Γενικευμένα Ολοκληρώματα

#161

kwstas12345 έγραψε: $\displaystyle 77)$ Kαι ας βρεθεί το πιο γενικό $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(1-aix \right)}{x^2+m}}dx, a,m>0$ .

Πάλι με χρήση Πραγματικής Ανάλυσης.

Κάπως συνοπτικά.

Λήμμα 1: $\displaystyle{{I_1} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} + {a^2}} \right)\left( {{x^2} + {b^2}} \right)}}dx} = \frac{\pi }{{2\left( {a + b} \right)}}}$ (σχεδόν στοιχειώδες).

Λήμμα 2: $\displaystyle{{I_2} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + {x^2}} \right)}}{{{x^2} + {m^2}}}dx} = \frac{\pi }{m}\ln \left( {m + 1} \right)}$ διότι

$\displaystyle{{I_2} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + {x^2}} \right)}}{{{x^2} + {m^2}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{{x^2} + {m^2}}}\left( {\int\limits_0^x {\frac{{2y}}{{1 + {y^2}}}dy} } \right)dx} = \mathop = \limits^{y = xt} = \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{{x^2} + {m^2}}}\left( {\int\limits_0^1 {\frac{{2{x^2}t}}{{1 + {x^2}{t^2}}}dt} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = 2\int\limits_0^1 {t\left( {\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} + {m^2}} \right)\left( {1 + {x^2}{t^2}} \right)}}dx} } \right)dt} = 2\int\limits_0^1 {\frac{1}{t}\left( {\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} + {m^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{t^2}}} + {x^2}} \right)}}dx} } \right)dt} \mathop = \limits^{\left\lfloor {{I_1}} \right\rfloor } \int\limits_0^1 {\frac{1}{t}\frac{\pi }{{m + \frac{1}{t}}}dt} = \frac{\pi }{m}\ln \left( {m + 1} \right)}$ .

Τότε $\displaystyle{ \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {1 - axi} \right)}}{{{x^2} + m}}dx} = \mathop = \limits^{ax = - y} = a\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + yi} \right)}}{{{y^2} + {a^2}m}}dy} = \frac{a}{2}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + {y^2}} \right) + i\arctan y}}{{{y^2} + {a^2}m}}dy} = a\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + {y^2}} \right)}}{{{y^2} + {a^2}m}}dy} = }$

$\displaystyle{ = a\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + {y^2}} \right)}}{{{y^2} + {{\left( {a\sqrt m } \right)}^2}}}dy} \mathop = \limits^{\left\lfloor {{I_2}} \right\rfloor } \frac{\pi }{{\sqrt m }}\ln \left( {1 + a\sqrt m } \right)}$

kwstas12345 · #162

κ. Σεραφείμ σας ευχαριστώ για την όμορφη λύση σας. Bάζω άλλη μια με μιγαδική ανάλυση.

Aρχικά θεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{\ln\left(1-aiz \right)}{z^2+m},z \in \mathbb{C},a,m>0$ η οποία είναι πλειότιμη, και με σκοπό να την κάνουμε μονότιμη ορίζουμε σαν branch cut την ημιευθεία από τον $\displaystyle z_{1}=-\frac{i}{a}$ και κάτω ,στον άξονα των φανταστικών.

Άρα $\displaystyle \ln\left(1-aiz \right)=\ln\left(az+i \right)-\ln i=\ln\left|az+i \right|+i\arg\left(az+i \right)-\frac{\pi i}{2}$ αφού $\displaystyle \ln i=\ln\left|i \right|+i\arg\left(i \right)=\frac{\pi i}{2}$ , έτσι θεωρούμε το ημικύκλιο $\displaystyle C:\left[0,\pi \right]\rightarrow \mathbb{C}$ στο άνω ημιεπίπεδο από $\displaystyle A\left(R,0 \right),B\left(-R,0 \right)$ .

Το άνω ημικύκλιο δεν ''κόβεται'' από το branch cut, και η

είναι αναλυτική σε αυτό (εκτός του πόλου), άρα από το θεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων του Caychy: $\displaystyle \int_{C}f\left(z \right)dz=2\pi i Res\left(f,i\sqrt{m} \right)$ καθώς ο μόνος πόλος που περιέχεται στον τόπο μας είναι ο $i\sqrt{m}$ .

Άρα $\displaystyle \int_{C}f\left(z \right)dz=\int_{0}^{\pi}f\left(Re^{it} \right)iRe^{it}dt+\int_{-R}^{R}{f\left(z \right)}dz$ , όμως $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{f\left(Re^{it} \right)iRe^{it}}dt=\int_{0}^{\pi}{\frac{\ln\left(1-aiRe^{it} \right)}{R^2e^{2it}+m}}iRe^{it}dt$ .

Για αρκετά μεγάλα

έχουμε $\displaystyle \left|\int_{0}^{\pi}{\frac{\ln\left(1-aiRe^{it} \right)}{R^2e^{2it}+m}}iRe^{it}dt \right|\leqslant \int_{0}^{\pi}{\left|\frac{\ln\left(1-aiRe^{it} \right)}{R^2e^{2it}+m}iRe^{it} \right|}dt$ όμως $\displaystyle \left|\ln\left(1-aiz \right) \right|=\left|\ln\left|az+i \right|-\pi i/2 +i\arg\left(az+i \right) \right|\leqslant \ln\left|aRe^{it}+i \right|+$ $\displaystyle \pi/2+\left|\arg\left(az+i \right) \right|=\ln\sqrt{a^2R^2+1}+C$

όπου

μια θετικός αριθμός μιας και το όρισμα τώρα με τον ορισμό του branch cut παίρνει τιμές στο $\displaystyle \left[-\pi/2,3\pi/2 \right)$ άρα $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\left|\frac{\ln\left(1-aiRe^{it} \right)}{R^2e^{2it}+m}iRe^{it} \right|}dt\leqslant \int_{0}^{\pi}{\frac{CR+R\ln\left(\sqrt{a^2R^2+1} \right)}{R^2-m}}dt=$ $\displaystyle \pi\cdot \frac{CR+R\ln\left(\sqrt{a^2R^2+1} \right)}{R^2-m}\rightarrow 0$ .

Και έτσι $\displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty} \int_{0}^{\pi}{f\left(Re^{it} \right)iRe^{it}}dt=0$ ,και για μεγάλα

επίσης $\displaystyle \int_{-R}^{R}{f\left(z \right)dz}=\int_{-\infty}^{\infty}{f\left(z \right)}dz$ και έτσι $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{f\left(z \right)}dz=2\pi i Res\left(f,i\sqrt{m} \right)$ .

Όμως $\displaystyle Res\left(f,i\sqrt{m} \right)=\frac{\ln\left(ai\sqrt{m}+i \right)}{2i\sqrt{m}}=\frac{\ln\left|i\left(a\sqrt{m}+1 \right) \right|+i\arg\left(i\left(a\sqrt{m}+1 \right) \right)-\pi i/2}{2i\sqrt{m}}$ $\displaystyle =\frac{\ln\left(1+a\sqrt{m} \right)}{2i\sqrt{m}}$

και έτσι έχουμε $\displaystyle \boxed{\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(1-aix \right)}{x^2+m}}dx=\frac{\pi}{\sqrt{m}}\ln\left(1+a\sqrt{m} \right)}$ . Τώρα το πρώτο ολοκλήρωμα είναι άμεση εφαρμογή για $\displaystyle a=2,m=1$

#163

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{2)}$ Έστω $\displaystyle{\mathbb{R}\ni p>0}$ και $\displaystyle{n\in\mathbb{N}_{0}}$ .

Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin^{n}x}{e^{px}}\,dx}$ .

Χμ .. αυτό δεν το είχαμε κοιτάξει, κάποιος μου το θύμισε.

Έστω $\displaystyle{{a_n} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{{\sin }^n}x}}{{{e^{px}}}}dx} = \int\limits_0^\infty {{{\sin }^n}x \cdot {e^{ - px}}dx} {\text{ \& }}{b_n} = \int\limits_0^\infty {{{\sin }^n}x \cdot \cos x \cdot {e^{ - px}}dx} }$

Τότε με παραγοντικές ολοκληρώσεις στα εκθετικά βρίσκουμε $\displaystyle{{a_n} = \frac{n}{p}{b_{n - 1}}{\text{ \& }}{b_n} = \frac{n}{p}{a_{n - 1}} - \frac{{n + 1}}{p}{a_{n + 1}}}$ που οδηγεί στο

$\displaystyle{\frac{{n + 1}}{p}{a_n} = \left( {\frac{{n + 1}}{p} + \frac{p}{{n + 1}}} \right){a_{n + 2}}}$ και τελικά στο $\displaystyle{{a_n} = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{{{p^2} + {n^2}}}{a_{n - 2}}}$ .

Με διαδοχικό υποβιβασμό βρίσκουμε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{{{\sin }^{2n}}x}}{{{e^{px}}}}dx} = \frac{{\left( {2n} \right)!}}{{p\left( {{p^2} + {2^2}} \right)\left( {{p^2} + {4^2}} \right) \cdot .. \cdot \left( {{p^2} + {{\left( {2n} \right)}^2}} \right)}}}$ καθώς και

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{{{\sin }^{2n - 1}}x}}{{{e^{px}}}}dx} = \frac{{\left( {2n - 1} \right)!}}{{\left( {{p^2} + {1^2}} \right)\left( {{p^2} + {3^2}} \right)\left( {{p^2} + {5^2}} \right) \cdot .. \cdot \left( {{p^2} + {{\left( {2n - 1} \right)}^2}} \right)}}}$

Δεν ξέρω αν μπορούν να βρεθούν περισσότερο "σφιχτοί" τύποι.

Ωmega Man · #164

78. Να βρεθεί αναδρομικός τύπος για το $\displaystyle{\bf\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(\pi x -4x^2\right)^{n}\ln(1+\tan(x))\;dx}$ για $\displaystyle{\bf n\in\mathbb{N}}$ .

79. Να υπολογιστεί το $\displaystyle{\bf \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{\log(x)}{(2x+1)(x^2+x+1)}\;dx}$ .

kwstas12345 · #165

$\displaystyle 79$ . Θεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right):=\frac{\ln^2 z}{\left(2z+1 \right)\left(z^2+z+1 \right)}, z \in \mathbb{C}$ η οποία είναι πλειότιμη, και γιαυτό θεωρούμε σαν brach-cut το θετικό ημιάξονα από το

και πέρα έτσι ώστε να γίνει μονότιμη.

Θεωρούμε τώρα την καμπύλη

η οποία αποτελείται από έναν αριστερόστροφο κύκλο $\displaystyle C_{1}$ ακτίνας

, από ένα ευθύγραμμο τμήμα λίγο κάτω από το branch-cut, από ένα δεξιοστροφο κύκλο ακτίνας $\displaystyle \varepsilon$ γύρω από το

και από ένα τελευταιο τμήμα $\displastyle C_{4}$ πάνω από το branch-cut.

Η

έχει απλούς πόλυς στα σημεία $\displaystyle \frac{1}{2} e^{\pi i},e^{2\pi i/3},e^{4\pi i/3}$ (εκφράζουμε έτσι τους πόλους καθώς $\displaystyle \arg z \in \left[0,2\pi \right)$ ). Η

ώντας αναλυτική στην καμπύλη

εκτός από τους πόλους,

από το θεώρημα του Caychy θα είναι $\displaystyle \oint_{C} f\left(z \right)dz=2\pi i\sum_{k}{Res\left(f,z_{k} \right)}$ .

Όμως $\displaystyle Res\left(f,-\frac{1}{2} \right)=\lim_{z\rightarrow -1/2}\left(\left(z+1/2 \right)\frac{\ln^2 z}{\left(2z+1 \right)\left(z^2+z+1 \right)} \right)=$ $\displaystyle \frac{2}{3}\left(\pi i-\ln2 \right)^2$ . Όμοια $\displaystyle Res\left(f,e^{2\pi i/3} \right)=\frac{4\pi }{9},Res\left(f,e^{4\pi i/3} \right)=\frac{16 \pi }{9}$ .

Τώρα $\displaystyle \oint_{C} f\left(z \right)dz=\int _{C_{1}}f\left(z \right)dz+\int_{C_{2}}f\left(z \right)dz+\int_{C_{3}}f\left(z \right)dz+\int_{C_{4}}f\left(z \right)dz$ . Μελετάμε καθένα ξεχωριστά: $\displaystyle \int _{C_{1}}f\left(z \right)dz=\int_{0}^{2\pi}{iRe^{it}f\left(Re^{it} \right)}=\int_{0}^{2\pi}{\frac{iRe^{it}\left(\ln R+it \right)^2}{\left(2Re^{it}+1 \right)\left(R^2e^{2it}+Re^{it}+1 \right)}}dt$ .

Και $\displaystyle \left|\int_{0}^{2\pi}{\frac{iRe^{it} \left(\ln R+it \right)^2}{\left(2Re^{it}+1 \right)\left(R^2e^{2it}+Re^{it}+1 \right)}}dt \right|\leqslant \int_{0}^{2\pi}{\left|{\frac{iR\left(\ln R+it \right)^2}{\left(2Re^{it}+1 \right)\left(R^2e^{2it}+Re^{it}+1 \right)}}dt \right|}\leqslant$ $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\frac{R\left(\ln^2R+4\pi^2+4\pi R\ln R \right)}{\left(2R+1 \right)\left(R^2-1-R \right)}}dt=\frac{R\left(\ln^2R+4\pi^2+4\pi R\ln R \right)}{\left(2R+1 \right)\left(R^2-R-1 \right)}\rightarrow 0$ καθώς $\displaystyle R\rightarrow \infty$ .

Για τον μικρό κύκλο $\displaystyle \int _{C_{3}}f\left(z \right)dz=\int_{2\pi}^{0}{i\varepsilon e^{it}f\left(\varepsilon e^{it} \right)}=\int_{2\pi}^{0}{\frac{i\epsilon e^{it}\left(\ln \varepsilon +it \right)^2}{\left(2\varepsilon e^{it}+1 \right)\left(\varepsilon ^2 e^{2it}+\varepsilon e^{it} +1\right)}}dt$ και $\displaystyle \left|\int_{2\pi}^{0}{\frac{i\varepsilon e^{it}\left(\ln \varepsilon +it \right)^2}{\left(2\varepsilon e^{it}+1 \right)\left(\varepsilon ^2 e^{2it}+\varepsilon e^{it} +1\right)}}dt \right|\leqslant \int_{2\pi}^{0}{\frac{\varepsilon\left(\ln^2 \varepsilon+4\pi^2+4\pi \varepsilon \ln \varepsilon \right) }{\left(-2\varepsilon +1 \right)\left(-\varepsilon ^2+\varepsilon +1 \right)}}dt \rightarrow 0$ καθώς $\displaystyle \varepsilon \rightarrow 0$ .

Και $\displaystyle \int_{C_{2}} f\left(z \right)dz=\int_{R}^{\varepsilon }{\frac{\left(\ln x+2\pi i \right)^2}{\left(2x+1 \right)\left(x^2+x+1 \right)}}dx$ καθώς και $\displaystyle \int_{C_{4}} f\left(z \right)dz=\int_{\varepsilon }^{R }{\frac{\ln^2 x}{\left(2x+1 \right)\left(x^2+x+1 \right)}}dx$

και τελικά το ολοκλήρωμα στην καμπλύλη είναι $\displaystyle -\int_{\varepsilon }^{R}{\frac{4\pi i \ln z}{\left(2z+1 \right)\left(z^2+z+1 \right)}}dx+\int_{\varepsilon }^{R}{\frac{4\pi ^2}{\left(2z+1 \right)\left(z^2+z+1 \right)}}dx$ .

Τελικά $\displaystyle -\int_{0 }^{\infty}{\frac{4\pi i \ln z}{\left(2z+1 \right)\left(z^2+z+1 \right)}}dx+\int_{0 }^{\infty}{\frac{4\pi ^2}{\left(2z+1 \right)\left(z^2+z+1 \right)}}dx$ . Αθροίζοντας τα ρεσιντιου και εξισώνοντας πραγματικα και φανταστικά μέρη βρίσκουμε

$\displaystyle \int_{0 }^{\infty}{\frac{ \ln z}{\left(2z+1 \right)\left(z^2+z+1 \right)}}dx=-\frac{1}{27} \left(\pi^2+9\ln^2 2 \right)$ .

Ωmega Man · #166

Ωραία Κώστα! Ας βάλω και το σχήμα που χρησιμοποίησες μιας και το έχω έτοιμο! Αν και δεν ζητείται βρήκαμε και το $\displaystyle{\bf \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{1}{(2x+1)(x^2+x+1)}\;dx=\frac{2}{3}\log(2)}$ .

: kwstas12345.png (38.68 KiB) Προβλήθηκε 2492 φορές

kwstas12345 · #167

$\displaystyle 80)$ Άς βρεθεί το $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(x-i \right)}{x^2+x+1}}dx$ . Έχω την εντύπωση πως με την λύσή που έχω το πρώτο γενικεύεται στο $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(k{\color{red} x}-mi \right)}{ax^2+bx+c}}dx$ με $\displaystyle m,k,b,a>0, b^2<4ac$ ,το οποίο και να βρεθεί.

Edit Προστέθηκε ένα x μέσα στο ολοκλήρωμα.

#168

kwstas12345 έγραψε: $\displaystyle 80)$ Άς βρεθεί το $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(x-i \right)}{x^2+x+1}}dx$ . Έχω την εντύπωση πως με την λύσή που έχω το πρώτο γενικεύεται στο $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(k-mi \right)}{ax^2+bx+c}}dx$ με $\displaystyle m,k,b,a>0, b^2<4ac$ ,το οποίο και να βρεθεί.

Κάπως συνοπτικά, με Μιγαδική Ανάλυση (δεν βρήκα δρόμο μέσω Πραγματικής).

$\displaystyle{J = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {x - i} \right)}}{{{x^2} + x + 1}}dx} = \mathop = \limits^{x - i = z} = \int\limits_{ - \infty - i}^{\infty - i} {\frac{{\ln z}}{{{z^2} + \left( {1 + 2i} \right)z + i}}dz} }$ . Λαμβάνουμε ως branch cut του λογαρίθμου τον αρνητικό πραγματικό ημιάξονα.

Τότε η μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle{f\left( z \right) = \frac{{\ln z}}{{{z^2} + \left( {1 + 2i} \right)z + i}}}$ είναι μερόμορφη στο «κάτω» ημιεπίπεδο $\displaystyle{\left\{ {z:{\text{Im}}\left( z \right) < 0} \right\}}$ , με απλούς πόλους τους

$\displaystyle{{u_{1,2}} = - \frac{1}{2} - i\left( {1 \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}$ , εκ των οποίων μόνον ο $\displaystyle{{u_1} = - \frac{1}{2} - i\left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}$ βρίσκεται εντός του ημικυκλίου του σχήματος, στον οποίο έχουμε

$\displaystyle{{\text{Res}}\left( {f\left( z \right);z = {u_1}} \right) = \frac{i}{{\sqrt 3 }}Log\left( { - \frac{1}{2} - i\left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right) = .. = \frac{{7\pi }}{{12\sqrt 3 }} + \frac{i}{{2\sqrt 3 }}\ln \left( {2 + \sqrt 3 } \right)}$ .

Θεωρούμε το μιγαδικό ολοκλήρωμα της f(z)

στην γραμμή που απεικονίζεται στο σχήμα (αντίθετη περιστροφή).

: Mig-Kw.jpg (16.22 KiB) Προβλήθηκε 2398 φορές

Εύκολα προκύπτει ότι επί του ημικυκλίου έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{R \to \infty } f\left( z \right) = 0}$ , οπότε $\displaystyle{\frac{1}{{2\pi i}}\oint {f\left( z \right)dz} = \frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_{ - \infty - i}^{\infty - i} {\frac{{\ln z}}{{{z^2} + \left( {1 + 2i} \right)z + i}}dz} = {\text{-Res}}\left( {f\left( z \right);z = {u_1}} \right)}$ .

Tότε $\displaystyle{J = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {x - i} \right)}}{{{x^2} + x + 1}}dx} = - 2\pi i\left( {\frac{{7\pi }}{{12\sqrt 3 }} + \frac{i}{{2\sqrt 3 }}\ln \left( {2 + \sqrt 3 } \right)} \right) = \frac{\pi }{{\sqrt 3 }}\ln \left( {2 + \sqrt 3 } \right) - i\frac{{7{\pi ^2}}}{{6\sqrt 3 }}}$ .

Από την παραπάνω ανάλυση προκύπτουν και δυο όμορφα ολοκληρώματα $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2} + x + 1}}dx} = \frac{{2\pi }}{{\sqrt 3 }}\ln \left( {2 + \sqrt 3 } \right)}$ και $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\arctan x}}{{{x^2} + x + 1}}dx} = - \frac{{{\pi ^2}}}{{6\sqrt 3 }}}$
(στα οποία ο Wolfram .. σκαλώνει).

Κώστα υποθέτω ότι στην γενίκευσή σου, μέσα στον λογάριθμο, θα πρέπει να υπάρχει και κανα

.. επιβεβαίωσέ το.

.. όντως γενικεύεται.

#169

kwstas12345 έγραψε: $\displaystyle 80)$ Έχω την εντύπωση πως το πρώτο γενικεύεται στο $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(k{\color{red} x}-mi \right)}{ax^2+bx+c}}dx$ με $\displaystyle m,k,b,a>0, b^2<4ac$ ,το οποίο και να βρεθεί.

Με τελείως όμοια τεχνική (ανάστροφο ημικύκλιο στο κάτω ημιεπίπεδο), αν $\displaystyle{J = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {kx - mi} \right)}}{{a{x^2} + bx + c}}dx}}$ , βρίσκω ότι

$\displaystyle{J = \frac{{2\pi }}{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}\left( {\ln k + \ln \sqrt {\frac{{{m^2}}}{{{k^2}}} + \frac{c}{a} + \frac{{m\sqrt {4ac - {b^2}} }}{{ak}}} } \right) + i\frac{{2\pi }}{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}\left( { - \pi + \arctan \frac{{2am + k\sqrt {4ac - {b^2}} }}{{bk}}} \right)}$

Χμ .. οι υπολογισμοί είναι αρκετά δύσκολο να γραφούν.

Κι απ' αυτό προκύπτουν δυο σπουδαία ολοκληρώματα $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {{k^2}{x^2} + {m^2}} \right)}}{{a{x^2} + bx + c}}dx} = \frac{{\color{red}4} \pi }{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}\left( {\ln k + \ln \sqrt {\frac{{{m^2}}}{{{k^2}}} + \frac{c}{a} + \frac{{m\sqrt {4ac - {b^2}} }}{{ak}}} } \right)}$

και $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\arctan \left( {\dfrac{m}{{kx}}} \right)}}{{a{x^2} + bx + c}}dx} = \frac{{2\pi }}{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}\left( {\pi - \arctan \frac{{2am + k\sqrt {4ac - {b^2}} }}{{bk}}} \right)}$ πάντα με όλες τις παραμέτρους θετικές και αρνητική διακρίνουσα στον παρονομαστή.

kwstas12345 · #170

κ.Σεραφείμ, σας ευχαριστώ για την όμορφη προσεγγισή σας, με μιγαδική ανάλυση.Και μένα η δική μου με μιγαδική είναι αλλά κάπως διαφορετική.

Αρχικά $\displaystyle\int \limits_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(kx-mi \right)}{ax^2+bx+c}}dx=\int \limits_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(x-\frac{mi}{k} \right)}{ax^2+bx+c}}dx+\int \limits_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln k}{ax^2+bx+c}}dx$ . Θεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right):=\frac{{\ln\left(z-\frac{mi}{k} \right)}}{az^2+bz+c}$ η οποία είναι πλειότιμη λόγω του λογαρίθμου,

και για να γίνει μονότιμη θεωρούμε σαν branch-cut που πάνω στον άξονα των φανταστικών από το $\displaystyle \frac{mi}{k}$ και πάνω και έτσι $\displaystyle -\frac{3\pi }{2}\leqslant \arg z < \frac{\pi}{2}$ . Για να γίνουν ευκολότεροι οι υπολογισμοί θεωρούμε το κάτω ημικύκλιο

από το $\displaystyle A\left(-R,0 \right)$ στο $\displaystyle B\left(R,0 \right)$ . Στο ημικύκλιο αυτό περιέχεται ο απλός πόλος της

, ο $\displaystyle z_{1}=\frac{-b-i\sqrt{4ac-b^2}}{2a}$ . Η

είναι αναλυτική εκτός από τον πόλο άρα από το θ.Caychy: $\displaystyle \int_{C}f\left(z \right)dz=2\pi i Res\left(f,z_{1} \right)$ .

Όμως το ημικύκλιο δεν κόβεται από τον branch-cut άρα $\displaystyle \int_{C}f\left(z \right)dz=\int_{\pi}^{2\pi}{iRe^{it}f\left(Re^{it} \right)}dt+\int_{R}^{-R}{f\left(z \right)}dz$ και $\displaystyle \left|\int_{\pi}^{2\pi}{iRe^{it}f\left(Re^{it} \right)}dt \right|\leqslant \int_{\pi}^{2\pi }{\left|iRe^{it}f\left(Re^{it} \right) \right|}dt=\int_{\pi}^{2\pi}{\frac{R\ln\left(Re^{it}-\frac{mi}{k} \right)}{\left|aR^2e^{2it}+bRe^{it}+c \right|}}dt =$

$\displaystyle \int_{\pi}^{2\pi}{\frac{R\ln\left\left|(Re^{it}-\frac{mi}{k} \right) \right|+R\theta }{\left|aR^2e^{2it}+bRe^{it}+c \right|}}dt\leqslant \int_{\pi}^{2\pi}{\frac{R\ln\left(R+\frac{m}{k} \right)+R\theta }{aR^2-bR-c}}dt\rightarrow 0$ . Άρα $\displaystyle \int \limits_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(z-\frac{mi}{k} \right)}{az^2+bz+c}}dz=-2\pi iRes\left(f,z_{1} \right)$ . Και $\displaystyle Res\left(f,z_{1} \right)=\frac{\ln\left(z_{1}-\frac{mi}{k} \right)}{2az_{1}+b}=\frac{\ln\left(z_{1}-\frac{mi}{k} \right)}{-i\sqrt{4ac-b^2}}$ .

Όμως $\displaystyle \ln\left(z_{1}-\frac{mi}{k} \right)=\ln\left|z_{1}-\frac{mi}{k} \right|+i\arg\left(z_{1}-\frac{mi}{k} \right)$ . Από τον mi/k

φέρουμε παράλληλη προς τον άξονα των πραγματικών, και ενώνουμε τους μιγαδικούς $\displaystyle z_{1},mi/k$ .

Άρα $\displaystyle z_{1}-\frac{mi}{k}=\left|z_{1}-\frac{mi}{k} \right|e^{i\phi }$ . Φέρουμε τώρα κάθετη από τον $z_{1}$ στην ευθεία που φέραμε πριν, άρα $\displaystyle \phi =\theta -\pi$ όπου $\theta$ η οξεία γωνία στο ορθογώνιο τρίγωνο που δημιουργήθηκε.

Όμως $\displaystyle \theta =\arccos\left(\frac{b}{2a\left|z_{1}-\frac{mi}{k} \right|} \right)=\arccos\left(\frac{b}{2a}\left(\frac{b^2}{4a^2}+\left(\frac{\sqrt{4ac-b^2}}{2a} +\frac{m}{k}\right) ^2\right)^{-1/2} \right)$ .Άρα $\displaystyle \ln\left(z_{1}-mi/k \right)=\ln\sqrt{\frac{b^2}{4a^2}+\left(\frac{m}{k}+\frac{\sqrt{4ac-b^2}}{2a} \right)^2}+i\left(\arccos\left(\frac{b}{2a}\left(\frac{b^2}{4a^2}+\left(\frac{\sqrt{4ac-b^2}}{2a} +\frac{m}{k}\right) ^2\right)^{-1/2} \right)-\pi \right)$ .

Τελικά $\displaystyle \boxed{\int \limits_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(z-\frac{mi}{k} \right)}{az^2+bz+c}}dz=\frac{2\pi}{\sqrt{4ac-b^2}}\left(\ln\sqrt{\frac{b^2}{4a^2}+\left(\frac{m}{k}+\frac{\sqrt{4ac-b^2}}{2a} \right)^2}+i\left(\arccos\left(\frac{b}{2a}\left(\frac{b^2}{4a^2}+\left(\frac{\sqrt{4ac-b^2}}{2a} +\frac{m}{k}\right) ^2\right)^{-1/2} \right)-\pi \right) \right)}.$ .

Το ολοκλήρωμα $\displaystyle \ln k\int \limits_{-\infty}^{\infty}{\frac{dz}{az^2+bz+c}}$ βγαίνει αρκετά εύκολα με μιγαδική και ισούται με $\displaystyle \frac{2\pi \ln k}{\sqrt{4ac-b^2}}$ .

#171

kwstas12345 έγραψε:Το ολοκλήρωμα $\displaystyle \ln k\int \limits_{-\infty}^{\infty}{\frac{dz}{az^2+bz+c}}$ βγαίνει αρκετά εύκολα με μιγαδική και ισούται με $\displaystyle \frac{2\pi \ln k}{\sqrt{4ac-b^2}}$ .

Και όχι μόνον ..

$\displaystyle {\ln k\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{dz}}{{a{z^2} + bz + c}}} = \frac{{\ln k}}{a}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{dz}}{{{z^2} + \dfrac{b}{a}z + \dfrac{c}{a}}}} = \frac{{\ln k}}{a}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{dz}}{{{{\left( {z + \dfrac{b}{{2a}}} \right)}^2} + \dfrac{{4ac - {b^2}}}{{4{a^2}}}}}} = \mathop = \limits^{\big{{z + \dfrac{b}{{2a}} = x}}} = \frac{{\ln k}}{a}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{dx}}{{{x^2} + \dfrac{{4ac - {b^2}}}{{4{a^2}}}}}} = }$

$\displaystyle {= \mathop = \limits^{\big{{x = \dfrac{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}{{2a}}y}}} = \frac{{\ln k}}{a} \cdot \frac{{2a}}{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{dy}}{{{y^2} + 1}}} = \frac{{2\ln k}}{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}\left[ {\arctan y} \right]_{ - \infty }^\infty = \frac{{2\pi \ln k}}{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}}$ .

Μπράβο Κωστα, όμορφο θέμα.

#172

erxmer έγραψε:65) Για τους πραγματικούς αριθμούς m ώστε 3 <m<7 αποδείξτε οτι

$\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{\infty}{\int_{0}^{\infty}{\frac{x(sinxsiny)^2}{(x+y)^m}}}dxdy=\frac{B(\frac{m-3}{2}, \frac{7-m}{2})}{2^{7-m}\Gamma (m-1)}}}$

$\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {\frac{{x{{\left( {sinxsiny} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + y} \right)}^m}}}dxdy} } = \int\limits_0^\infty {x{{\sin }^2}x\left( {\int\limits_0^\infty {\frac{{si{n^2}y}}{{{{\left( {x + y} \right)}^m}}}dy} } \right)dx} = \frac{1}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {x{{\sin }^2}x\left( {\int\limits_0^\infty {si{n^2}y\left( {\int\limits_0^\infty {{z^{m - 1}}{e^{ - \left( {x + y} \right)z}}} dz} \right)dy} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {x{{\sin }^2}x\left( {\int\limits_0^\infty {{z^{m - 1}}{e^{ - xz}}\left( {\int\limits_0^\infty {si{n^2}y{e^{ - yz}}} dy} \right)dz} } \right)dx} = \frac{2}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{{z^{m - 1}}}}{{4z + {z^3}}}\left( {\int\limits_0^\infty {x{{\sin }^2}x{e^{ - xz}}dx} } \right)dz} = }$

$\displaystyle{ = \frac{4}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{\left( {4 + 3{z^2}} \right){z^{m - 1}}}}{{{z^3}{{\left( {4 + {z^2}} \right)}^3}}}dz} = \mathop = \limits^{{z^2} = x} = \frac{2}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{\left( {4 + 3x} \right){x^{\dfrac{{m - 5}}{2}}}}}{{{{\left( {4 + x} \right)}^3}}}dx} = \frac{2}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{\left( {4 + x + 2x} \right){x^{\dfrac{{m - 5}}{2}}}}}{{{{\left( {4 + x} \right)}^3}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{2}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{\dfrac{{m - 5}}{2}}}}}{{{{\left( {4 + x} \right)}^2}}}dx} + \frac{4}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{\dfrac{{m - 3}}{2}}}}}{{{{\left( {4 + x} \right)}^3}}}dx} = \frac{2}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {{x^{\dfrac{{m - 9}}{2}}}{{\left( {\frac{x}{{4 + x}}} \right)}^2}dx} + \frac{4}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^\infty {{x^{\dfrac{{m - 9}}{2}}}{{\left( {\frac{x}{{4 + x}}} \right)}^3}dx} = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{\dfrac{x}{{4 + x}} = y} = \frac{2}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{{4y}}{{1 - y}}} \right)}^{\dfrac{{m - 9}}{2}}}{y^2}\frac{4}{{{{\left( {1 - y} \right)}^2}}}dy} + \frac{4}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{{4y}}{{1 - y}}} \right)}^{\dfrac{{m - 9}}{2}}}{y^3}\frac{4}{{{{\left( {1 - y} \right)}^2}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{2^{m - 6}}}}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^1 {{y^{\dfrac{{m - 5}}{2}}}{{\left( {1 - y} \right)}^{\dfrac{{5 - m}}{2}}}dy} + \frac{{{2^{m - 5}}}}{{\Gamma \left( m \right)}}\int\limits_0^1 {{y^{\dfrac{{m - 3}}{2}}}{{\left( {1 - y} \right)}^{\dfrac{{5 - m}}{2}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{2^{m - 6}}}}{{\Gamma \left( m \right)}}B\left( {\frac{{m - 3}}{2},\frac{{7 - m}}{2}} \right) + \frac{{{2^{m - 5}}}}{{\Gamma \left( m \right)}}B\left( {\frac{{m - 1}}{2},\frac{{7 - m}}{2}} \right) = ...}$ θαρρώ πως με λίγο "ανακάτεμα" προκύπτει το ζητούμενο.

#173

kwstas12345 έγραψε: $\displaystyle 72)$ Να υπολογιστεί το $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sinh ax}{\sinh bx}}dx,b>\left|a \right|$

$\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\sinh ax}}{{\sinh bx}}dx} = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{ax}} - {e^{ - ax}}}}{{{e^{bx}} - {e^{ - bx}}}}dx} = \int\limits_{ - \infty }^\infty {{e^{\left( {a - b} \right)x}} \cdot \frac{{1 - {e^{ - 2ax}}}}{{1 - {e^{ - 2bx}}}}dx} }$

Η μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle{f\left( z \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{\left( {a - b} \right)z}} \cdot \dfrac{{1 - {e^{ - 2az}}}}{{1 - {e^{ - 2bz}}}}{\text{ }}{\text{, }}z \ne 0} \\ {a/b{\text{ }}{\text{, }}z = 0} \\ \end{array} } \right.}$ είναι συνεχής στον πραγματικό άξονα, μερόμορφη στο άνω ημιεπίπεδο, με απλούς πόλους τους

$\displaystyle{{z_k} = i\frac{k}{b}\pi {\text{ }}{\text{, }}k = 1,2,3,...}$ , όπου $\displaystyle{{\text{Res}}\left( {f\left( z \right);z = {z_k}} \right) = i \cdot \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{b}\sin \left( {k\frac{a}{b}\pi } \right)}$ .

Στο άνω ημικύκλιο προκύπτει (με κάποια απλή επεξεργασία) ότι αν $\displaystyle{z = R\left( {\cos \varphi + i\sin \varphi } \right){\text{ }}{\text{, }}\varphi \in \left( {0,\pi } \right)}$ τότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{R \to \infty } f\left( z \right) = 0}$ , οπότε $\displaystyle{\oint {f\left( z \right)dz} = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\sinh ax}}{{\sinh bx}}dx} }$ .

Τελικά $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\sinh ax}}{{\sinh bx}}dx} = 2\pi i\sum\limits_{k = 1}^\infty {{\text{Res}}\left( {f\left( z \right);z = {z_k}} \right)} = \frac{{2\pi }}{b}\sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}\sin \left( {k\frac{a}{b}\pi } \right)} = \frac{{2\pi }}{b}\sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}\frac{{{e^{\dfrac{ika}{b \pi }}} - {e^{ \dfrac{-ika}{b \ pi} }}}}{{2i}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{\pi }{{ib}} \cdot \left( {\frac{{{e^{\dfrac{{ia\pi }}{b}}}}}{{1 + {e^{\dfrac{{ia\pi }}{b}}}}} + \frac{{{e^{ - \dfrac{{ia\pi }}{b}}}}}{{1 + {e^{ - \dfrac{{ia\pi }}{b}}}}}} \right) = ... = \frac{\pi }{b} \cdot \frac{{\sin \left( {\frac{a}{b}\pi } \right)}}{{1 + \cos \left( {\frac{a}{b}\pi } \right)}} \Rightarrow \boxed{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\sinh ax}}{{\sinh bx}}dx} = \frac{\pi }{b} \cdot \tan \left( {\frac{{a\pi }}{{2b}}} \right)}}$

#174

erxmer έγραψε:33) Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{\boxed{\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}{\frac{dxdydz}{(x^2+y^2+z^2+1)^2}}=\frac{\pi^2}{8}}}$

$\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {\frac{{dxdydz}}{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 1} \right)}^2}}}} } } }$ . Στις σφαιρικές συντεταγμένες έχουμε $\displaystyle{x = r \cos \varphi \sin \theta {\text{ }}{\text{, }}y = r \sin \varphi \sin \theta {\text{ \& }}z = r \cos \theta }$ .

Τότε η Ιακωβιανή ορίζουσα δίδει $\displaystyle{\frac{{\partial \left( {x,y,z} \right)}}{{\partial \left( {r,\varphi ,\theta } \right)}} = {r^2}\sin \theta }$ και επειδή $\displaystyle{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 1} \right)^2} = {\left( {{r^2} + 1} \right)^2}}$ έχουμε

$\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\int\limits_0^{\pi /2} {\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{r^2}\sin \theta }}{{{{\left( {{r^2} + 1} \right)}^2}}}} } } drd\varphi d\theta = \int\limits_0^\infty {\frac{{{r^2}}}{{{{\left( {{r^2} + 1} \right)}^2}}}dr} \int\limits_0^{\pi /2} {\sin \theta d\theta } \int\limits_0^{\pi /2} {d\varphi } = \frac{\pi }{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{{r^2}}}{{{{\left( {{r^2} + 1} \right)}^2}}}dr} }$

Εύκολα βρίσκουμε ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{{r^2}}}{{{{\left( {{r^2} + 1} \right)}^2}}}dr = } \frac{\pi }{4}}$ , οπότε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {\frac{{dxdydz}}{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 1} \right)}^2}}}} } } = \frac{{{\pi ^2}}}{8}}$ .

#175

Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{2 - 2\cos x - x\sin x}}{{{x^4}}}dx} = \frac{\pi }{{12}}}$

α) Με μιγαδική ανάλυση.
β) με πραγματική ανάλυση.

kwstas12345 · #176

Ας δώσω μια λύση με μιγαδική ανάλυση και βλέπουμε: Εύκολα βλέπουμε πως η ολοκληρωτέρα συνάρτηση είναι άρτια , επομένως: $\displaystyle \int\limits_{0}^{\infty}\frac{2-2\cos -x\sin x}{x^4}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{2-2\cos -x\sin x}{x^4}dx$ .

Θεωρούμε τώρα την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right):=\frac{2+e^{iz}\left(iz-2 \right)}{z^4}$ η οποία είναι αναλυτική στο άνω ημιεπίπεδο εκτός του πόλου τέταρτης τάξης , το

. To μηδέν είναι πόλος τέταρτης τάξης επειδή είναι τάξης

του αριθμητή

και τέταρτης τoυ παρανομαστή. Θεωρούμε τώρα το άνω ημικύκλιο $\displaystyle C:\left[0,\pi \right]\rightarrow \mathbb{C}$ ακτίνας

και γύρω από το

να ημικύκλιο ακτίνας $\delta$ .

Τότε η

όντας αναλυτική στο ημικύκλιο από θεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων του Caychy: $\displaystyle \oint_{C} f\left(z \right)dz=0$ .

Άρα $\displaystyle \int\limits_{-R}^{-\delta}\frac{2+e^{ix}\left(-2+ix \right)}{x^4}dx+\int\limits_{0}^{{\pi}} iRe^{t}f\left( Re^{it}\right)dt+\int\limits_{-\delta}^{R}\frac{2-e^{ix}\left(2+x \right)}{x^4}dx+$ $\displaystyle \int_{\pi}^{0}{i\delta e^{it}f\left(de^{it} \right)}dt=0$ .

Παίρνωντας $\displaystyle R\rightarrow \infty, d\rightarrow 0$ έχουμε $\displaystyle \lim_{d\rightarrow 0}\int_{\pi}^{0}{ide^{it}f\left(de^{it} \right)}=-\pi i Res\left(f,0 \right)$ .

Ακόμη $\displaystyle \left|\int_{0}^{\pi}{iRe^{it}f\left(Re^{it} \right)}dt \right|\leqslant \int_{0}^{\pi}{\frac{\left|2+\exp\left(iR\exp\left(it \right) \right)\left(iRe^{it}-2 \right) \right|}{R^3}}dt\leqslant$ $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\frac{2+\left|iRe^{it}-2 \right|\left|e^{iR\cos t} \cdot e^{-R\sin t \right|}}{R^3}}=\int_{0}^{\pi}{\frac{2+\left|iRe^{it}-2 \right|e^{-R\sin t }}{R^3}}\leqslant$ $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\frac{4+R}{R^3}}\rightarrow 0$ .

Αφού $\displaystyle 0\leqslant \sin t\leqslant 1\Rightarrow -R\sint \leqslant 0\Rightarrow \exp\left(-R\sin t \right)\leqslant 1, t \in \left[0,\pi \right]$ . Άρα $\displaystyle \int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{2+e^{ix}\left(ix-2 \right)}{x^4} dx=\pi iRes\left(f,0 \right)$ .

Αλλά $\displaystyle Res\left(f,0 \right)=a_{-1}$ με $a_{-1}$ ο συντελεστής του $z^{-1}$ στο ανάπτυγμα Laurent της

. Όμως $\displaystyle e^{iz}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{i^nz^n}{n!}}$ έτσι εύκολα έχουμε $\displaystyle 2-2e^{iz}+ize^{iz}=-iz-\frac{iz^3}{6}+\frac{z^4}{12}+\mathcal{O}\left(z^4 \right)$ .

Διαιρώντας και με $z^{4}$ βρίσκουμε ότι $\displaystyle a_{-1}=-\frac{i}{6}$ και έτσι $\displaystyle \int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{2+e^{ix}\left(ix-2 \right)}{x^4}=\frac{\pi}{6}$ . Εξισώνοντας πραγματικά και φανταστικά μέρη βρίκουμε $\displaystyle \int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{2-2\cos x -x\sin x}{x^4} dx=\frac{\pi}{6}$ .

Έτσι το αρχικό ισούται με το μισό αυτού, δηλαδή: $\displaystyle \int \limits_{0}^{\infty}\frac{2-2\cos x -x\sin x}{x^4} dx=\frac{\pi}{12}$

kwstas12345 · #177

Μια λύση με πραγματική ανάλυση: Αποδεικνoυμε ότι: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{y^3e^{-xy}}dy=\int_{0}^{\infty}{-\frac{y^3}{x}\left(e^{-xy} \right)'}dy=\left[-\frac{y^3}{x}e^{-xy} \right]^{\infty}_{0} +3\int_{0}^{\infty}{\frac{y^2}{x}e^{-xy}}dy=$ $\displaystyle 3\int_{0}^{\infty}{-\frac{y^2}{x^2}\left(e^{-xy} \right)'}dy=\left[-\frac{y^2}{x^2}e^{-xy} \right]^{\infty}_{0} +6\int_{0}^{\infty}{-\frac{y}{x^3}\left(e^{-xy} \right)}dy=$

$\displaystyle -6x^{-4}\int_{0}^{\infty}{\left(e^{-xy} \right)'}dy=\frac{6}{x^4}$ .Άρα $\displaystyle \frac{1}{x^4}=\frac{1}{6}\int_{0}^{\infty}{y^3e^{-xy}}dy$ . Έτσι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{2-2\cos x-x\sin x}{x^4}dx}=\frac{1}{6}\int_{0}^{\infty}{\left(2-2\cos x-x\sin x \right)\left(\int_{0}^{\infty}{y^3e^{-xy}}dy \right)}dx=$ $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{y^3\left(\int_{0}^{\infty}{\left(3-2\cos x-x\sin x \right)e^{-xy}}dx \right)}dy$ .

Όμως: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{2e^{-xy}}dx=\frac{2}{y}$ , $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-xy}\cos x }dx=-\frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}{\left(e^{-xy} \right)'\cos x}dx=-\frac{1}{y}\left(-1+\int_{0}^{\infty}{e^{-xy}\sin x}dx \right)=$ $\displaystyle -\frac{1}{y}\left(-1-\frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}{\left(e^{-xy} \right)'\sin x}dx \right)=\frac{1}{y}\left(1-\frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}{e^{-xy}\sin x}dx \right)$ .

Έτσι: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-xy}\cos x}dx=\frac{y}{y^2+1}$ . Επίσης: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{x\sin x e^{-xy}}dx=\frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}{\left(\sin x+x\cos x \right)e^{-xy}dx}$ . Εντελώς όμοια με το προηγούμενο έχουμε $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-xy}\sin xdx}=\frac{1}{y^2+1}$ .

Και: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-xy}x\cos x}dx=\frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}{e^{-xy}\left(\cos x-x\sin x \right)}dx=\frac{1}{y^2+1}-$ $\displaystyle \frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}{e^{-xy}x\sin x}dx$ . Έτσι αντικαθιστώντας στην παραπάνω σχέση: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-xy}x\sin x}dx=\frac{2y}{\left(y^2+1 \right)^2}$ .

Έτσι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{2-2\cos x-x\sin x}{x^4}}dx=\frac{1}{6}\int_{0}^{\infty}{y^3\left(\frac{2}{y^3+y}-\frac{2y}{\left(y^2+1 \right)^2} \right)}dy$ και $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{y^3\left(\frac{2}{y^3+y}-\frac{2y}{\left(y^2+1 \right)^2} \right)}dy=\int_{0}^{\infty}{\frac{2}{y^2+1}}dy-\int_{0}^{\infty}{\frac{2}{\left(y^2+1 \right)^2}}dy=$ $\displaystyle 2\left(\int_{0}^{\pi/2}{dy}-\int_{0}^{\pi/2}{\cos^2 y dy} \right)=\frac{\pi}{2}$ .

Άρα $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{2-2\cos x-x\sin x}{x^4}}dx=\frac{\pi}{12}$ .

#178

Πολύ σωστά Κώστα .. έκανες χρήση κάποιων απ' τους μετασχηματισμούς Laplace (αποδεικνύοντας τους ταυτόχρονα) όχι μόνον ευθέως, αλλά και αντίστροφα. Μπράβο !

#179

$\displaystyle{82)}$ $\displaystyle{\int_{0}^{1}\{1/x\}^2\,dx}$ , όπου $\{\cdot\}$ το κλασματικό μέρος.

Μπορούμε να γενικέύσουμε υπολογίζοντας το $\displaystyle{\int_{0}^{1}\{1/x\}^n\,dx}$ με $n\in\mathbb N$ ;

#180

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{82)}$ $\displaystyle{\int_{0}^{1}\{1/x\}^2\,dx}$ , όπου $\{\cdot\}$ το κλασματικό μέρος.

Αναστάση πολύ ωραίο θέμα. . $\displaystyle{\int\limits_0^1 {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^2}dx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\int\limits_{1/\left( {n + 1} \right)}^{1/n} {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^2}dx} } \right)} }$ .

Για $\displaystyle{x \in \left( {\frac{1}{{n + 1}},\frac{1}{n}} \right]}$ έχουμε $\displaystyle{n \leqslant \frac{1}{x} < n + 1 \Rightarrow \left\{ {\frac{1}{x}} \right\} = \frac{1}{x} - n \Rightarrow \int\limits_{1/\left( {n + 1} \right)}^{1/n} {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^2}dx} = \int\limits_{1/\left( {n + 1} \right)}^{1/n} {{{\left( {\frac{1}{x} - n} \right)}^2}dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_{1/\left( {n + 1} \right)}^{1/n} {\left( {\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{2}{x}n + {n^2}} \right)dx} = 1 + \frac{n}{{n + 1}} - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^1 {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^2}dx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {1 + \frac{n}{{n + 1}} - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n}} \right)} }}$

Όμως $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {1 + \frac{n}{{n + 1}} - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n}} \right)} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {2 - \frac{1}{{n + 1}} - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n}} \right)} = \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \sum\limits_{n = 1}^N {\left( {2 - \frac{1}{{n + 1}} - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n}} \right)} }$ και

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {2 - \frac{1}{{n + 1}} - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n}} \right)} = 2\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {1 - \ln {{\left( {\frac{{n + 1}}{n}} \right)}^n}} \right)} - \sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{{n + 1}}} \right)} = 1 + 2\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\ln \frac{{e \cdot {n^n}}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^n}}}} \right)} - \sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\frac{1}{n}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = 1 + 2\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\ln \frac{{e \cdot {n^n}}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^n}}}} \right)} - \left( {{\gamma _N} + \ln N} \right) = 1 - {\gamma _N} + 2\ln \left( {\prod\limits_{n = 1}^N {\frac{{e \cdot {n^n}}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^n}}}} } \right) - \ln N = 1 - {\gamma _N} + 2\ln \left( {\frac{{{e^N}}}{{\sqrt N }}\prod\limits_{n = 1}^N {\frac{{{n^n}}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^n}}}} } \right) = }$

$\displaystyle{ = 1 - {\gamma _N} + 2\ln \left( {\frac{{{e^N}}}{{\sqrt N }}\frac{{N!}}{{{{\left( {N + 1} \right)}^N}}}} \right)}$ .

Όμως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \left( {\frac{{{e^N}}}{{\sqrt N }}\frac{{N!}}{{{{\left( {N + 1} \right)}^N}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \left( {\frac{{{e^N}}}{{{N^N}\sqrt N }}\frac{{N!}}{{{{\left( {\frac{{N + 1}}{N}} \right)}^N}}}} \right) = \frac{1}{e} \cdot \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \left( {\frac{{{e^N}}}{{{N^N}\sqrt N }}\sqrt {2\pi N} {{\left( {\frac{N}{e}} \right)}^N}} \right) = \frac{{\sqrt {2\pi } }}{e}}$

και τελικά $\displaystyle{\int\limits_0^1 {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^2}dx} = \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \sum\limits_{n = 1}^N {\left( {2 - \frac{1}{{n + 1}} - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n}} \right)} = 1 - \gamma + 2\ln \left( {\frac{{\sqrt {2\pi } }}{e}} \right) = - 1 - \gamma + \ln \left( {2\pi } \right)}$

Χρησιμοποιήθηκαν οι τύποι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{n}} = {\gamma _N} + \ln N}$ με $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } {\gamma _N} = \gamma }$ (σταθερά των Euler Mascheroni) και $\displaystyle{{\rm N}! \approx \sqrt {2\pi N} {\left( {\frac{N}{e}} \right)^N}}$ .

Πλήρης γενίκευση $\displaystyle{\int\limits_0^1 {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^n}dx{\text{ }}{\text{, }}n \in N} }$ , χμ …

Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα II

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