

Η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( z \right) = lo{g^n}\left( z \right)}$ είναι αναλυτική στον ανοιχτό δίσκο $\displaystyle{D = \left\{ {z \in C:\left| {z - 1} \right| < 1} \right\}}$ (διότι $\displaystyle{Re\left( {1 + z} \right) > 0}$ ), επομένως

από το Θεώρημα Μέσης τιμής του Gauss ( http://mathworld.wolfram.com/GausssMean ... eorem.html ) θα έχουμε $\displaystyle{f\left( 1 \right) = \frac{1}{{2\pi }}\int\limits_0^{2\pi } {f\left( {1 + {e^{ix}}} \right)dx} }$ κι επειδή
$\displaystyle{f\left( 1 \right) = 0}$ , θα ισχύει $\displaystyle{\int\limits_0^{2\pi } {lo{g^n}\left( {1 + \cos x + i\sin x} \right)dx} = 0}$ . Άρα ..

$\displaystyle{0 = \int\limits_0^{2\pi } {lo{g^n}\left( {2\cos \frac{x}{2}{e^{ix/2}}} \right)dy} = \mathop = \limits^{y = x/2} = \int\limits_0^\pi {lo{g^n}\left( {2\cos y{e^{iy}}} \right)dy} = \int\limits_0^{\pi /2} {lo{g^n}\left( {2\cos x\cdot{e^{ix}}} \right)dx} + }$

$\displaystyle{ + \int\limits_{\pi /2}^\pi {Lo{g^n}\left( {2\cos y\cdot{e^{iy}}} \right)dy} = \mathop = \limits^{y = \pi - x} = \int\limits_0^{\pi /2} {Lo{g^n}\left( {2\cos x\cdot{e^{ix}}} \right)dx} + \int\limits_0^{\pi /2} {Lo{g^n}\left( { - 2\cos x\cdot{e^{i\left( {\pi - x} \right)}}} \right)dx} = }$

$\displaystyle{=\int\limits_0^{\pi /2} {Lo{g^n}\left( {2\cos x\cdot{e^{ix}}} \right)dx} + \int\limits_0^{\pi /2} {Lo{g^n}\left( {2\cos x\cdot{e^{ - ix}}} \right)dx} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^{\pi /2} {{{\left( {\log \cos x + \ln 2 + ix} \right)}^n}dx} + \int\limits_0^{\pi /2} {{{\left( {\log \cos x + \ln 2 - ix} \right)}^n}dx} = 0}}$

(Παράλληλα έγινε και τακτοποίηση των ορισμάτων). Για $\displaystyle{n=1}$ και για $\displaystyle{n=2}$ πρκύπτει το ζητούμενο. "Παίζοντας" με το $\displaystyle{n}$ προκύπτουν κι άλλες σχέσεις.

#10

Tolaso J Kos έγραψε:Έχουμε ότι: $\displaystyle{\ln\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )=-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}\,\,\, (0<x<2\pi)}$ . Παίρνουμε τετράγωνα και στα δύο μέλη και έχουμε: $\displaystyle{\ln^2\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )=\sum_{n=1}^{\infty }\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\cos kx \cos nx}{kn}}$

Εδώ χρησιμοποιήθηκε ότι $\displaystyle{\left(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}\right)^2=\sum_{n=1}^{\infty }\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\cos kx \cos nx}{kn}}$ .

Γιατί ισχύει αυτό;

Tolaso J Kos έγραψε:Τώρα το δεξί μέλος κάνει: $\displaystyle{\frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}=\frac{\pi}{2}\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^3}{12}}$ αφού $\displaystyle{I=\int_{0}^{\pi}\cos(nx)\cos(kx)=\left\{\begin{matrix} 0 &k\neq n \\ \dfrac{\pi}{2}&k=n \end{matrix}\right.}$ .

Πώς δικαιολογείται παραπάνω η αλλαγή ολοκλήρωσης και αθροίσεων;

Tolaso J Kos · #11

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Tolaso J Kos έγραψε:Έχουμε ότι: $\displaystyle{\ln\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )=-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}\,\,\, (0<x<2\pi)}$ . Παίρνουμε τετράγωνα και στα δύο μέλη και έχουμε: $\displaystyle{\ln^2\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )=\sum_{n=1}^{\infty }\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\cos kx \cos nx}{kn}}$
Εδώ χρησιμοποιήθηκε ότι $\displaystyle{\left(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}\right)^2=\sum_{n=1}^{\infty }\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\cos kx \cos nx}{kn}}$ .

Γιατί ισχύει αυτό;

Πρόκειται για γνωστή (?) πρόταση, την οποία όμως δεν την έχω δει σε κανένα βιβλίο γραμμένη. Έχουν χρησιμοποιηθεί και αρκετές φορές στο

, σε υπολογισμούς σειρών (πρόσφατα μάλιστα).
Μία απόδειξη που γνωρίζω είναι η παρακάτω:

$\displaystyle{\begin{aligned} \left ( \sum_{n=a}^{\infty} a_n\right )^2 &= \left (\sum_{n=a}^{\infty} a_m \right )\sum_{m=a}^{\infty}a_n\\ &= \sum_{n=a}^{\infty}\left ( \sum_{m=a}^{\infty}a_n \right )a_m\\ &= \sum_{n=a}^{\infty}\sum_{m=a}^{\infty}a_m \,\,a_n\\ \end{aligned}}$

Ίδια λογική ισχύει και για τα ολοκληρώματα, δηλ:
$\displaystyle{\begin{aligned} \left ( \int_{a}^{\infty}f(x)\,dx \right )^2&= \left ( \int_{a}^{\infty} f(x)\,dx\right )\left ( \int_{a}^{\infty}f(y)\,dy \right )\\ &=\int_{a}^{\infty}\left ( \int_{a}^{\infty}f(x)\,dx \right )f(y)\,dy \\ &= \int_{a}^{\infty}\int_{a}^{\infty}f(x)\,f(y)\,dx\,dy \end{aligned}}$
όπου $\displaystyle{a\in \overline{\mathbb{R}}}$ ( δε γνωρίζω αν $a\in \overline{\mathbb{R}}$ και στις σειρές)

Η τελευταία ιδιότητα (δηλ. των ολοκληρωμάτων) χρησιμοποιείται σε μία από τις πολλές αποδείξεις του $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}}$ .
Δηλαδή έστω $\displaystyle{I=\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}\,dx\Rightarrow I^2=\left ( \int_{0}^{\infty}e^{-x^2}\,dx \right )^2=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}e^{-y^2}\,dx\,dy}$

Και στη συνέχεια προχωράμε με αλλαγή συντεταγμένων σε πολικές, για να πάρουμε τελικά ότι $\displaystyle{I^2=\frac{\pi}{4}}$ οπότε και τη ζητούμενη τιμή του

.

#12

Tolaso J Kos έγραψε:
Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Tolaso J Kos έγραψε:Έχουμε ότι: $\displaystyle{\ln\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )=-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}\,\,\, (0<x<2\pi)}$ . Παίρνουμε τετράγωνα και στα δύο μέλη και έχουμε: $\displaystyle{\ln^2\left ( 2\sin \frac{x}{2} \right )=\sum_{n=1}^{\infty }\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\cos kx \cos nx}{kn}}$
Εδώ χρησιμοποιήθηκε ότι $\displaystyle{\left(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}\right)^2=\sum_{n=1}^{\infty }\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\cos kx \cos nx}{kn}}$ .

Γιατί ισχύει αυτό;
Πρόκειται για γνωστή (?) πρόταση, την οποία όμως δεν την έχω δει σε κανένα βιβλίο γραμμένη. Έχουν χρησιμοποιηθεί και αρκετές φορές στο , σε υπολογισμούς σειρών (πρόσφατα μάλιστα).
Μία απόδειξη που γνωρίζω είναι η παρακάτω:

$\displaystyle{\begin{aligned} \left ( \sum_{n=a}^{\infty} a_n\right )^2 &= \left (\sum_{n=a}^{\infty} a_m \right )\sum_{m=a}^{\infty}a_n\\ &= \sum_{n=a}^{\infty}\left ( \sum_{m=a}^{\infty}a_n \right )a_m\\ &= \sum_{n=a}^{\infty}\sum_{m=a}^{\infty}a_m \,\,a_n\\ \end{aligned}}$

Ίδια λογική ισχύει και για τα ολοκληρώματα, δηλ:
$\displaystyle{\begin{aligned} \left ( \int_{a}^{\infty}f(x)\,dx \right )^2&= \left ( \int_{a}^{\infty} f(x)\,dx\right )\left ( \int_{a}^{\infty}f(y)\,dy \right )\\ &=\int_{a}^{\infty}\left ( \int_{a}^{\infty}f(x)\,dx \right )f(y)\,dy \\ &= \int_{a}^{\infty}\int_{a}^{\infty}f(x)\,f(y)\,dx\,dy \end{aligned}}$
όπου $\displaystyle{a\in \overline{\mathbb{R}}}$ ( δε γνωρίζω αν $a\in \overline{\mathbb{R}}$ και στις σειρές)

Η τελευταία ιδιότητα (δηλ. των ολοκληρωμάτων) χρησιμοποιείται σε μία από τις πολλές αποδείξεις του $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}}$ .
Δηλαδή έστω $\displaystyle{I=\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}\,dx\Rightarrow I^2=\left ( \int_{0}^{\infty}e^{-x^2}\,dx \right )^2=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}e^{-y^2}\,dx\,dy}$

Και στη συνέχεια προχωράμε με αλλαγή συντεταγμένων σε πολικές, για να πάρουμε τελικά ότι $\displaystyle{I^2=\frac{\pi}{4}}$ οπότε και τη ζητούμενη τιμή του .

Καλησπέρα.

Νομίζω ότι το ερώτημα παραμένει αναπάντητο.

Ολοκληρώματα

Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Re: Ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση