βραδυνό ολοκλήρωμα 98

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Δευ Σεπ 27, 2010 10:53 pm

Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα
\displaystyle\int_{0}^{\infty }\frac{(1-x^{2})\arctan x^{2}}{(1+4x^{2}+x^{4})}dx


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
erxmer
Δημοσιεύσεις: 1615
Εγγραφή: Δευ Σεπ 13, 2010 7:49 pm
Επικοινωνία:

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από erxmer » Δευ Σεπ 27, 2010 11:18 pm

όπως θα δείτε και στο συνημμένο ακόμα και το γνωστό site κόλλησε (και το πρασπάθησα αρκετές φορές...). μία λύση θα ήταν να αναπτυχθεί η τοξεφ σε σειρά και στην συνέχεια να δούμε τι βγάζει...
wolfram_er.JPG
wolfram_er.JPG (36.47 KiB) Προβλήθηκε 948 φορές


Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Δευ Σεπ 27, 2010 11:39 pm

Φίλε erxmer καλωσόρισες στο φόρουμ μας :)

Καλό είναι να έχεις υπόψην σου, ότι το wolframalpha το δοκίμασα και εγώ πριν από σενα ;) και δεν έχω λύση για το συγκεκριμένο ολοκλήρωμα. Ωστόσο υπάρχουν δεινοί λύτες στο φόρουμ μας και περιμένω τα φώτα τους.

Να ξέρεις επίσης ότι σε πάρα πολλά ολοκληρώματα με εμφάνιση αντίστροφων συναρτήσεων το παραπάνω υπολογιστικό πρόγραμμα όπως κα το μαπλ τραβάνε χειρόφρενο, ενώ εδώ τα έχουμε λύσει ;)


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Τρί Σεπ 28, 2010 3:47 pm

Έκανα κάποιες σκέψεις που σίγουρα με κάποιον τρόπο θα μας οδηγήσουν στην λύση.
Θεωρούμε την \displaystyle{\bf f(z)=\frac{(1-z^2)\arctan{(z^2)}}{z^4+4z^2+1}}. Η παραπάνω συνάρτηση είναι συνεχής στην λωρίδα \displaystyle{\bf -\sin(1)< \Im\mathfrak{m}(z)<\sin(1)} και "κοβει" το μιγαδικό επίπεδο στις
κόκκινες ευθείες.
pap.png
pap.png (12.47 KiB) Προβλήθηκε 1085 φορές
Το πρόβλημα είναι να βρούμε κατάλληλη κλειστή καμπύλη στην λωρίδα \displaystyle{\bf 0\leq \Im\mathfrak{m}(z)<\sin(1)} η οποία να περιέχει τον "άνω" πόλο. Για παράδειγμα αν επιλεγεί ορθογώνιο τετράγωνο πλευράς \bf R και μετά αφεθεί να τρέξει στο άπειρο \displaystyle{\bf \sqint_{\mathbb{S}}f(z)\;dz=2\pi i Residue(f(z);z=i\sqrt{3-\sqrt{2}})=\frac{i\pi}{24\sqrt{2}}\cdot 2 \pi i=-\frac{\pi^2}{12\sqrt{2}}}. Το πρόβλημα όμως είναι η επιλογή του τετραγώνου να γίνει σωστά και ίσως πέρα από την παράμετρο \bf R χρειαστεί να προστεθεί ακόμη μια. Υπάρχουν ακόμη δυο πόλοι οι οποίοι δεν μας κάνουν λόγω ασυνέχειας.


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τρί Σεπ 28, 2010 4:15 pm

Με λίγη βοήθεια από το wolfram όπου χρειάζεται γιατί οι πράξεις είναι απαγορευτικές..

Έστω \displaystyle{f(u):=\int_{0}^{+\infty}\frac{(1-x^2)\tan^{-1}(ux^2)}{1+4x^2+x^4}\,dx} για \displaystyle{u\geq1}.

Λόγω ομοιόμορφης σύγκλισης του ολοκληρώματος στο \displaystyle{[1,+\infty]} και της ομοιόμορφης σύγκλισης της ολοκληρωτέας καθώς \displaystyle{u\to+\infty} σε κάθε διάστημα \displaystyle{[0,a]}, έχουμε

\displaystyle{f(+\infty)=\lim_{u\to+\infty}f(u)=\int_{0}^{+\infty}\lim_{u\to+\infty}\frac{(1-x^2)\tan^{-1}(ux^2)}{1+4x^2+x^4}\,dx=\ldots=0\qquad\boxed{*}}.

Από Leibnitz είναι

\displaystyle{f{'}(u)=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2}-x^{4}}{(1+4x^2+x^{4})(1+(ux^2)^2)}\,dx=\ldots=-\frac{\sqrt{6}\pi}{2}\frac{u^2+1}{u^{4}+14u^{2}+1}+\frac{\sqrt{2}\pi}{4}\frac{u^{3}+5u^{2}-5u-1}{u^{1/2}(u^{4}+14u^2+1)}}.

Έπεται ότι

\displaystyle{f(u)=\frac{\sqrt{6}\pi}{8}\tan^{-1}\Big(\frac{4u}{u^2-1}\Big)-\frac{\sqrt{2}\pi}{4}\tan^{-1}\Big(\frac{2\sqrt{u}(u+1)}{(u-1)^{2}}\Big)+c} για \displaystyle{u>1}.

Παίρνοντας τώρα όρια στο \displaystyle{+\infty} και χρησιμοποιώντας την \displaystyle{\boxed{*}} έχουμε

\displaystyle{c=0}.

Τώρα πάλι λόγω της ομοιόμορφης σύγκλισης του ολοκληρώματος στο \displaystyle{[1,+\infty]} και της ομοιόμορφης σύγκλισης της ολοκληρωτέας καθώς \displaystyle{u\to1^{+}} σε κάθε διάστημα \displaystyle{[0,a]}, έχουμε

\displaystyle{\big(f(1)=\big)\int_{0}^{+\infty}\frac{(1-x^2)\tan^{-1}(x^2)}{1+4x^2+x^4}\,dx=\lim_{u\to1^+}f(u)=\lim_{u\to1^+}\left(\frac{\sqrt{6}\pi}{8}\tan^{-1}\Big(\frac{4u}{u^2-1}\Big)-\frac{\sqrt{2}\pi}{4}\tan^{-1}\Big(\frac{2\sqrt{u}(u+1)}{(u-1)^{2}}\Big)\right)=}

\displaystyle{-\frac{\pi^{2}\sqrt{2}}{16}(2-\sqrt{3})\approx-0.2337476282974}.


Δε συμφωνεί με τον αρχικό υπολογισμό, αλλά δε βλέπω που μπορεί να έχω κάνει λάθος.

EDIT: Διορθώθηκαν λάθη στις πράξεις


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Τρί Σεπ 28, 2010 7:32 pm

Tο σωστό αποτέλεσμα είναι \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\left( {1 - {x^2}} \right) \cdot \arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{1 + 4 \cdot {x^2} + {x^4}}} \cdot dx}  =  - \frac{{{\pi ^2}}}{{12 \cdot \sqrt 2 }}}

το οποίο προκύπτει από την ανάλυση \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\left( {1 - {x^2}} \right) \cdot \arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{1 + 4 \cdot {x^2} + {x^4}}} \cdot dx}  = \frac{{\sqrt 3  - 1}}{2} \cdot \int\limits_0^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 - \sqrt 3 }} \cdot dx}  - \frac{{\sqrt 3  + 1}}{2} \cdot \int\limits_0^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 + \sqrt 3 }} \cdot dx} }

όπου \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 - \sqrt 3 }} \cdot dx}  = \frac{{{\pi ^2}}}{{12}} \cdot \sqrt {2 + \sqrt 3 }} και \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 + \sqrt 3 }} \cdot dx}  = \frac{{{\pi ^2}}}{6} \cdot \sqrt {2 - \sqrt 3 }}

Δεν μπορώ όμως να βρώ "κομψή" λύση. Είναι λύση .. με πολύ γράψιμο.


Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Σεπ 29, 2010 8:12 pm

Οκ σας ευχαριστώ :) . Στο μαθλινκσ κάποιος είπε ότι σχετίζεται με ένα ολοκλήρωμα που με ενδιαφέρει αλλά από τις λύσεις σας δεν το βλέπω. Τάσο ίσως στις ... έκανες μαγικά στις πράξεις (η ουσία είνα ο τρόπος σκέψης)


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Σεπ 29, 2010 8:59 pm

mathxl έγραψε:...Στο μαθλινκσ κάποιος είπε ότι ...
Ποιο είναι το link;


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Σεπ 29, 2010 9:43 pm



Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Ωmega Man
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Παρ Ιουν 05, 2009 8:17 am

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ωmega Man » Πέμ Σεπ 30, 2010 1:41 am

Επαναφέρω τον τρόπο που ανέφερα παραπάνω με το σχήμα
[attachment=0]pap.png[/attachment]
παίρνω το \displaystyle{\bf \triangle \hspace{-0.4cm}\int\limits_{\texttt{T}}^{\circlearrowleft}f(z)\;\texttt{d}z} και στέλνω το R στο άπειρο, όμως βγάζω το μισό από αυτό που πρέπει να βγει. (το Τ είναι το τρίγωνο του σχήματος) Δηλαδή \displaystyle{\bf \int_{-\infty}^{+\infty}f(z)\;\texttt{d}z=-\frac{\pi^2}{12\sqrt{2}}}
Συνημμένα
pap.png
pap.png (15.45 KiB) Προβλήθηκε 901 φορές


What's wrong with a Greek in Hamburg?
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 98

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Δευ Οκτ 04, 2010 8:08 pm

Δυστυχώς περισσότερο "κομψή" λύση θαρρώ δεν υπάρχει .. ίσως με δυναμοσειρές.

\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty  {\arctan \left( {{x^2}} \right) \cdot \frac{{1 - {x^2}}}{{1 + 4 \cdot {x^2} + {x^4}}} \cdot dx} }. Επειδή \displaystyle{1 + 4 \cdot {x^2} + {x^4} = \left( {{x^2} + 2 - \sqrt 3 } \right) \cdot \left( {{x^2} + 2 + \sqrt 3 } \right)}, με ανάλυση σε απλά κλάσματα βρίσκουμε \displaystyle{\frac{{1 - {x^2}}}{{1 + 4 \cdot {x^2} + {x^4}}} = .. = \frac{{\sqrt 3  - 1}}{2} \cdot \frac{1}{{{x^2} + 2 - \sqrt 3 }} - \frac{{\sqrt 3  + 1}}{2}\frac{1}{{{x^2} + 2 + \sqrt 3 }}}

Επομένως \displaystyle{\int\limits_0^\infty  {\frac{{\left( {1 - {x^2}} \right) \cdot \arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{1 + 4 \cdot {x^2} + {x^4}}} \cdot dx}  = \frac{{\sqrt 3  - 1}}{2} \cdot \int\limits_0^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 - \sqrt 3 }} \cdot dx}  - \frac{{\sqrt 3  + 1}}{2} \cdot \int\limits_0^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 + \sqrt 3 }} \cdot dx} }, (επιτρέπεται η διάσπαση διότι τα δύο ολοκληρώματα συγκλίνουν).

Μελέτη του ολοκληρώματος \displaystyle{J\left( a \right) = \int\limits_0^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + a}} \cdot dx} } με \displaystyle{a > 0}

Γενικά ισχύει \displaystyle{\int {\frac{1}{{{z^2} + 1}} \cdot dx}  = \arctan \left( z \right) + c} και \displaystyle{\int {\frac{1}{{{z^2} + 1}} \cdot dx}  = \frac{1}{{2 \cdot i}} \cdot \int {\left( {\frac{1}{{z - i}} - \frac{1}{{z + i}}} \right) \cdot dz}  = \frac{1}{{2 \cdot i}} \cdot \ln \left( {\frac{{z - i}}{{z + i}}} \right) + c}
\displaystyle{ \Rightarrow \arctan \left( {{z^2}} \right) = \frac{i}{2} \cdot \ln \left( {\frac{{{z^2} + i}}{{{z^2} - i}}} \right) + c} (όπου c κατάλληλη σταθερά), τότε

