Γενικευμένα Ολοκληρώματα

#101

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{ \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \ln (\cos x) \ln (\sin x) \sin (2x) \ dx }$ .

$\displaystyle{I = \int_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)\sin \left( {2x} \right)dx} }$ . Τότε

$\displaystyle{I = \frac{1}{4}\int_0^{\pi /2} {\ln \left( {{{\sin }^2}\left( x \right)} \right)\ln \left( {{{\cos }^2}\left( x \right)} \right)\sin \left( {2x} \right)dx} = \frac{1}{4}\int_0^{\pi /2} {\ln \left( {\frac{{1 - \cos \left( {2x} \right)}}{2}} \right)\ln \left( {\frac{{1 + \cos \left( {2x} \right)}}{2}} \right)\sin \left( {2x} \right)dx} = \mathop = \limits^\big{{\cos \left( {2x} \right) = y}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{8}\int_{ - 1}^1 {\ln \left( {\frac{{1 - y}}{2}} \right)\ln \left( {\frac{{1 + y}}{2}} \right)dy} = \mathop = \limits^\big{{\dfrac{{1 - y}}{2} = x}} = \frac{1}{4}\int_0^1 {\ln \left( x \right)\ln \left( {1 - x} \right)dx} = - \frac{1}{4}\int_0^1 {\ln \left( x \right)\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{x^n}}}{n}} dx} = - \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}\int\limits_0^1 {\ln \left( x \right){x^n}dx} } = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} = \frac{1}{4}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} \right)} } \right) = \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)} - \frac{1}{4}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{4}\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{6} - 1} \right) = \frac{1}{2} - \frac{{{\pi ^2}}}{{24}}}$

#102

Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^2-x-1}\,dx}$ χωρίς χρήση μιγαδικής ανάλυσης (αν είναι δυνατόν).

S.E.Louridas · #103

Αποσύρω γιά λίγο την διαπραγμάτευση μου, ώστε να ελεγχθούν κάποιες πράξεις εκεί.

Ευχαριστώ

S.E.Louridas

#104

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^2-x-1}\,dx}$ χωρίς χρήση μιγαδικής ανάλυσης (αν είναι δυνατόν).

Με διλογαριθμική.

Η εξίσωση $\displaystyle{{x^2} - x - 1 = 0}$ δίδει λύσεις $\displaystyle{{r_1} = \varphi = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ και $\displaystyle{{r_2} = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2} = 1 - \varphi }$ , όπου $\displaystyle{{r_1} - {r_2} = \sqrt 5 }$ , $\displaystyle{{\varphi ^2} = \varphi + 1{\text{ }}{\text{, }}\frac{{\varphi - 1}}{\varphi } = \frac{1}{{{\varphi ^2}}}}$ κ.λ.π.

Ανάλυση σε απλά κλάσματα ..

$\displaystyle{I = \frac{1}{{{r_1} - {r_2}}} \cdot \int\limits_0^1 {\ln x\left( {\frac{1}{{x - \varphi }} - \frac{1}{{x - \left( {1 - \varphi } \right)}}} \right)dx} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \cdot \int\limits_0^1 {\ln x\left( {\frac{1}{{x - \varphi }} - \frac{\varphi }{{\varphi x + 1}}} \right)dx} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \cdot \int\limits_0^1 {\frac{{\ln x}}{{x - \varphi }}dx} - \frac{\varphi }{{\sqrt 5 }} \cdot \int\limits_0^1 {\frac{{\ln y}}{{\varphi y + 1}}dy} \mathop {\mathop = \limits_{\varphi y = u} }\limits^{x = \varphi \cdot u} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \cdot \int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln \left( {\varphi u} \right)}}{{u - 1}}du} - \frac{1}{{\sqrt 5 }} \cdot \int\limits_0^\varphi {\frac{{\ln \left( {u/\varphi } \right)}}{{u + 1}}du} = \frac{{\ln \varphi }}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{1}{{u - 1}}dx} + \int\limits_0^\varphi {\frac{1}{{u + 1}}du} } \right) - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_0^\varphi {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{1 + u}}du} + \int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln u}}{{1 - u}}du} } \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\ln \varphi }}{{\sqrt 5 }}\left( {\ln \left( {1 - \frac{1}{\varphi }} \right) + \ln \left( {1 + \varphi } \right)} \right) - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_0^\varphi {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{1 + u}}du} + \int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln u}}{{1 - u}}du} } \right) = \frac{{\ln \varphi }}{{\sqrt 5 }}\ln \left( {\frac{{{\varphi ^2} - 1}}{\varphi }} \right) - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_0^\varphi {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{1 + u}}du} + \int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln u}}{{1 - u}}du} } \right) = }$

$\displaystyle{ = - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_0^\varphi {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{1 + u}}du} + \int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln u}}{{1 - u}}du} } \right) = - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_1^{\varphi + 1} {\frac{{\ln \left( {u - 1} \right)}}{u}du} + \int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln u}}{{1 - u}}du} } \right) = - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_1^{{\varphi ^2}} {\frac{{\ln \left( {u - 1} \right)}}{u}du} + \int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln u}}{{1 - u}}du} } \right) = }$

$\displaystyle{ = - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_{1/{\varphi ^2}}^1 {\frac{{\ln \left( {1 - u} \right) - \ln \left( u \right)}}{u}du} + \int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{1 - u}}du} } \right) = - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln \left( u \right) - \ln \left( {1 - u} \right)}}{{1 - u}}du} + \int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{1 - u}}du} } \right) = }$ (++)

$\displaystyle{ = - \frac{2}{{\sqrt 5 }}\int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{1 - u}}du} + \frac{1}{{\sqrt 5 }}\int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln \left( {1 - u} \right)}}{{1 - u}}du} = - \frac{2}{{\sqrt 5 }}\int\limits_0^{1/\varphi } {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{1 - u}}du} - \frac{2}{{\sqrt 5 }}{\ln ^2}\left( \varphi \right) = - \frac{2}{{\sqrt 5 }}\int\limits_{1/{\varphi ^2}}^1 {\frac{{\ln \left( {1 - u} \right)}}{u}du} - \frac{2}{{\sqrt 5 }}{\ln ^2}\left( \varphi \right) = }$

$\displaystyle{ = - \frac{2}{{\sqrt 5 }}\left( {\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - u} \right)}}{u}du} - \int\limits_0^{1/{\varphi ^2}} {\frac{{\ln \left( {1 - u} \right)}}{u}du} } \right) - \frac{2}{{\sqrt 5 }}{\ln ^2}\left( \varphi \right)\mathop = \limits^{\left\lfloor {**} \right\rfloor } \Rightarrow \boxed{{\rm I} = \frac{{{\pi ^2}}}{{3\sqrt 5 }} + \frac{2}{{\sqrt 5 }}\int\limits_0^{1/{\varphi ^2}} {\frac{{\ln \left( {1 - u} \right)}}{u}du} - \frac{2}{{\sqrt 5 }}{{\ln }^2}\left( \varphi \right)}}$ .

Με χρήση όμως της διλογαριθμικής συνάρτησης http://mathworld.wolfram.com/Dilogarithm.html

$\displaystyle{{f_2}\left( z \right) = \int\limits_z^0 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x}dx} = - \int\limits_0^z {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x}dx} }$ και με δεδομένο ότι $\displaystyle{{f_2}\left( {{\varphi ^{ - 2}}} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{15}} - {\ln ^2}\left( \varphi \right)}$ έχουμε

$\displaystyle{I = \frac{{{\pi ^2}}}{{3\sqrt 5 }} - \frac{2}{{\sqrt 5 }}{f_2}\left( {\frac{1}{{{\varphi ^2}}}} \right) - \frac{2}{{\sqrt 5 }}{\ln ^2}\left( \varphi \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{3\sqrt 5 }} - \frac{2}{{\sqrt 5 }}\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{{15}} - {{\ln }^2}\left( \varphi \right)} \right) - \frac{2}{{\sqrt 5 }}{\ln ^2}\left( \varphi \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{3\sqrt 5 }} - \frac{{2{\pi ^2}}}{{15\sqrt 5 }} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{x^2} - x - 1}}dx} = \frac{{{\pi ^2}}}{{5\sqrt 5 }}}}$ .

Την διλογαριθμική συνάρτηση την μελετήσαμε κι εδώ … viewtopic.php?f=9&t=12954&hilit=+dunkel στο πρόβλημα Νο 9 (με ανάλυση και αποδείξεις σχέσεων και τύπων).

$\displaystyle{\left\lfloor {**} \right\rfloor }$ Χρησιμοποιήθηκε το $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 - x} \right)}}{x}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{1 - x}}dx} = \int\limits_0^1 {\ln \left( x \right)\sum\limits_{n = 0}^\infty {{x^n}} dx} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\int\limits_0^1 {{x^n}\ln \left( x \right)dx} } = - \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} = - \frac{{{\pi ^2}}}{6}}$ .

(++) Χρησιμοποιήθηκαν διαδοχικά οι μετασχηματισμοί : $\displaystyle{u \to \frac{1}{u}{\text{ \& }}u \to 1 - u}$ με κατάλληλες αλλαγές στα όρια ολοκλήρωσης.

Υποψιάζομαι ότι με χρήση διπλών ολοκληρωμάτων ίσως απλουστευτούν τα πράγματα.

#105

Ας αποδειχθεί ότι $\displaystyle{ \int_0^{ + \infty } {\frac{{\sin ax}} {{\exp \left( {2\pi x} \right) - 1}}dx = - \frac{1} {{2a^2}} + \frac{1} {4}\frac{{e^a + 1}} {{e^a - 1}}\;\;\;0} < \left| {\mathfrak{Im} \,a} \right| < 2\pi }$

(Διορθώθηκε)

vzf · #106

Nα υπολογιστεί το $\int_{-\infty}^{+\infty}{xe^{-\lambda x^2}}dx$ ,όπου

,λ πραγματικοί αριθμοί.

#107

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας αποδειχθεί ότι $\displaystyle{ \int_0^{ + \infty } {\frac{{\sin ax}} {{\exp \left( {2\pi x} \right) - 1}}dx = - \frac{1} {{2a^2}} + \frac{1} {4}\frac{{e^a + 1}} {{e^a - 1}}\;\;\;0} < \left| {\mathfrak{Im} \,a} \right| < 2\pi }$

Θα χρησιμοποιηθούν δύο τύποι

1) $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \left( {ax} \right){e^{ - y \cdot x}}dx} = \frac{a}{{{a^2} + {y^2}}}}$ (Μετασχηματισμός Laplace της $\displaystyle{f\left( x \right) = \sin \left( {ax} \right)}$ ) και 2) $\displaystyle{\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\left( {\frac{1}{{x + n}}} \right)} = \frac{\pi }{{\tan \left( {\pi x} \right)}}}$ (αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=15190 )

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {ax} \right)}}{{{e^{2\pi x}} - 1}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {ax} \right){e^{ - 2\pi x}}}}{{1 - {e^{ - 2\pi x}}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\sin \left( {ax} \right){e^{ - 2\pi x}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {{e^{ - 2\pi nx}}} dx} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\int\limits_0^\infty {\sin \left( {ax} \right){e^{ - \left( {2n + 2} \right)\pi x}}dx} } =}$

$\displaystyle{= \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{a}{{{a^2} + {\pi ^2}{{\left( {2n + 2} \right)}^2}}}} = \mathop = \limits^{a/(2\pi ) = z} = \frac{1}{{4{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2} + {z^2}}}} = \frac{1}{{4{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{\left( {n + iz} \right)\left( {n - iz} \right)}}} =}$

$\displaystyle{= \frac{{ - 1}}{{8iz{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{n + iz}} - \frac{1}{{n - iz}}} \right)} = \frac{{ - 1}}{{8iz{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{iz + n}} + \frac{1}{{iz - n}}} \right)} = \frac{{ - 1}}{{8iz{\pi ^2}}}\left( { - \frac{1}{{iz}} + \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\left( {\frac{1}{{iz + n}}} \right)} } \right) =}$

$\displaystyle{= \frac{{ - 1}}{{8{z^2}{\pi ^2}}} - \frac{1}{{8iz{\pi ^2}}}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\left( {\frac{1}{{iz + n}}} \right)} = - \frac{1}{{2{a^2}}} - \frac{1}{{4ia\pi }} \cdot \frac{\pi }{{\tan \left( {i\pi z} \right)}} = - \frac{1}{{2{a^2}}} - \frac{1}{{4ia}}\cdot \frac{1}{{\tan \left( {i\dfrac{a}{2}} \right)}} =}$

$\displaystyle{= - \frac{1}{{2{a^2}}} - \frac{1}{{4a}} \cdot \frac{{{e^{ - \dfrac{a}{2}}} + {e^{\dfrac{a}{2}}}}}{{{e^{ - \dfrac{a}{2}}} - {e^{\dfrac{a}{2}}}}} = - \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{4a}} \cdot \frac{{{e^{\dfrac{a}{2}}} + {e^{ - \dfrac{a}{2}}}}}{{{e^{\dfrac{a}{2}}} - {e^{ - \dfrac{a}{2}}}}} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {ax} \right)}}{{{e^{2\pi x}} - 1}}dx} = - \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{4a}} \cdot \frac{{{e^a} + 1}}{{{e^a} - 1}}}}$

#108

$\displaystyle{55)}$ Δείξτε ότι $\displaystyle{I:=\int_{-\infty }^{\infty }\int_{-\infty }^{\infty }{\rm sign}(x){\rm sign}(y)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}\sin (xy)\,dx\,dy=2\sqrt{2}\log (1+\sqrt{2})}$ , όπου

$\displaystyle{{\rm sign}(x)=\begin{cases}1, & x>0 \\ 0, & x=0 \\ -1, & x<0\end{cases}}$ .

#109

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{55)}$ Δείξτε ότι $\displaystyle{I:=\int_{-\infty }^{\infty }\int_{-\infty }^{\infty }{\rm sign}(x){\rm sign}(y)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}\sin (xy)\,dx\,dy=2\sqrt{2}\log (1+\sqrt{2})}$ , όπου

$\displaystyle{{\rm sign}(x)=\begin{cases}1, & x>0 \\ 0, & x=0 \\ -1, & x<0\end{cases}}$ .

Με δεδομένο ότι $\displaystyle{\left| {{\text{sign}}(x){\text{sign}}(y){e^{ - \dfrac{{{x^2} + {y^2}}}{2}}}\sin (xy)} \right| \leqslant {e^{ - \dfrac{{{x^2} + {y^2}}}{2}}}}$ και ότι $\displaystyle{\int_{ - \infty }^\infty {\int_{ - \infty }^\infty {{e^{ - \dfrac{{{x^2} + {y^2}}}{2}}}dx} dy} = \frac{\pi }{2}}$ (η απόδειξή του βρίσκεται .. παντού),

μπορούμε να «σπάσουμε» τα ολοκληρώματα σε $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {..} = \int\limits_{ - \infty }^0 {..} + \int\limits_0^{ + \infty } {..} }$

Τότε (εύκολα) καταλήγουμε στο $\displaystyle{I = \int_{ - \infty }^\infty {\left( {\int_{ - \infty }^\infty {{\text{sign}}(x){\text{sign}}(y){e^{ - \dfrac{{{x^2} + {y^2}}}{2}}}\sin (xy)dx} } \right)dy} = 4\int_0^\infty {\int_0^\infty {{e^{ - \dfrac{{{x^2} + {y^2}}}{2}}}\sin (xy)\;dx} \;dy} }$

Κάνοντας τον μετασχηματισμό $\displaystyle{x = r\cos u{\text{ \& }}y = r\sin u}$ , η Ιακωβιανή δίδεται από $\displaystyle{\frac{{\partial \left( {x,y} \right)}}{{\partial \left( {r,u} \right)}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} \begin{gathered} \dfrac{{\partial x}}{{\partial r}} \hfill \\ \hfill \\ \end{gathered} & \begin{gathered} \dfrac{{\partial x}}{{\partial u}} \hfill \\ \hfill \\ \end{gathered} \\ {\dfrac{{\partial y}}{{\partial r}}} & {\dfrac{{\partial y}}{{\partial u}}} \\ \end{array} } \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\cos u} & { - r\sin u} \\ {\sin u} & {r\cos u} \\ \end{array} } \right| = r}$ , οπότε

$\displaystyle{I = 4\int\limits_0^{\pi /2} {\int\limits_0^\infty {r \cdot {e^{ - {r^2}/2}}\sin \left( {\frac{{{r^2}}}{2}\sin \left( {2u} \right)} \right)\;dr\;} du} = \mathop = \limits^{{r^2}/2 = y} = 4\int\limits_0^{\pi /2} {\int\limits_0^\infty {{e^{ - y}}\sin \left( {y \cdot \sin \left( {2u} \right)} \right)\;dy} du} }$

Όμως $\displaystyle{\int_0^\infty {{e^{ - y}}\sin \left( {y\sin \left( {2u} \right)} \right)dy} = \frac{{\sin \left( {2u} \right)}}{{1 + {{\sin }^2}\left( {2u} \right)}}}$ (μετασχηματισμός Laplace : $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \left( {ax} \right){e^{ - s \cdot x}}dx} = \frac{a}{{{a^2} + {s^2}}}}$ ) και τελικά

$\displaystyle{I = 4\int_0^{\pi /2} {\frac{{\sin \left( {2u} \right)}}{{1 + {{\sin }^2}\left( {2u} \right)}}du} = \mathop = \limits^{2u = x} = 2\int_0^\pi {\frac{{\sin \left( x \right)}}{{1 + {{\sin }^2}\left( x \right)}}dx} = 2\left( {\int_0^{\pi /2} {\frac{{\sin \left( x \right)}}{{1 + {{\sin }^2}\left( x \right)}}dx} + \int_{\pi /2}^\pi {\frac{{\sin \left( y \right)}}{{1 + {{\sin }^2}\left( y \right)}}dy} } \right) = \mathop = \limits^{y = \pi - x} = }$

$\displaystyle{ = 4\int_0^{\pi /2} {\frac{{\sin \left( x \right)}}{{1 + {{\sin }^2}\left( x \right)}}dx} = \mathop = \limits^{\cos x = y} = - 4\int\limits_0^1 {\frac{1}{{{y^2} - 2}}dy} = - \sqrt 2 \int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{{y - \sqrt 2 }} - \frac{1}{{y + \sqrt 2 }}} \right)dy} = - \sqrt 2 \left[ {\ln \left| {\frac{{y - \sqrt 2 }}{{y + \sqrt 2 }}} \right|} \right]_0^1 = 2\sqrt 2 \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)}$ .

Edit : Διόρθωσα κάποια διαφορικά που ο δαίμονας του copy-paste τα διατήρησε.

#110

Τέλεια! Μια ακόμα λύση (για το 55)) εδώ με λίγη μιγαδική τουρλουμπούκι..

.

#111

dement · #112

Ετσι για να σπάσω λίγο την ακολουθία Κοτρώνης-Σεραφείμ-Κοτρώνης...

Ολοκληρώνουμε την $\displaystyle \frac{e^{iz^2}}{1 + z^4}$ στο πρώτο τεταρτημόριο (θετικός πραγματικός άξονας, τεταρτοκύκλιο και θετικός φανταστικός άξονας).

Θέτουμε $\displaystyle I = \int_0^{+ \infty} \frac{\cos t^2 - \sin t^2}{1 + t^4} dt$ .

Από τον πραγματικό άξονα έχουμε $\displaystyle \int_0^{+ \infty} \frac{\cos t^2 + i \sin t^2}{1 + t^4} dt$ ενώ από τον φανταστικό $\displaystyle -i \int_0^{+ \infty} \frac{\cos t^2 - i \sin t^2}{1 + t^4} dt$ , δηλαδή συνολικά (1 - i) I

. Το ολοκλήρωμα στο τεταρτοκύκλιο τείνει στο

.

Ο πόλος στο $e^{i \pi / 4}$ έχει υπόλοιπο $\displaystyle r = \frac{e^{-3 \pi i / 4}}{4 e}$ , έτσι το ολοκλήρωμα ισούται με $\displaystyle 2 \pi i r = (1-i) \frac{\pi}{2 \sqrt{2} e}$ .

Αρα $\displaystyle I = \frac{\pi}{2 \sqrt{2} e}$ .

kwstas12345 · #113

56 Μια απάντηση: Επειδή η συνάτηση μέσα στο ολοκλήρωμα είναι άρτια θα ισχύει ότι: $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\cos t^2-\sin t^2}{t^4+1}}dt=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\cos t^2-\sin t^2}{t^4+1}}dt$ .

Όμως $\displaystyle cos t^2-\sin t^2=\cos t^2+\cos \left(\frac{\pi}{4}+t^2 \right)=\sqrt{2}{\cos\left(\frac{\pi}{4}+t^2 \right)}$ άρα $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\cos t^2-\sin t^2}{t^4+1}}dt=\sqrt{2}\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\cos \left(t^2+\frac{\pi}{4} \right)}{t^4+1}}dt$ .

Θεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{e^{i\left(\frac{\pi}{4}+z^2 \right)}}{z^4+1}$ η οποία έχει πόλους τις ρίζες της t^4+1

ή $\displaystyle z^4+1=0\Leftrightarrow z^4+2z^2+1-2z^2=0\Leftrightarrow \left(z^2-\sqrt{2}z+1 \right)\left(z^4+\sqrt{2}z+1 \right)=$ $\displaystyle 0\Leftrightarrow z=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\left( i+1\right),z=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\left( i-1\right)$ .

Από αυτές μόνο οι $\displaystyle z_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(i+1 \right),z_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(i-1 \right)$ βρίσκονται στο άνω ημιεπίπεδο.

Θεωρούμε κλειστή καμπύλη θετικά προσανατολισμένη, που να περιέχει τους δύο αυτούς πόλους άρα $\displaystyle \int _{C} f\left(z \right)dz=2\pi i \left(Res_{z=z_{1}}f\left(z \right) +Res_{z=z_{2}}f\left( \right)\right)$ .

Στο παρανισμαστή η συνάρτηση είναι μερόμορφη άρα: $\displaystyle Res_{z=z_{1}}f\left(z \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{e^{iz^2}}{\left(z^4+1 \right)'}_{z=z_{1}}=\frac{e^{-1}\left(i+1 \right)}{4\left(i-1 \right)}$ και $\displaystyle Res_{z=z_{2}}f\left(z \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{e^{iz^2}}{\left(z^4+1 \right)'}_{z=z_{1}}=\frac{e\left(i+1 \right)}{4\left(i+1 \right)}=\frac{e}{4}$ .\

Άρα : $\displaystyle \int _{C} f\left(z \right)dz=\frac{\pi i}{2\left(i-1 \right)}\left(ei-e+e^{-1}i+e^{-1} \right)$ .

Θέτουμε τώρα $\displaystyle z=Re^{it}, dt=iRe^{it}, 0\leqslant t\leqslant \pi$ άρα $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\frac{e^{R^2 e^{-2t}+\frac{i\pi}{4}}}{R^4e^{4it}+1}iRe^{it} dt}+\int_{-R}^{+R}{\frac{e^{i\left(t^2+\pi/4 \right)}}{t^4+1}}dt=\frac{\pi i}{2\left(i-1 \right)}\left(ei-e+e^{-1}i+e^{-1} \right)$

Καθώς $\displaystyle R\rightarrow +\infty \Rightarrow \lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{0}^{\pi}{\frac{e^{i\left(t^2+\pi/4 \right)}}{R^4e^{4it}+1}}iRe^{it} dt=0$ .

Άρα $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{e^{i\left(t^2+\pi/4} \right)}{t^4+1}}dt=\frac{i\pi e}{2}+\frac{\pi}{2e}$ ή $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\cos\left(t^2+\frac{\pi}{4} \right)}{t^4+1}}dt+i\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin\left(t^2+\frac{\pi}{4} \right)}{t^4+1}}dt=\frac{\pi e i}{2}+\frac{\pi}{2e}$ .

Εξισώσονοντας πραγματικά και φανταστικά μέρη: $\displaystyle \boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\cos\left(t^2+\frac{\pi}{4} \right)}{t^4+1}}dt\frac{\pi}{2e}}$ και $\displaystyle \boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\sin\left(t^2+\frac{\pi}{4} \right)}{t^4+1}}dt=\frac{\pi e}{2}}$ .

Άρα : $\displaystyle{\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{\cos t^2-\sin t^2}{t^4+1}}dt=\frac{\sqrt{2}}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\cos\left(t^2+\frac{\pi}{4} \right)}{t^4+1}}dt}$ Kαι τελικά: $\displaystyle{\displaystyle \boxed{\int_{0}^{+\infty}{\frac{\cos t^2-\sin t^2}{t^4+1}}dt=\frac{\pi}{2\sqrt{2}e}}}$

#114

Άντε μπράβο βρε παιδιά. Παίξτε μας και μας λίγο...!

kwstas12345 · #115

48 Να δειχτεί: $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{dx}{\left(x^2+2ax+1 \right)^2}}=\frac{\left(2a+3 \right)\pi}{2^{7/2}(a+1)^{\frac{3}{2}}}$ .

Λύση: Άρχικά έστω a>1

τότε $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}{\frac{dx}{\left(x^2+2ax+1 \right)^2}}=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{dx}{\left(x^2+2ax+1 \right)^2}}$ τότε θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{1}{\left(z^4+2az^2+1 \right)^2}$ .

Η συνάρτηση αυτή έχει πόλους 2ης τάξης τους αριθμούς $\displaystyle \pm i\sqrt{a+\sqrt{a^2-1}},\pm i\sqrt{a-\sqrt{a^2-1}}$ από αυτούς βρίσκονται στο άνω ημιεπίπεδο οι $\displaystyle i\sqrt{a+\sqrt{a^2-1}}, i\sqrt{a-\sqrt{a^2-1}}$ . Θεωρούμε κλιεστά θετική προσανατολισμένο ημικύκλιο ακτίνας R μεγαλύτερης του μέτρου των πόλων.

Tότε: $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)dz=2\pi \sum_{k=1}^{2}{Res_{z=z_{1}} f\left(\left(z \right) \right)}$ . Έστω $\displaystyle z_{1}=i\sqrt{a+\sqrt{a^2-1}},z_{2}=i\sqrt{a-\sqrt{a^2-1}}$ τότε:

$\displaystyle Res_{z=z_{1}}f\left(z \right)=\frac{1}{1!}\lim_{z\rightarrow z_{1}}\left[\left(z-z_{1} \right)^2 f\left(z \right) \right]'=\lim_{z\rightarrow z_{1}}\left[\frac{1}{\left(z+z_{1} \right)\left(z^2-z_{2}^2 \right)^2} \right]'$ $\displaystyle \lim_{z\rightarrow z_{1}}\frac{2\left(z_{2}^2-x\left(2z_{1}+3x \right) \right)}{\left(z_{1}+z \right)^3\left(z^2-z_{2}^2 \right)^3}=\frac{z_{2}^2-5z_{1}^2}{4z_{1}^3\left(z_{1}^2-z_{2}^2 \right)^3}$

Όμοια θα είναι $\displaystyle Res_{z=z_{2}}f\left(z \right)=\frac{z_{1}^2-5z_{2}^2}{4z_{2}^3\left(z_{1}^2-z_{2}^2 \right)^3}$ .

Άρα το αθροισμά των Residue θα είναι $\displaystyle \frac{z_{2}^5-5z_{1}^2z_{2}^3-z_{1}^{5}+5z_{2}^3z_{1}^2}{4\left(z_{1} z_{2} \right)^3\left(z_{1}-z_{2}^2 \right)^3}$ .

Επειδή $\displaystyle z_{1}z_{2}=-\sqrt{\left(a-\sqrt{a^2-1} \right)\left(a+\sqrt{a^2-1} \right)}=-1$ και $\displaystyle \left(z_{2}-z_{1} \right)\left(z_{1}^4+z_{2}^4+z_{1}^2z_{2}^2+z_{1}^3z^{2}_{2}+z_{2}^2z^{3}_{1} \right)$

Και προκύπτει $\displaystyle \frac{z_{2}^5-5z_{1}^2z_{2}^3-z_{1}^{5}+5z_{2}^3z_{1}^2}{4\left(z_{1} z_{2} \right)^3\left(z_{1}-z_{2}^2 \right)^3}=\frac{\left(z_{2}-z_{1} \right)\left(2a+3 \right)}{16(a+1)^{3/2}\sqrt{a-1}}$ .

Άρα $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)dz=\pi i \frac{\left(z_{2}-z_{1} \right)\left(2a+3 \right)}{8\sqrt{a-1}\left(a+1 \right)^{3/2}}$ , όμως $\displaystyle i\left(z_{2}-z_ {1}\right)=\sqrt{a+\sqrt{a^2-1}}-\sqrt{a-\sqrt{a^2-1}}=\sqrt{\frac{a-1}{2}}$ απλά με ύψωση στο τετραγωνο.

Άρα $\displaystyle \displaystyle \int _{C}f\left(z \right)dz= \frac{\pi\left(2a+3 \right)}{2^{5/2}\left(a+1 \right)^{3/2}}$ . Θέτωντας $\displaystyle z=Re^{it}, dz=iRe^{it}\Rightarrow$ .

και $\displaystyle \int _{C} f\left(z \right)dz=\int_{-R}^{R}{\frac{dz}{\left(z^4+2az^2+1 \right)^2}}+\int_{0}^{\pi}{\frac{iRe^{it}dt}{\left(R^{4}e^{4it}+2aR^2e^{2it}+1 \right)}}$ .

Τώρα $\displaystyle \left|R^4 e^{4it}+2aR^2 e^{2it}+1 \right|\geqslant \left|\left|R^4 e^{4it} \right|-\left|2aR^2 e^{2it}+1 \right| \right|\geqslant$

$\displaystyle \left|R^4 e^{4it} \right|-\left|2aR^2 e^{2it}+1 \right|\geqslant R^4-\left|2aR^2e^{2it} \right|-1=R^4-2aR^2+1$ έτσι $\displaystyle \left|\int_{0}^{\pi}{\frac{Rie^{it}dt}{R^4e^{4it}+2aR^{2}e^{2it}+1}} \right|\leqslant \int_{0}^{\pi}{\left|\frac{Rie^{it}}{R^4e^{4it}+2aR^{2}e^{2it}+1} \right|dt}\leqslant$ $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\frac{Rdt}{R^4+2aR^2+1}}=\frac{\pi R}{R^4+2aR^2+1}\rightarrow 0, R\rightarrow +\infty$

άρα $\displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty}\int_{0}^{}{\pi}{\frac{Rie^{it}dt}{R^4e^{4it}+2aR^{2}e^{2it}+1}}=0$ αλλίώς από το λήμμα Jordan κατευθείαν.

Άρα $\displaystyle \boxed{\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{dx}{\left(x^4+2ax^2+1 \right)^2}}=\frac{\pi \left(2a+3 \right)}{2^{5/2}\left(a+1 \right)^{3/2}}}$ και έτσι $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{\left(x^4+2ax^2+1 \right)^2}}=\frac{\pi \left(2a+3 \right)}{2^{7/2}\left(a+1 \right)^{3/2}}}$ .

Άν $\displaystyle a< -1$ τότε οι ρίζες είναι πάνω στον πραγματικό άξονα και είναι οι εξής τέσερρις $\displaystyle \pm \sqrt{-a-\sqrt{a^2-1}}, \pm \sqrt{-a+\sqrt{a^2-1}}$ .

Όμοια θα κινηθούμε για τις διάφορες τιμές του α για να δούμε αν έχουμε μιγαδικές η πραγματικές ρίζες.Ωστόσο οι πραγματικές ρίζες κάθε φορά δεν είναι απλές και ίσως να μη ισχύει ο τύπος $\displaystyle \int _{C} f\left(z \right)dz=\pi i \sum_{k=1}^{n}{Resf\left(z \right)}$ .

Ο αρχικός τύπος δεν ισχύει όταν το a είναι -1 ή +1.Αε κρατήσουμε τον πάνω για a>1

, ίσως να χρειαστεί διευκρίνηση για τους τιμές της παραμέτρου.

#116

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Άντε μπράβο βρε παιδιά. Παίξτε μας και μας λίγο...!

#117

$\displaystyle{\int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{\cos x - 1}}{{x^2 \left( {x^2 + a} \right)}}dx} }$ , για a>0

.

kwstas12345 · #118

Eλπίζω να είμαι σωστός. Θεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{e^{iz}-1}{z^2\left(z^2+a \right)}$ . Η συνάρτηση έχει σαν απλούς πόλους τους φανταστικούς $\displaystyle \pm i\sqrt{a}$ και από αυτούς μόνο ο $\displaystyle i\sqrt{a}$ βρίσκεται στο άνω ημιεπίπεδο.

Το μηδέν είναι ρίζα 2ης τάξης του παρανομαστή καθώς $\displaystyle (z^2(z^2+a))''=2a,z=0, (z^2(z^2+a))'=0,z=0$ και είζα πρώτης τάξης του αριθμητή καθώς $\displaystyle \left(e^{iz}-1 \right)'=ie^{iz}\neq 0,$ για z=0

άρα είναι πόλος 2-1=1 τάξης της συνάρτησης.

'Αρα: $\displaystyle Res\left(f,0 \right)=\frac{1}{0!}\lim_{z\rightarrow 0}\frac{e^{iz}-1}{z\left(z^2+a \right)}=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{\left(e^{iz}-1 \right)'}{\left(z \left(z^2+a \right)\right)'}=\frac{i}{a}$

Άρα θεωρώντας θετικά προσανατολισμένη ημιπεριφέρεια ακτίνας R μεγαλύτερη από α θα έχουμε $\displaystyle \int _{C} f\left(z \right)=2\pi Res\left(f,ai \right)+i\pi Res\left(f,0 \right)$ και $\displaystyle Res\left(f,0 \right)=\frac{e^{-\sqrt{a}}-1}{\left(x^2 \left(x^2+a \right) \right)'}=\frac{e^{-\sqrt{a}}-1}{-2ia\sqrt{a}}$ .

Άρα $\displaystyle \int _{C} f\left(z \right)dz=2\pi i \left(\frac{1-e^{-\sqrt{a}}}{2ia\sqrt{a}} \right)+i\pi\frac{i}{a}=-\frac{\pi\left(-1+\sqrt{a}+e^{-\sqrt{a}} \right)}{a\sqrt{a}}$ και με $\displaystyle z=Re^{it}=R\left(\cos \theta +i \sin \theta \right)$ έχουμε $\displaystyle \int_{-R}^{R}{\frac{e^{ix}-1}{x^2\left(x^2+a \right)}}dx+\int_{0}^{\pi}{\frac{e^{iR\cos \theta }\cdot e^{-R\sin \theta }-1}{R^2e^{2it}\left(R^2e^{2it}+a \right)}}Re^{it}dt=$ $\displaystyle -\frac{\pi\left(-1+\sqrt{a}+e^{-\sqrt{a}} \right)}{a\sqrt{a}}$

Αφήνωντας $\displaystyle R\rightarrow \infty$ : $\displaystyle \left|\int_{0}^{\pi}{\frac{e^{iR\cos \theta }\cdot e^{-R\sin \theta }-1}{R^2e^{2it}\left(R^2e^{2it}+a \right)}}iRe^{it}dt \right|\leqslant \int_{0}^{\pi}{\left|{\frac{e^{iR\cos \theta }\cdot e^{-R\sin \theta }-1}{R^2e^{2it}\left(R^2e^{2it}+a \right)}}iRe^{it} \right|}dt\leqslant$ $\displaystyle \int_{0}^{\pi}\frac{\left|e^{iR\cos \theta }\cdot e^{-R \sin \theta } \right|+1}{R^2\left(\left|R^2-a \right| \right)}R dt\rightarrow 0$

Άρα $\displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty}\int_{0}^{\pi}{\frac{Re^{i\cos \theta -R\sin \theta }-1}{R^{2}e^{2it}\left(R^{2}e^{2it}+a \right)}iRe^{it}dt}0$ και έτσι $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{e^{ix}-1}{x^2\left(x^2+a \right)}}dx= -\frac{\pi\left(-1+\sqrt{a}+e^{-\sqrt{a}} \right)}{a\sqrt{a}}$ .

Εξισώνοντας φανταστικά και πραγματικά μέρη βρίσκω $\displaystyle \boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{\cos x-1}{x^2\left(x^2+a \right)}}dx= -\frac{\pi\left(-1+\sqrt{a}+e^{-\sqrt{a}} \right)}{a\sqrt{a}}}$

kwstas12345 · #119

Βάζω μια προσπάθεια για την άσκηση 30: Aρχικά θα διακρίνουμε περιπτώσεις για τις τιμές των a,m

. Αρχικά:

Άν $\displaystyle m=0,a\neq 0$ το ολοκλήρωμα γίνεται: $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\frac{1-a \sin \theta }{1-2a\sin \theta +a^2}}d\theta$ , θεωρούμε έπειτα $\displaystyle z=e^{i\theta },0\leqslant \theta \leqslant 2\pi\Rightarrow \sin \theta =\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2}=\frac{z^2-1}{2iz}, d\theta =\frac{d\theta }{iz}$ άρα

$\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\frac{1-a \sin \theta }{1-2a\sin \theta +a^2}}d\theta=\oint _{C}\frac{1-a \displaystyle {\frac{z^2-1}{2iz}}}{1-2a\displaystyle{\frac{z^2-1}{2iz}}+a^2}\frac{dz}{iz}=$ $\displaystyle =\oint_{C} \frac{2iz-a\left(z^2-1 \right)}{2iz\left(zi\left(a^2+1 \right)+a-az^2 \right)}dz$ με C ο μοναδιαίος κύκλος.

Λυνουμε την εξίσωση $\displaystyle zi\left(a^2+1 \right)+a-az^2=0\Leftrightarrow x=ia, x=\frac{i}{a}$ που είναια πλοί πόλοι και μόνο ο

βρίσκεται στο εσωτερικό του κύκλου άρα $\displaystyle Res\left(f,ai \right)=\frac{2i\left(ai \right)-a\left(-a^2-1 \right)}{2i\left(ai \right)\left(i\left(a^2+1 \right)-2a^2 i \right)}=\frac{1}{2i}$

και το

απλή ρίζα άρα $\displaystyle Res\left(f,0 \right)=\frac{2iz-a\left(z^2-1 \right)}{2i\left(zi\left(a^2+1 \right) +a-az^2\right)}=\frac{1}{2i}$ άρα $\displaystyle \oint_{C} \frac{2iz-a\left(z^2-1 \right)}{2iz\left(zi\left(a^2+1 \right)+a-az^2 \right)}dz=2\pi i\left(\frac{1}{2i}+\frac{1}{2i} \right)=2\pi$

Άν $\displaystyle a=0,m\neq 0$ τότε $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{e^{m \cos \theta }\cos\left(m\sin \theta \right)}d\theta =\oint_{C} e^{\displaystyle{m\frac{z^2+1}{2z}}\cos\left(m\cdot\frac{z^2-1}{2i} \right)}\frac{1}{zi} dz=$ $\displaystyle =\frac{1}{2i}\oint_{C} e^{\displaystyle {m\frac{z^2+1}{2z}}}\left(e^{\displaystyle{m\frac{z^2-1}{2z}}}+e^{\displaystyle{-m\frac{z^2-1}{2z}}} \right)\frac{dz}{z}$ $\displaystyle =\frac{1}{2i}\oint_{C}\left(e^{\displaystyle{mz}}+e^{\displaystyle{\frac{m}{z}}} \right)\frac{1}{z}dz$

H τελευταία συνάρτηση μέσα στο ολοκλήρωμα παρουσιάζει ουσιώδη ανωμαλία στο

άρα με ανάπτυξη Laurent: $\displaystyle e^{mz}=\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{\left(mz \right)^{n}}{n!}},e^{\frac{m}{z}}=\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{m^{n}z^{-n}}{n!}}$ έτσι $\displaystyle \frac{1}{z}\left(e^{mz}+e^{m/z} \right)=\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(\frac{m^{n}z^{n-1}}{n!}+\frac{m^{n}z^{-n-1}}{n!} \right)}$

Eδώ $\displaystyle Res\left(f,0 \right)=a_{-1}=2\Rightarrow \frac{1}{2i}\oint_{C}\left(e^{\displaystyle{mz}}+e^{\displaystyle{\frac{m}{z}}} \right)\frac{1}{z}dz=2\pi$ άρα και το αρχικό ισούται με $2\pi$ .Άν $\displaystyle a=m= 0$ τότε το αρχικό θα γίνει $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{dx}=2\pi$ .

Άν ταυτόχρονα δεν είναι 0 τότε έχουμε βρεί: $\displaystyle e^{m\cos \theta }\cos\left(m\sin \theta \right)=\frac{1}{2}\left(e^{mz}+e^{m/z} \right)$ και $\displaystyle \sin \left(m\sin \theta +\theta \right)=\sin \left(m\sin \theta \right)\cos \theta +\cos\left(m\sin \theta \right)\sin \theta =\sin \left(m\frac{z^2-1}{2iz} \right)\left(\frac{z^2+1}{2z} \right)+$

$\displaystyle \cos\left(m\frac{z^2-1}{2iz} \right)\left(\frac{z^2-1}{2iz} \right)=\frac{1}{4z}\left[\left(e^{\displaystyle m\frac{z^2-1}{2z}}-e^{\displaystyle{-m\frac{z^2-1}{2z}}} \right)\left(z^2+1 \right)-i\left(e^{\displaystyle{m\frac{z^2-1}{2z}}} +e^{\displaystyle{-m\frac{z^2-1}{2z}}}\right)\left(z^2-1 \right) \right]=$ $\displaystyle \frac{1}{4z}\left[e^{\displaystyle{m\frac{z^2-1}{2z}}}\left(z^2\left(1-i \right)+i+1 \right)+e^{\displaystyle{-m\frac{z^2-1}{2z}}}\left(i-1-z^2\left(i+1 \right) \right) \right]$

Άρα $\displaystyle e^{m\cos \theta } \sin\left(m\sin \theta +\theta \right)=\frac{1}{4z}\left[e^{mz}\left(z^2\left(1-i \right) +i+1\right)+e^{m/z}\left(i-1-z^2\left(i+1 \right) \right) \right]$ άρα ο αριθμητής ισούται με

$\displaystyle \frac{1}{4z}\left[2z\left(e^{mz}+e^{m/z} \right)-a\left[e^{mz}\left(z^2\left(1-i \right) +i+1\right)+e^{m/z}\left(i-1-z^2\left(i+1 \right) \right) \right] \right]=$ $\displaystyle \frac{1}{4z}\left[e^{mz}\left(2z-az^2\left(1-i \right)-a\left(i+1 \right) \right)+e^{m/z}\left(2z+az^2\left(i+1\right)-a\left(i-1 \right) \right) \right]$

και ο αριθμητής $\displaystyle 1-2a\sin \theta +a^2=1-2a\frac{z^2-1}{2i}+a^2=1+i\left(z^2-1 \right)+a^2$ άρα το κλάσμα ισούται με $\displaystyle \frac{e^{mz}\left(2z-az^2\left(1-i \right)-a\left(i+1 \right) \right)+e^{m/z}\left(2z+az^2\left(i+1\right)-a\left(i-1 \right) \right) }{aiz^2+z\left(a^2+1 \right)-ai}$ .

Άρα $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\frac{e^{\displaystyle{m\cos \theta }}\left(\cos\left(m\sin \theta \right)-a\sin\left(m\sin \theta +\theta \right) \right)}{1-2a\sin \theta +a^2}}d\theta =\frac{1}{4i}\oint \frac{e^{mz}\left(2z-az^2\left(1-i \right)-a\left(i+1 \right) \right)+e^{m/z}\left(2z+az^2\left(i+1\right)-a\left(i-1 \right) \right) }{z\left(aiz^2+z\left(a^2+1 \right)-ai \right)}dz$ .

Δύο ρίζες του παρανομαστή είναι τα ai,i/a

από τις οπίες μόνο η πρώτη είναι μέσα στον κύκλο. Άρα: $\displaystyle Res\left(f,ai \right)=\frac{\left[\left(i-1 \right)e^{mai}+\left(i+1 \right)e^{-\frac{mi}{a}} \right]}{i}$ .

Στο μηδέν πάλι έχουμε ουσιώδη ανωμαλία άρα:

$\displaystyle \frac{1}{z}e^{mz}\left(2z-az^2\left(1-i \right)-a\left(i+1 \right) \right)=\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{m^n z^n}{n!}\left(2-az\left(1-i \right)-az^{-1}\left(i+1 \right) \right)}=$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}{\left(\frac{2m^n z^n}{n!}+a\left(i-1 \right)\frac{m^n z^{n+1}}{n!}-\left(i+1 \right)\frac{m^n z^{n-1}}{n!} \right)}$

$\displaystyle \frac{1}{\left(z-ai \right)\left(z-i/a \right)}=\frac{1}{\left(ai-i/a \right)}\left(\frac{a}{i\left(1-az/i \right)}-\frac{\left(ai \right)^{-1}}{1-z/ai} \right)=$ $\displaystyle \frac{1}{i\left(ai-i/a \right)}\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(a\left(\frac{az}{i} \right)^n+\frac{1}{a}\left(\frac{z}{ai} \right)^n \right)}$ .

Άρα η $\displaystyle \frac{e^{mz}\left(2-az\left(1-i \right)-a/z \left(i+1 \right) \right)}{aiz^2+z\left(a^2+1 \right)-ai}=\left(\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(\frac{2m^n z^n}{n!}+a\left(i-1 \right)\frac{m^n z^{n+1}}{n!}-\left(i+1 \right)\frac{m^n z^{n-1}}{n!} \right)} \right)\left(\frac{1}{i\left(ai-i/a \right)}\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(a\left(\frac{az}{i} \right)^n+\frac{1}{a}\left(\frac{z}{ai} \right)^n \right)} \right)$ κατα Laurent (έχουμε σπάσει σε άθροισμα την συναρτηση).

O ο συντελεστής του $z^{-1}$ είναι ένας, ό $\displaystyle -\left(i+1 \right)\frac{a^2+1}{1-a^2}$ , το υπόλοιπο κομμάτι: $\displaystyle e^{m/z}z^{-1}\left(2z+az^2\left(i+1 \right)-a\left(i-1 \right) \right)=\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(\frac{2m^n z^{-n}}{n!}+\left(i+1 \right)\frac{am^n z^{1-n}}{n!}-a\left(i-1 \right)\frac{m^n z^{-1-n}}{n!} \right)}$ .

Άρα $\displaystyle \frac{e^{m/z}z^{-1}\left(2z+az^2\left(i+1 \right)-a\left(i-1 \right) \right)}{\left(z-ai \right)\left(z-i/a \right)}=$ $\displaystyle \left(\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(\frac{2m^n z^{-n}}{n!}+\left(i+1 \right)\frac{am^n z^{1-n}}{n!}-a\left(i-1 \right)\frac{m^n z^{-1-n}}{n!} \right)} \right)\left(\frac{1}{i\left(ai-i/a \right)}\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(a\left(\frac{az}{i} \right)^n+\frac{1}{a}\left(\frac{z}{ai} \right)^n \right)} \right)$

Στους πολλαπλασιασμούς τώρα: $\displaystyle \left(\frac{a}{i\left(ai-i/a \right)} \right)\left(\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{2m^n z^{-n}}{n!}} \right)\left(\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{az}{i} \right)^n \right)$ εδώ ο συντελεστής είναι $\displaystyle \left(1+\frac{m}{z}+\frac{m^2z^{-2}}{2!}+... \right)\left(1+\frac{az}{i}+\frac{\left(az^2 \right)^2}{i^2}+... \right)\Rightarrow$

$\displaystyle \frac{m}{2}+\frac{ma}{2! i}+...+\left(\frac{a}{i} \right)^k \frac{m^{k+1}}{\left(k+1 \right)!}+...=\sum_{k=0}^{+\infty}{\frac{m^{k+1}}{\left(k+1 \right)!}\left(\frac{a}{i} \right)^{k}}=$ $\displaystyle \frac{i}{a}\sum_{k=0}^{+\infty}{\left(\frac{ma}{i} \right)^{k+1}\frac{1}{\left(k+1 \right)!}}=\frac{i}{a}e^{-mai}$

Άρα από εδώ ο συντελεστής είναι $\displaystyle \frac{2a i}{1-a^2}e^{-mai}$

$\displaystyle \frac{2}{1-a^2}\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{m^n z^{-n}}{n!}} \cdot \sum_{n=0}^{+\infty}{\left(\frac{z}{ai} \right)^n}=\frac{2}{1-a^2}\left(1+m/2z+\frac{m^2}{2!z^2}+... \right)\left(1+\frac{z}{ai}+\frac{z^2}{a^2 i^2}+... \right)ai\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{2}{1-a^2}\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(-\frac{mi}{a} \right)^{k+1}\frac{1}{\left(k+1 \right)!}}=\frac{2ai}{1-a^2} e^{-\frac{m}{a} i}$

Aκόμη $\displaystyle \frac{a^2\left(i+1 \right)}{1-a^2}\sum_{k=0}^{+\infty}{\frac{m^{n}z^{1-n}}{n!}}\cdot \sum_{k=0}^{+\infty}{\left(\frac{za}{i} \right)^n}\Rightarrow a_{-1}=$ $\displaystyle\frac{a^2\left(i+1 \right)}{1-a^2}\sum_{k=2}^{+\infty}{\frac{m^{k}}{k!}\left(\frac{a}{i} \right)^{k-2}}=\frac{i+1}{a^2-1}\sum_{k=2}^{+\infty}{\left(-mai \right)^k \frac{1}{k!}}=\frac{i+1}{a^2-1}\left(e^{-maik}-1+mai \right)$

$\displaystyle \frac{a^2\left(i+1 \right)}{1-a^2}\sum_{k=0}^{+\infty}{\frac{m^{n}z^{1-n}}{n!}}\cdot \sum_{k=0}^{+\infty}{\left(\frac{z}{ai} \right)^n}\Rightarrow a_{-1}=$ $\displaystyle \frac{a^2\left(i+1 \right)}{1-a^2}\sum_{k=2}^{+\infty}{\frac{m^{k}}{k!}\left(\frac{1}{ai} \right)^{k-2}}=\frac{a^4\left(i+1 \right)}{1-a^2}\sum_{k=2}^{+\infty}{\left(-mi/a \right)^k \frac{1}{k!}}=a^4\frac{i+1}{a^2-1}\left(e^{-\frac{mi}{a}}-1-\frac{mi}{a} \right)$

$\displaystyle \frac{a^3\left(i-1 \right)}{a^2-1}\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{m^n z^{-1-n}}{n!}}\cdot \sum_{n=0}^{+\infty}{\left(\frac{az}{i} \right)^n}\Rightarrow \frac{a^3\left(i-1 \right)}{a^2-1}\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(-mai \right)^k \frac{1}{k!}}=$ $\displaystyle \frac{a^3\left(i-1 \right)}{a^2-1}e^{-mai}$

$\displaystyle \frac{a\left(i-1 \right)}{a^2-1}\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{m^n z^{-1-n}}{n!}}\cdot \sum_{n=0}^{+\infty}{\left(\frac{z}{ai} \right)^n}\Rightarrow \frac{a\left(i-1 \right)}{a^2-1}\sum_{n=0}^{+\infty}{\left(-\frac{mi}{a} \right)^k \frac{1}{k!}}=$ $\displaystyle \frac{a\left(i-1 \right)}{a^2-1}e^{-\frac{mi}{a}}$ .

Τελικά προσθέτουμε όλα τους συντελεστές του 1/z μαζί με το Res

στο

και πολλαπλασιάζουμε με $2\pi i$ . Η πρόταση που βασηστήκαμε είναι οτι σε περίπτωση ουσιώδους ανωμαλίας το Res

είναι ο συντελεστής του όρου 1/z στο ανάπτυγμα Laurent της συνάρτησης.

Oι πράξεις είαι πολλές, αλλάπιστεύω η σωστή διαδικασία είναι αυτή.

kwstas12345 · #120

Μια προσπάθεια , η οποία δεν νομίζω να οδηγεί σε λύση για τον υπολογισμό του $\displaystyle \displaystyle{\int_{0}^{1}{\frac{\sqrt{1-x^2}}{1-x^2 \sin^2 x}}dx}$ με μιγαδική ανάλυση.

Αρχικά κάνουμε την αντικατάσταση $\displaystyle x=\cos t, 0\leqslant t \leqslant \frac{\pi}{2}$ τότε $\displaystyle \int_{0}^{1}{\frac{\sqrt{1-x^2}}{1-x^2 \sin^2 x}}dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin^2 t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}$ , στο τελευταίο με αντικατάσταση $\displaystyle y=\pi-x$

τότε $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin^2 t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}{\frac{\sin^2t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}$ άρα $\displaystyle 2 \int_{0}^{1}{\frac{\sqrt{1-x^2}}{1-x^2 \sin^2 x}}dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin^2t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}{\frac{\sin^2 t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}=$ $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\frac{\sin^2 t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}$ }}

To τελευαταίο με την αντικατάσταση $\displaystyle u=2\pi-x$ $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\frac{\sin^2 t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}=\int_{\pi}^{2\pi}{\frac{\sin^2 t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}\Rightarrow 4\int_{0}^{1}{\frac{\sqrt{1-x^2}}{1-x^2 \sin^2 x}}dx=$ $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\frac{\sin^2 t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}$ .

Τώρα θεωρούμε την αντικατάσταση $\displaystyle z=e^{it}, dt=\frac{dz}{iz}$ , $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\frac{dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}=\frac{16}{i}\oint_{C} z\left[16z^2+\left(z^2+1 \right)^2 \left(e^{\displaystyle{i\frac{z^2+1}{2z}}}- e^{\displaystyle{-i\frac{z^2+1}{2z}}}\right) \right]^{-1} dz$

όπου

αριστερόστροφος μοναδιαίος κύκλος καθώς χρισημοποιήθηκαν οι τύποι: $\displaystyle \cos \theta =\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2},\sin \theta =\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2i}$ . Επειδή όλοι οι πόλοι βρίσκονται εντός του κύκλου μας (από wolfram) με την χρήση του

$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{Res\left(f,0 \right)}=-Res\left(f, \infty \right)=-Res\left(-\frac{1}{z^2}f\left(\frac{1}{z} \right) ,0\right)$ αρκεί να βρούμε το ρεσιντιου της $\displaystyle -\frac{1}{z^2}f\left(\frac{1}{z} \right)$ στο μηδέν.Τώρα $\displaystyle -\frac{1}{z^2}f\left(\frac{1}{z} \right)=-\frac{z}{16z^2+\left(z^2+1 \right)A^{2}\left(z \right)}, A\left(z \right)=\displaystyle{e^{\displaystyle{\frac{i}{2}\left(z+\frac{1}{z} \right)}}-e^{\displaystyle{-\frac{i}{2}\left(z+\frac{1}{z} \right)}}}$ και

$\displaystyle \frac{8z}{16z^2+\left(z^2+1 \right)A^{2}\left(z \right)}=\frac{1}{4z-i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}+\frac{1}{4z+i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}=$ $\displaystyle \frac{1}{4z}\left(\frac{1}{\displaystyle{1-\frac{i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}{4z}}}+ \frac{1}{\displaystyle{1-\frac{i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}{4z}}}\right)$ . Τώρα θα χρησιμοποιήσουμε τις γνωστές $\displaystyle \frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{\infty}{z^n}, e^{z}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{z^n}{n!}}$ .

Άρα $\displaystyle \frac{1}{\displaystyle{1-\frac{i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}{4z}}}+ \frac{1}{\displaystyle{1+\frac{i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}{4z}}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\left(\frac{i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}{4z}} \right)^n+\sum_{n=0}^{\infty}{\left(\frac{-i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}{4z}} \right)^n$ $\displaystyle =2\sum_{n=0,n=2m}^{\infty}{\left(\frac{i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}{4z}} \right)^n$

$\displaystyle \frac{i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}{4z}=\frac{i}{4}\left(z+\frac{1}{z} \right)\left(\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{1}{k!}\left(\frac{i}{2} \right)^k \left(z+\frac{1}{z} \right)^k} -\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{1}{k!}\left(-\frac{i}{2} \right)^k \left(z+\frac{1}{z} \right)^k}\right)$ $\displaystyle \frac{i}{2}\left(z+\frac{1}{z} \right)\left(\sum_{k=1,k=2m+1}^{\infty}{\left(\frac{i}{2} \right)^k \frac{1}{k!}\left(z+\frac{1}{z} \right)^k} \right)=\left(\sum_{k=1,k=2m+1}^{\infty}{\left(\frac{i}{2} \right)^{k+1} \frac{1}{k!}\left(z+\frac{1}{z} \right)^{k+1}} \right)$

Άρα $\displaystyle 2\sum_{n=0,n=2m}^{\infty}{\left(\frac{i\left(z^2+1 \right)A\left(z \right)}{4z}} \right)^n=2\sum_{n=0,n=2m}^{\infty}{\left(\left(\sum_{k=1,k=2m+1}^{\infty}{\left(\frac{i}{2} \right)^{k+1} \frac{1}{k!}\left(z+\frac{1}{z} \right)^{k+1}} \right) \right)}^n$ , και συνεπώς αναζητάμε τον σταθερό συντελεστή της παραπάνω παράστασης.

Tώρα $\displaystyle \left(z+\frac{1}{z} \right)^{k+1}=\displaystyle{\binom {k+1}{\displaystyle{\frac{k+1}{2}}}}+\sum_{j=2,j=2m}^{k+1}{\binom {k+1}{\displaystyle{\frac{k+j+1}{2}}}\left(z^{j}+z^{-j} \right)}$ άρα $\displaystyle {\left(\frac{i}{2} \right)^{k+1} \frac{1}{k!}\left(z+\frac{1}{z} \right)^{k+1}} \right) \right)=\left(\frac{i}{2} \right)^{k+1} \frac{1}{k!}\binom {k+1}{\displaystyle{\frac{k+1}{2}}}}+{\left(\frac{i}{2} \right)^{k+1} \frac{1}{k!}\sum_{j=2,j=2m}^{k+1}{\binom {k+1}{\displaystyle{\frac{k+j+1}{2}}}\left(z^{j}+z^{-j} \right)}$

Άρα το τελικο άθροισμα είναι το $\displaystyle \sum_{n=0,n=2m}^{\infty}{\left(\sum_{k=1,k=2m+1}^{\infty}{\left(\left(\frac{i}{2} \right)^{k+1} \frac{1}{k!}\binom {k+1}{\displaystyle{\frac{k+1}{2}}}} \right)}+\sum_{k=1,k=2m+1}^{\infty}{\left({\left(\frac{i}{2} \right)^{k+1} \frac{1}{k!}\sum_{j=2,j=2m}^{k+1}{\binom {k+1}{\displaystyle{\frac{k+j+1}{2}}}\left(z^{j}+z^{-j} \right)} \right)} \right)}^n$ . Μέσα σε αυτό περιέχεται

σίγουρα το $\displaystyle \sum_{n=0,n=2m}^{\infty}{\left(\sum_{k=1,k=2m+1}^{\infty}{\left(\left(\frac{i}{2} \right)^{k+1} \frac{1}{k!}\binom {k+1}{\displaystyle{\frac{k+1}{2}}}} \right) \right)}^n$

Όμοια $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\frac{\cos^2 t dt}{1-\cos^2 t \sin^2 \left(\cos t \right)}}=\frac{4}{i} \oint_{C} \frac{\left(z^2+1 \right)^2}{z\left(16z^2+\left(z^2+1 \right)^2 A\left(z \right) \right)}dz$ με την ίδια λογική αρκεί να βρεθεί το residue στο 0 της $\displaystyle -\frac{\displaystyle{z\left(z+\frac{1}{z} \right)^2}}{16z^2+\left(z^2+1 \right)^2 A\left(\frac{1}{z} \right)}$

$\displaystyle \frac{8\displaystyle{z\left(z+\frac{1}{z} \right)^2}}{16z^2+\left(z^2+1 \right)^2 A\left(\frac{1}{z} \right)}=\frac{1}{4z}\left(\frac{\displaystyle{\left(z+\frac{1}{z} \right)^2}}{\displaystyle{1-\frac{i}{4}\left(z+\frac{1}{z} \right)A\left(z \right)}}+\frac{\displaystyle{\left(z+\frac{1}{z} \right)^2}}{\displaystyle{1+\frac{i}{4}\left(z+\frac{1}{z} \right)A\left(z \right)}} \right)$ $\displaystyle \frac{1}{4z}\left(\sum_{n=0}^{\infty}{\left(\frac{i}{4} \right)^n\left(z+\frac{1}{z} \right)^{n+2}}A^ n \left(z \right)+\sum_{n=0}^{\infty}{\left(-\frac{i}{4} \right)^n\left(z+\frac{1}{z} \right)^{n+2}}A^ n \left(z \right) \right)$

και συνεχίζει με την ίδια λογική, απόρω αν μπορούν να υπολογιστούν στα τελικά αθροισματα οι σταθεροί όροι...

Edit: Συγνώμη για την διαγραφή της λύσης πρίν, αλλά είδα ότι ξέχασα την δεύτερη επεξεργασία.

Άς σημειωθεί ότι $\displaystyle A\left(\frac{1}{z} \right)=A\left(z \right)$ .

Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση