Όμορφο γενικευμένο ολοκλήρωμα.

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Όμορφο γενικευμένο ολοκλήρωμα.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Δευ Σεπ 06, 2010 1:46 am

Να αποδειχθεί ότι \displaystyle{\mathbf{{\rm{     }}\int\limits_0^\infty  {\frac{{\sin \left( x \right) \cdot \ln \left( x \right)}}{x} \cdot dx =  - \frac{{\gamma  \cdot \pi }}{2}} }}

όπου \displaystyle{\mathbf{{\rm{   }}\gamma {\rm{   }}}} η σταθερά των Euler–Mascheroni http://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%8 ... i_constant


Σεραφείμ Τσιπέλης

Λέξεις Κλειδιά:
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Όμορφο γενικευμένο ολοκλήρωμα.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Τρί Σεπ 07, 2010 12:53 pm

Εχουμε \displaystyle \sin x = Im (e^{ix}). Παιρνουμε επικαμπυλιο ολοκληρωμα στο πρωτο τεταρτημοριο (θετικος πραγματικος ημιαξονας απο \epsilon ως M, στροφη 90^\circ στο θετικο φανταστικο ημιαξονα, επιστροφη στο i \epsilon και στροφη - 90^\circ στο σημειο εκκινησης). Θετουμε τον κλαδο του λογαριθμου στον αρνητικο πραγματικο ημιαξονα οπου δε μας ενοχλει.

Εχουμε \displaystyle \int_{\epsilon}^M \frac{e^{ix} \ln x}{x} dx = \int_0^{\pi/2} e^{i \epsilon e^{i \theta}} \left( \ln \epsilon + i \theta \right) i d \theta + \int_{\epsilon}^M \frac{e^{-x} \left( \ln x + i \pi / 2 \right)}{x} dx - \int_0^{\pi / 2} e^{i M e^{i \theta}} \left( \ln M + i \theta \right) i d \theta

Ο τριτος ορος εξαφανιζεται παιρνοντας M \to \infty.

Παιρνοντας φανταστικα μερη, ο πρωτος ορος γινεται \displaystyle \frac{\pi}{2} \ln \epsilon + O (\epsilon \ln \epsilon) ενω ο δευτερος \displaystyle \frac{\pi}{2} \int_\epsilon^\infty \frac{e^{-x}}{x} dx.

Ετσι, συνολικα εχουμε \displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} \left[ \frac{\pi}{2} \left( \ln \epsilon + \int_\epsilon^\infty \frac{e^{-x}}{x} dx \right) \right] = \frac{\pi}{2} \int_0^\infty e^{-x} \ln x dx = - \frac{\gamma \pi}{2}

Δημητρης Σκουτερης


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Όμορφο γενικευμένο ολοκλήρωμα.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Τρί Σεπ 07, 2010 6:18 pm

Ο Δημήτρης (που τον ευχαριστούμε πολύ) έδωσε μια πολύ όμορφη λύση μέσω της μιγαδικής συνάρτησης \displaystyle{\mathbf{f\left( z \right) = \frac{{{e^{i \cdot z}} \cdot \ln \left( z \right)}}{z}}} η οποία είναι αναλυτική στον τόπο που ορίζει παραπάνω. Ο πόλος \displaystyle{\mathbf{z=0}} είναι έξω απ' το χωρίο, κατά συνέπεια το μιγαδικό ολοκλήρωμα είναι μηδέν .. κ.λ.π.

Μια δεύτερη λύση (χωρίς μιγαδικούς) είναι:

\displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{x^2} + 1}} \cdot dx}  = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{x^2} + 1}} \cdot dx}  + \int\limits_1^\infty  {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{{u^2} + 1}} \cdot du}  = \mathop  = \limits^\big{{u = \dfrac{1}{x}}}  = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{x^2} + 1}} \cdot dx}  - \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{x^2} + 1}} \cdot dx}  = 0}}

Τότε \displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{x^2} + 1}} \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\ln \left( x \right) \cdot \left( {\int\limits_0^\infty  {\sin \left( u \right) \cdot {e^\big{{ - x \cdot u}}} \cdot du} } \right) \cdot dx}  = \int\limits_0^\infty  {\sin \left( u \right) \cdot \left( {\int\limits_0^\infty  {\ln \left( x \right) \cdot {e^\big{{ - x \cdot u}}} \cdot dx} } \right) \cdot du}  = 0}}

Όμως \displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {\ln \left( x \right) \cdot {e^\big{{ - x \cdot u}}} \cdot dx}  = \mathop {\mathop  = \limits_\big{{dx = \dfrac{1}{u} \cdot dy}} }\limits^\big{{x \cdot u = y}}  = \int\limits_0^\infty  {\ln \left( {\frac{y}{u}} \right) \cdot {e^{ - y}} \cdot \frac{1}{u} \cdot dy}  = \frac{1}{u} \cdot \int\limits_0^\infty  {\left( {\ln \left( y \right) - \ln \left( u \right)} \right) \cdot {e^\big{{ - y}}} \cdot dy}  =  - \frac{{\ln \left( u \right) + \gamma }}{u}}}

Eπομένως \displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^\infty  {\sin \left( u \right) \cdot \left( {\int\limits_0^\infty  {\ln \left( x \right) \cdot {e^\big{{ - x \cdot u}}} \cdot dx} } \right) \cdot du}  = 0 \Rightarrow  - \int\limits_0^\infty  {\sin \left( u \right) \cdot \left( {\frac{{\ln \left( u \right) + \gamma }}{u}} \right) \cdot du}  = 0 \Rightarrow }}

\displaystyle{\mathbf{ \Rightarrow \int\limits_0^\infty  {\frac{{\sin \left( u \right) \cdot \ln \left( u \right)}}{u} \cdot du}  =  - \gamma  \cdot \int\limits_0^\infty  {\frac{{\sin \left( u \right)}}{u} \cdot du}  =  - \frac{{\gamma  \cdot \pi }}{2}}}


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 1 επισκέπτης