\displaystyle{\arctan \left( {{z^2}} \right) + c = \frac{i}{2} \cdot \ln \left( {\frac{{{z^2} + i}}{{{z^2} - i}}} \right) = \frac{i}{2} \cdot \ln \left( {\left| {\frac{{{z^2} - i}}{{{z^2} + i}}} \right|} \right) - \frac{1}{2} \cdot Arg\left( {\frac{{{z^2} - i}}{{{z^2} + i}}} \right) + c \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{z \to \infty } \left| {\arctan \left( {{z^2}} \right)} \right| < \infty }

Επίσης η μιγαδική συνάρτηση \displaystyle{\arctan \left( {{z^2}} \right) = \frac{i}{2} \cdot \ln \left( {\frac{{{z^2} + i}}{{{z^2} - i}}} \right) + c}, θα έχει απλούς πόλους τους \displaystyle{z =  \pm \sqrt { \pm i} }, άρα στο άνω ημιεπίπεδο τους \displaystyle{{z_1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot i} και \displaystyle{{z_2} =  - \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot i}.

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{z \to {z_1}} \left( {\left( {z - {z_1}} \right) \cdot \arctan \left( {{z^2}} \right)} \right) = \mathop  = \limits^{z_1^2 = i}  = \frac{i}{2} \cdot \mathop {\lim }\limits_{z \to {z_1}} \left( {\frac{{{z^2} - z_1^2}}{{z + {z_1}}}\ln \left( {\frac{{{z^2} + i}}{{{z^2} - i}}} \right)} \right) =  - \frac{i}{{4 \cdot {z_1}}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{w \to i} \left( {\left( {w - i} \right)\ln \left( {w - i} \right)} \right) = 0{\rm{  }}\left( { + * + } \right)} και

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{z \to {z_2}} \left( {\left( {z - {z_2}} \right) \cdot \arctan \left( {{z^2}} \right)} \right) = \mathop  = \limits^{z_2^2 =  - i}  = \frac{i}{2} \cdot \mathop {\lim }\limits_{z \to {z_2}} \left( {\frac{{{z^2} - z_1^2}}{{z + {z_1}}}\ln \left( {\frac{{{z^2} + i}}{{{z^2} - i}}} \right)} \right) = \frac{i}{{4 \cdot {z_2}}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{w \to  - i} \left( {\left( {w + i} \right)\ln \left( {w + i} \right)} \right) = 0{\rm{  }}\left( { - * - } \right)}

Τα όρια \displaystyle{\left( { \pm * \pm } \right)} θα χρειαστούν στην εύρεση των ολοκληρωτικών υπολοίπων.

Ορίζουμε την συνάρτηση \displaystyle{f\left( z \right) = \frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + a}}}, τότε \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{z \to \infty } \left| {f\left( z \right)} \right| = \mathop {\lim }\limits_{z \to \infty } \frac{{\left| {\arctan \left( {{x^2}} \right)} \right|}}{{\left| {{x^2} + a} \right|}} = 0}, και η οποία έχει απλούς πόλους στο άνω ημιεπίπεδο τους \displaystyle{{z_1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot i}, \displaystyle{{z_2} =  - \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot i} και \displaystyle{{z_3} = i \cdot \sqrt a }.

Θεωρούμε το μιγαδικό ολοκλήρωμα της \displaystyle{f\left( z \right)} στο άνω ημικύκλιο, έστω \displaystyle{\left( c \right)}, με διάμετρο τα σημεία \displaystyle{A\left( { - M,0} \right)} και \displaystyle{B\left( {M,0} \right)}, με θετική περιφορά.
Η \displaystyle{f\left( z \right)} είναι φανερά αναλυτική στον πραγματικό άξονα. Τότε
\displaystyle{\int\limits_c {f\left( z \right) \cdot dz}  = 2 \cdot \pi  \cdot i \cdot \left( {\mathop {{\mathop{\rm Re}\nolimits} s}\limits_{z = i \cdot \sqrt a } \left( {f\left( z \right)} \right) + \mathop {{\mathop{\rm Re}\nolimits} s}\limits_{z = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot i} \left( {f\left( z \right)} \right) + \mathop {{\mathop{\rm Re}\nolimits} s}\limits_{z =  - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot i} \left( {f\left( z \right)} \right)} \right)}

Όμως επειδή \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{z \to \infty } \left| {\frac{{\arctan \left( {{z^2}} \right)}}{{{z^2} + a}}} \right| = 0}, θα έχουμε \displaystyle{\int\limits_c {f\left( z \right) \cdot dz}  = \int\limits_{ - \infty }^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + a}} \cdot dx} }
Υπολογίζοντας τα ολοκληρωτικά υπόλοιπα προκύπτουν

\displaystyle{\mathop {{\mathop{\rm Re}\nolimits} s}\limits_{z = i \cdot \sqrt a } \left( {f\left( z \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{z \to i \cdot \sqrt a } \left( {\left( {z - i \cdot \sqrt a } \right) \cdot \frac{{\arctan \left( {{z^2}} \right)}}{{{z^2} + a}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{z \to i \cdot \sqrt a } \left( {\frac{{\arctan \left( {{z^2}} \right)}}{{z + i \cdot \sqrt a }}} \right) = \frac{1}{{2 \cdot i \cdot \sqrt a }} \cdot \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
   {\frac{\pi }{2} - \arctan \left( a \right),a < 1}  \\ 
   {\pi  - \arctan \left( a \right),a > 1}  \\ 
\end{array}} \right.} (πρωτεύοντα ορίσματα)

και \displaystyle{\mathop {{\mathop{\rm Re}\nolimits} s}\limits_{z = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot i} \left( {f\left( z \right)} \right) = \mathop {{\mathop{\rm Re}\nolimits} s}\limits_{z =  - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot i} \left( {f\left( z \right)} \right) = \mathop  = \limits^{\left( { \pm * \pm } \right)}  = 0}

και λόγω του ότι \displaystyle{2 - \sqrt 3  = \tan \left( {\frac{\pi }{{12}}} \right),{\rm{   }}2 + \sqrt 3  = \tan \left( {\frac{5 \cdot \pi }{{12}}} \right)}
έχουμε \displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 - \sqrt 3 }} \cdot dx}  = \pi  \cdot \frac{{\arctan \left( { - a} \right)}}{{\sqrt {2 - \sqrt 3 } }} = \frac{{\sqrt 2  \cdot \pi }}{{\sqrt 3  - 1}} \cdot \frac{{5 \cdot \pi }}{{12}}}, και \displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 + \sqrt 3 }} \cdot dx}  = \pi  \cdot \frac{{\arctan \left( { - a} \right)}}{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }} = \frac{{\sqrt 2  \cdot \pi }}{{\sqrt 3  + 1}} \cdot \frac{{7 \cdot \pi }}{{12}}}


Τελικά \displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty  {\frac{{\left( {1 - {x^2}} \right) \cdot \arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{1 + 4 \cdot {x^2} + {x^4}}} \cdot dx}  = \frac{{\sqrt 3  - 1}}{2} \cdot \int\limits_{ - \infty }^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 - \sqrt 3 }} \cdot dx}  - \frac{{\sqrt 3  + 1}}{2} \cdot \int\limits_{ - \infty }^\infty  {\frac{{\arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 2 + \sqrt 3 }} \cdot dx}  = }

\displaystyle{ = \frac{{\sqrt 3  - 1}}{2} \cdot \frac{{\sqrt 2  \cdot \pi }}{{\sqrt 3  - 1}} \cdot \frac{{5 \cdot \pi }}{{12}} - \frac{{\sqrt 3  + 1}}{2} \cdot \frac{{\sqrt 2  \cdot \pi }}{{\sqrt 3  + 1}} \cdot \frac{{7 \cdot \pi }}{{12}} =  - \frac{{2 \cdot {\pi ^2}}}{{\sqrt 2  \cdot 12}} \Rightarrow \int\limits_0^\infty  {\frac{{\left( {1 - {x^2}} \right) \cdot \arctan \left( {{x^2}} \right)}}{{1 + 4 \cdot {x^2} + {x^4}}} \cdot dx}  =  - \frac{{{\pi ^2}}}{{\sqrt 2  \cdot 12}}}


Θα χαρώ να δω κάτι άλλο :)


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης