mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 14, 2011 11:17 pm**

$\displaystyle{25)}$ Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}x^n\sin(\sqrt[4]{x})e^{-\sqrt[4]{x}}\,dx,\qquad n\in\mathbb N}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 14, 2011 11:57 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\left(k\cdot \ln(\tan(x))\right)\,dx,\quad k\in\mathbb R}$ .

$\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {\cos \left( {k \cdot \ln \left( {\tan \left( x \right)} \right)} \right)dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\pi /2} {\left( {{e^\big{{ik \cdot \ln \left( {\tan \left( x \right)} \right)}}} + {e^\big{{ - ik \cdot \ln \left( {\tan \left( x \right)} \right)}}}} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\pi /2} {\left( {{{\left( {\tan \left( x \right)} \right)}^\big{{ik}}} + {{\left( {\tan \left( x \right)} \right)}^\big{{ - ik}}}} \right)dx} = \mathop = \limits^\big{{\tan \left( x \right) = y}} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{{y^\big{{ik}}} + {y^\big{{ - ik}}}}}{{1 + {y^2}}}dy} = \mathop = \limits^\big{{y = \sqrt x }} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{4}\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^\big{{ik/2}}} + {x^\big{{ - ik/2}}}}}{{\left( {1 + x} \right)\sqrt x }}dx} = \frac{1}{4}\int\limits_0^\infty {\left( {{x^\big{{\left( { - 1 + ik} \right)/2}}} + {x^\big{{\left( { - 1 - ik} \right)/2}}}} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - \left( {1 + x} \right)y}}}dy} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{4}\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - y}}}\left( {\int\limits_0^\infty {{x^\big{{\left( { - 1 + ik} \right)/2}}}{e^\big{{ - xy}}}dx} + \int\limits_0^\infty {{x^\big{{\left( { - 1 - ik} \right)/2}}}{e^\big{{ - xy}}}dx} } \right)dy} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{4}\int\limits_0^\infty {{e^\big{{ - y}}}\left( {\Gamma \left( {\frac{{1 + ik}}{2}} \right){y^\big{{ - \left( {1 + ik} \right)/2}}} + \Gamma \left( {\frac{{1 - ik}}{2}} \right){y^\big{{ - \left( {1 - ik} \right)/2}}}} \right)dy} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{4}\Gamma \left( {\frac{{1 + ik}}{2}} \right)\int\limits_0^\infty {{y^\big{{ - \left( {1 + ik} \right)/2}}}{e^\big{{ - y}}}dy} + \frac{1}{4}\Gamma \left( {\frac{{1 - ik}}{2}} \right)\int\limits_0^\infty {{y^\big{{ - \left( {1 - ik} \right)/2}}}{e^\big{{ - y}}}dy} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2} \cdot \Gamma \left( {\frac{{1 - ik}}{2}} \right)\Gamma \left( {1 - \frac{{1 - ik}}{2}} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi }{{\sin \left( {\pi \dfrac{{1 - ik}}{2}} \right)}} = \frac{{\pi i}}{{{e^\big{{i\pi \left( {1 - ik} \right)/2}}} - {e^\big{{ - i\pi \left( {1 - ik} \right)/2}}}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\pi i}}{{{e^\big{{i\pi /2}}}{e^\big{{k\pi /2}}} - {e^\big{{ - i\pi /2}}}{e^\big{{ - k\pi /2}}}}} = \frac{{\pi i}}{{i\left( {{e^\big{{k\pi /2}}} + {e^\big{{ - k\pi /2}}}} \right)}} = \frac{{\pi {e^\big{{k\pi /2}}}}}{{{e^\big{{k\pi }}} + 1}}}$

Χρησιμοποιήθηκαν οι τύποι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{x^p} {e^{ - a x}}dx} = \frac{{\Gamma \left( {p + 1} \right)}}{{{a^{p + 1}}}}}$ , $\displaystyle{\Gamma \left( {1 + z} \right) = z \Gamma \left( z \right)}$ και $\displaystyle{\Gamma \left( {1 - z} \right) \Gamma \left( z \right) = \frac{\pi }{{\sin \left( {\pi z} \right)}}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 2:21 am**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{24)}$ (Kωστή, αν θέλεις ονόμασε το δικό σου 23 για να διατηρείται η αρίθμηση)

Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\left(k\cdot \ln(\tan(x))\right)\,dx,\quad k\in\mathbb R}$ .

Μια λύση ακόμα:

$\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\left(k\cdot \ln(\tan(x))\right)\,dx\stackrel{\ln(\tan x)=y}{=}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^y}{1+e^{2y}}\cos(ky)\,dy=}$

$\displaystyle{\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^y}{1+e^{2y}}(e^{kiy}+e^{-kiy})\,dy=\int_{0}^{\infty}\frac{e^y}{1+e^{2y}}(e^{kiy}+e^{-kiy})\,dy=}$

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-y}}{1+e^{-2y}}(e^{kiy}+e^{-kiy})\,dy=\int_{0}^{+\infty}e^{-y}(e^{kiy}+e^{-kiy})\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{\color{red}n}e^{-2ny}=}$

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{\color{red}n}\int_{0}^{+\infty}e^{(-1-2n+ki)y}+e^{(-1-2n-ki)y}\,dy=}$

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{\color{red}n}\left(\frac{e^{(-1-2n+ki)y}}{-1-2n+ki}+\frac{e^{(-1-2n-ki)y}}{-1-2n-ki}\right)\Big|^{+\infty}_{0}=}$

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{\color{red}n}\left(\frac{1}{2n+1+ki}+\frac{1}{2n+1-ki}\right)=}$

$\displaystyle{2\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{\color{red}n}\frac{2n+1}{(2n+1)^2+k^2}=\frac{\pi}{2}sech\frac{k\pi}{2}}$ .

(Άντε βρες τώρα ποιός έχει φάει το πρόσημο...)

Σεραφείμ ευχαριστώ!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 11:50 am**

$\displaystyle{26)}$ Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2}x\ln\left(\tan x\right)\,dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 15, 2011 11:39 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{25)}$ Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}x^n\sin(\sqrt[4]{x})e^{-\sqrt[4]{x}}\,dx,\qquad n\in\mathbb N}$ .

$\displaystyle{\begin{gathered} I = \int\limits_0^\infty {{x^n}\sin \left( {{x^{1/4}}} \right) \cdot {e^{ - {x^{1/4}}}}dx} = \mathop = \limits^{{x^{1/4}} = y} = 4 \int\limits_0^\infty {{y^{4n + 3}}\sin \left( y \right) \cdot {e^{ - y}}dy} = \hfill \\ = \frac{2}{i} \int\limits_0^\infty {{y^{4n + 3}}\left( {{e^{iy}} - {e^{ - iy}}} \right){e^{ - y}}dy} = \frac{2}{i} \left( {\int\limits_0^\infty {{y^{4n + 3}}{e^{ - \left( {1 - i} \right)y}}dy} - \int\limits_0^\infty {{y^{4n + 3}}{e^{ - \left( {1 + i} \right)y}}dy} } \right) = \hfill \\ = \frac{2}{i} \left( {\frac{{\Gamma \left( {4n + 4} \right)}}{{{{\left( {1 - i} \right)}^{4n + 4}}}} - \frac{{\Gamma \left( {4n + 4} \right)}}{{{{\left( {1 + i} \right)}^{4n + 4}}}}} \right) = \frac{{2\Gamma \left( {4\kappa + 4} \right)}}{i}\left( {\frac{1}{{{{\left( {{{\left( {1 - i} \right)}^4}} \right)}^{n + 1}}}} - \frac{1}{{{{\left( {{{\left( {1 + i} \right)}^4}} \right)}^{n + 1}}}}} \right) = \hfill \\ = \frac{{2\Gamma \left( {4n + 4} \right)}}{i}\left( {\frac{1}{{{{\left( { - 4} \right)}^{n + 1}}}} - \frac{1}{{{{\left( { - 4} \right)}^{n + 1}}}}} \right) \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {{x^n}\sin \left( {{x^{1/4}}} \right) {e^{ - {x^{1/4}}}}dx} = 0} \hfill \\ \end{gathered} }$

Χρησιμοποιήθηκαν οι τύποι $\displaystyle{\sin \left( z \right) = \frac{{{e^{iz}} - {e^{ - iz}}}}{{2i}}}$ και $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{x^a} {e^{ - yx}}dx} = \frac{{\Gamma \left( {a + 1} \right)}}{{{y^{a + 1}}}}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 17, 2011 12:08 am**

$\displaystyle{27)}$ Ένα ακόμα: $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2}\ln^2(\cos x)\,dx}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 17, 2011 1:28 am**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{27)}$ Ένα ακόμα: $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2}\ln^2(\cos x)\,dx}$ .

Έστω $\displaystyle{I = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\cos \left( x \right)} \right)dx} = \mathop = \limits^\big{{x = \dfrac{\pi }{2} - y}} = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( y \right)} \right)dy} = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} }$ και $\displaystyle{J = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\cos \left( y \right)} \right)dy} = \mathop = \limits^\big{{x = \dfrac{\pi }{2} - y}} = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} }$

Έχουμε $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( {2x} \right)} \right)dx} = \mathop = \limits^{2x = y} = \frac{1}{2} \int\limits_0^\pi {\ln \left( {\sin \left( y \right)} \right)dy} = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} + \frac{1}{2} \int\limits_{\pi /2}^\pi {\ln \left( {\sin \left( y \right)} \right)dy} = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{y = \pi - x} = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} + \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} = J}$ , οπότε

$\displaystyle{J = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( {2x} \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {2\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( 2 \right)dx} + \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} + }$

$\displaystyle{ + \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)dx} = \frac{\pi }{2} \ln \left( 2 \right) + 2 J \Rightarrow \boxed{J = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)dx} = - \frac{\pi }{2} \ln \left( 2 \right)}}$

Επίσης ισχύει $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( {2x} \right)} \right)dx} = \mathop = \limits^{2x = y} = \frac{1}{2} \int\limits_0^\pi {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( y \right)} \right)dy} = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} + \frac{1}{2} \int\limits_{\pi /2}^\pi {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( y \right)} \right)dy} = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{y = \pi - x} = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} + \frac{1}{2} \int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} = I}$

Τότε

$\displaystyle{I = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\sin \left( {2x} \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {2\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\left( {\ln \left( 2 \right) + \ln \left( {\sin \left( x \right)} \right) + \ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)} \right)}^2}dx} = }$

$\displaystyle{ = {\ln ^2}\left( 2 \right) \frac{\pi }{2} + 2 I + 4 \ln \left( 2 \right) J + 2 \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)dx} = 2 I + {\ln ^2}\left( 2 \right) \frac{\pi }{2} - 2 \pi {\ln ^2}\left( 2 \right) + }$

$\displaystyle{ + 2 \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)dx} \Rightarrow \boxed{I = \frac{{3 \pi }}{2}{{\ln }^2}\left( 2 \right) - 2 \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)dx} }}$

Όμως εδώ viewtopic.php?f=9&t=3455 έχουμε αποδείξει ότι $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)\ln \left( {\cos \left( x \right)} \right)dx} = \frac{\pi }{2}{\ln ^2}\left( 2 \right) - \frac{{{\pi ^3}}}{{48}}}$

οπότε $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {{{\ln }^2}\left( {\cos \left( x \right)} \right)dx} = \frac{{3 \pi }}{2}{\ln ^2}\left( 2 \right) - 2 \left( {\frac{\pi }{2}{{\ln }^2}\left( 2 \right) - \frac{{{\pi ^3}}}{{48}}} \right) = \frac{{{\pi ^3}}}{{24}} + \frac{\pi }{2} {\ln ^2}\left( 2 \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 17, 2011 1:29 am**

$\displaystyle{28)}$ Ας βάλουμε και κανένα γενικευμένο για επίλυση $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2}\frac{\tan^{-1}(a\sin x)}{\sin x}\,dx}$ όπου |a|<1

.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 18, 2011 5:51 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{26)}$ Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2}x\ln\left(\tan x\right)\,dx}$ .

Aναστάση .. πολύ πολύ ζόρικο, την πέρασα από χίλια μύρια κύματα .. εκτός κι αν, κάτι δεν είδα ..

Θα προηγηθεί ισχυρή προεργασία. Οι υπολογισμοί είναι πλήρεις.

Αρχικά θα επεξεργαστούμε το μιγαδικό ολοκλήρωμα της συνάρτησης $\displaystyle{f\left( z \right) = \frac{{{z^2}}}{{{e^z} - 1}},{\text{ }}z \ne 0}$ και $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$ στο ορθογώνιο $\displaystyle{c:{\text{ }}OABC}$
με $\displaystyle{O\left( {0,0} \right){\text{, }}A\left( {R,0} \right){\text{, }}B\left( {R,i\pi } \right){\text{ \& }}D\left( {i\pi ,0} \right)}$ . Φανερά η f(z)

είναι αναλυτική χωρίς πόλους στο παραπάνω ορθογώνιο, άρα $\displaystyle{\int\limits_c {f\left( z \right)dz} = 0}$ .

: xln(tan(x)).jpg (8.36 KiB) Προβλήθηκε 4134 φορές

Για $\displaystyle{z = R + iy{\text{ with }}y \in \left[ {0,\pi } \right]:\mathop {\lim }\limits_{R \to \infty } \left| {f\left( z \right)} \right| = \mathop {\lim }\limits_{R \to \infty } \left| {\frac{{{{\left( {R + iy} \right)}^2}}}{{{e^{R + iy}} - 1}}} \right| \leqslant \mathop {\lim }\limits_{R \to \infty } \frac{{\left| {{{\left( {R + iy} \right)}^2}} \right|}}{{{e^R} - 1}}\xrightarrow{{R \to + \infty }}0}$
Τότε $\displaystyle{0 = \int\limits_c {f\left( z \right)dz} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} - 1}}dx} + \int\limits_\infty ^0 {\frac{{{{\left( {x + i\pi } \right)}^2}}}{{{e^{x + i\pi }} - 1}}dx} + i \cdot \int\limits_\pi ^0 {\frac{{{{\left( {iy} \right)}^2}}}{{{e^{iy}} - 1}}dy} \Rightarrow }$
$\displaystyle{ \Rightarrow \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} - 1}}dx} + \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} + 1}}dx} - {\pi ^2}\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{{e^x} + 1}}dx} + 2i\pi \int\limits_0^\infty {\frac{x}{{{e^x} + 1}}dx} - i \cdot \int\limits_\pi ^0 {\frac{{{y^2}}}{{\cos \left( y \right) - 1 + i\sin \left( y \right)}}dy} = 0}$

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{{e^x} + 1}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - x}}}}{{1 + {e^{ - x}}}}dx} = - \left[ {\ln \left( {1 + {e^{ - x}}} \right)} \right]_0^\infty = \ln \left( 2 \right)}$ και
$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{x}{{{e^x} + 1}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{x{e^{ - x}}}}{{1 + {e^{ - x}}}}dx} = \int\limits_0^\infty {x\left( {\sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{e^{ - kx}}} } \right)dx} = \sum\limits_1^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}\int\limits_0^\infty {x{e^{ - kx}}dx} } = \sum\limits_1^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{{{k^2}}}} = .. = \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}}$ (γνωστό).

Επίσης $\displaystyle{\int\limits_\pi ^0 {\frac{{{y^2}}}{{\cos \left( y \right) - 1 + i\sin \left( y \right)}}dy} = \int\limits_0^\pi {\frac{{{y^2}}}{{2{{\sin }^2}\left( {\dfrac{y}{2}} \right) - 2i \cdot \sin \left( {\dfrac{y}{2}} \right)\cos \left( {\dfrac{y}{2}} \right)}}dy} = \int\limits_0^\pi {\frac{{{y^2}}}{{ - 2i\sin \left( {\dfrac{y}{2}} \right)\left( {\cos \left( {\dfrac{y}{2}} \right) + i\sin \left( {\dfrac{y}{2}} \right)} \right)}}dy} = }$

$\displaystyle{ = \frac{i}{2} \cdot \int\limits_0^\pi {\frac{{{y^2}\left( {\cos \left( {\dfrac{y}{2}} \right) - i\sin \left( {\dfrac{y}{2}} \right)} \right)}}{{\sin \left( {\dfrac{y}{2}} \right)}}dy} = \frac{i}{2} \cdot \int\limits_0^\pi {\frac{{{y^2}}}{{\tan \left( {\dfrac{y}{2}} \right)}}dy} + \frac{1}{2} \cdot \int\limits_0^\pi {{y^2}dy} = \mathop = \limits^{y/2 = x} = 4i \cdot \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{x^2}}}{{\tan \left( x \right)}}dx} + \frac{{{\pi ^3}}}{6}}$

Τότε $\displaystyle{\left( {\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} - 1}}dx} + \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} + 1}}dx} } \right) - {\pi ^2}\ln \left( 2 \right) + 2i\pi \frac{{{\pi ^2}}}{{12}} - i \cdot \left( {4i \cdot \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{x^2}}}{{\tan \left( x \right)}}dx} + \frac{{{\pi ^3}}}{6}} \right) = 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \left( {\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} - 1}}dx} + \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} + 1}}dx} } \right) + 4\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{x^2}}}{{\tan \left( x \right)}}dx} - {\pi ^2}\ln \left( 2 \right) = 0}$

Επίσης $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} - 1}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}{e^{ - x}}}}{{1 - {e^{ - x}}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\left( {{x^2}\sum\limits_{k = 1}^\infty {{e^{ - kx}}} } \right)dx} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\left( {\int\limits_0^\infty {{x^2} \cdot {e^{ - kx}}dx} } \right)} = 2 \cdot \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{{k^3}}}} = 2 \cdot \zeta \left( 3 \right)}$ και

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} + 1}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}{e^{ - x}}}}{{1 + {e^{ - x}}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\left( {{x^2}\sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{e^{ - kx}}} } \right)dx} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}\left( {\int\limits_0^\infty {{x^2} \cdot {e^{ - kx}}dx} } \right)} = 2 \cdot \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{{{k^3}}}} = }$

$\displaystyle{ = 2 \cdot \left( {1 - \frac{1}{{{2^3}}} + \frac{1}{{{3^3}}} - ..} \right) = 2 \cdot \left( {1 + \frac{1}{{{2^3}}} + \frac{1}{{{3^3}}} + ..} \right) - 4 \cdot \left( {\frac{1}{{{2^3}}} + \frac{1}{{{4^3}}} + ..} \right) = 2 \cdot \zeta \left( 3 \right) - \frac{1}{2} \cdot \zeta \left( 3 \right) = \frac{3}{2} \cdot \zeta \left( 3 \right)}$

Επομένως από την επεργασία του παραπάνω μιγαδικού ολοκληρώματος προκύπτει ότι

$\displaystyle{\left( {\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} - 1}}dx} + \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{{e^x} + 1}}dx} } \right) + 4\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{x^2}}}{{\tan \left( x \right)}}dx} - {\pi ^2}\ln \left( 2 \right) = 0 \Rightarrow \frac{7}{2} \cdot \zeta \left( 3 \right) + 4\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{x^2}}}{{\tan \left( x \right)}}dx} - {\pi ^2}\ln \left( 2 \right) = 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{x^2}}}{{\tan \left( x \right)}}dx} = \frac{{{\pi ^2}}}{4}\ln \left( 2 \right) - \frac{7}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right)}}$

Τώρα στο θέμα μας.

$\displaystyle{I = \int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\tan \left( x \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} - \int\limits_0^{\pi /2} {y\ln \left( {\cos \left( y \right)} \right)dy} = \mathop = \limits^{y = \frac{\pi }{2} - x} = \int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} - }$

$\displaystyle{ - \int\limits_0^{\pi /2} {\left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} = 2 \cdot \int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} - \frac{\pi }{2} \cdot \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} }$

Όμως όπως αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=3455 ισχύει $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} = - \frac{\pi }{2}\ln \left( 2 \right)}$ , άρα $\displaystyle{\boxed{\int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\tan \left( x \right)} \right)dx} = 2 \cdot \int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} + \frac{{{\pi ^2}}}{4}\ln \left( 2 \right)}}$

Επίσης $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} = \frac{1}{2}\left[ {{x^2}\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)} \right]_{x \to 0 + }^{\pi /2} - \frac{1}{2}\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{x^2}}}{{\tan \left( x \right)}}dx} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\sin \left( x \right)} \right)dx} = - \frac{1}{2}\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{x^2}}}{{\tan \left( x \right)}}dx} }}$

Άρα $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\tan \left( x \right)} \right)dx} = - \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{{x^2}}}{{\tan \left( x \right)}}dx} + \frac{{{\pi ^2}}}{4}\ln \left( 2 \right) = - \left( {\frac{{{\pi ^2}}}{4}\ln \left( 2 \right) - \frac{7}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right)} \right) + \frac{{{\pi ^2}}}{4}\ln \left( 2 \right) \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\tan \left( x \right)} \right)dx} = \frac{7}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right)}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 18, 2011 7:12 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{26)}$ Υπολογισθήτω το $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2}x\ln\left(\tan x\right)\,dx}$ .

Σεραφείμ έγραψε: $\displaystyle{\int\limits_0^{\pi /2} {x\ln \left( {\tan \left( x \right)} \right)dx} = \frac{7}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right)}$

Αναστάση και Σεραφείμ, γράφω βιαστικά και υπό πίεση αλλά για δείτε αν η εξής διαδικασία βγάζει αποτέλεσμα:

Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής $y = x - \frac {\pi}{4}$ . Μας φέρνει στο $\displaystyle{\int\limits_{-\pi /4}^{\pi /4} {\left (y + \frac{\pi}{4}\right )\ln \left( {\tan \left( y + \frac{\pi}{4} \right)} \right)dy} = \int\limits_{-\pi /4}^{\pi /4} {\left (y + \frac{\pi}{4}\right )\ln \left( \frac {\tan y +1}{\tan y -1} \right)} dy} }$

Από το ανάπτυγμα Taylor $\displaystyle{ \ln \frac {1+u}{1-u} = - \ln \frac {1-u}{1+u} = \sum_0^{\infty} \frac{u^{2k+1}}{2k+1}$

εμφανίζονται ολοκληρώματα της μορφής

$\displaystyle{ \int\limits_{-\pi /4}^{\pi /4} y \tan ^{2k+1}y dy} }$ και $\displaystyle{ \int\limits_{-\pi /4}^{\pi /4} \tan ^{2k+1}y dy} }$

Τα δεύτερα είναι όλα 0. Τα πρώτα έχουν κλειστή μορφή η οποία εμφανίζει το $\displaystyle{ \sum_0^{\infty} \frac {(-1)^k}{(2k+1)^2}$ (= ο αριθμός Catalan).

"Μένει" να αθροίσουμε τους όρους...

Τρέχω.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 18, 2011 10:45 pm**

$\displaystyle{29)}$ Ένα πραγματικά σάπιο... $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1-x^2}}{1-x^2\sin^2x}dx}$ .

Θα ήθελα να δω οποιαδήποτε λύση, αλλά θα προτιμούσα μια, αν υπάρχει, με μιγαδική ανάλυση. Το κώλυμα εδώ είναι ότι οι πόλοι δεν υπολογίζονται...εκτός αν υπάρχει τρόπος που προσπεριέται το πρόβλημα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 10, 2011 1:13 pm**

Δυο ακόμα:

30)

Για $m\in\mathbb R$ και $a\in(-1,1)$ , υπολογίστε το $\displaystyle{\int_{0}^{2\pi}\frac{e^{m\cos\theta}\left(\cos(m\sin\theta)-a\sin(m\sin\theta+\theta)\right)}{1-2a\sin\theta+a^2}\,d\theta}$ .

31)

Για $0<a<\pi/2$ , υπολογίστε το $\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\tan^{-1}x}{x^2-2x\sin a+1}\,dx}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 18, 2011 10:21 pm**

32) Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{\boxed{\int_{0}^{+\infty}{\frac{sinx}{xe^x}dx}=\frac{\pi}{4}}}$

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

34) Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{\boxed{\int_{0}^{+\infty}{\frac{xInx}{(1+x^2)(1+x^3)^2}dx}=\frac{2\pi}{81}(\pi-3\sqrt{3})}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 18, 2011 10:58 pm**

erxmer έγραψε:32) Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{\boxed{\int_{0}^{+\infty}{\frac{sinx}{xe^x}dx}=\frac{\pi}{4}}}$

Γενικότερα:

Αν η είναι κατά τμήματα συνεχής στο $[0,+\infty)$ και εκθετικής τάξης $a\,\,\boxed{*}$ με μετασχηματισμό Laplace $\mathcal L(f(t)):=F(s)$

και τέτοια ώστε το $\displaystyle{\lim_{t\to0^+}\frac{f(t)}{t}}$ υπάρχει, τότε $\displaystyle{\int_{s}^{+\infty}F(x)\,dx=\mathcal L\left(\frac{f(t)}{t}\right)}$ με .

(αν υπάρχουν M>0

και $a\in\mathbb R$ : για κάποιο $t_{0}\geq0$ είναι $|f(t)|\leq Me^{at}$ για $t\geq t_{0}$ .)

(Bλέπε "The Laplace Transform: Theory and Applications" Joel Schiff σελ.33)

Εδώ για $f(t)=\sin t$ , επειδή $\displaystyle{F(s)=\mathcal L(f(t))=\int_{0}^{+\infty}e^{-st}\sin t\,dt=\frac{1}{s^2+1}}$ , έχουμε $\displaystyle{G(s):=\mathcal L\left(\frac{f(t)}{t}\right)=\int_{s}^{+\infty}\frac{1}{t^2+1}\,dt}$ , άρα $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-x}\frac{\sin x}{x}\,dx=G(1)=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 19, 2011 12:56 pm**

erxmer έγραψε:34) Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{\boxed{\int_{0}^{+\infty}{\frac{xInx}{(1+x^2)(1+x^3)^2}dx}=\frac{2\pi}{81}(\pi-3\sqrt{3})}}$

Οι πράξεις είναι απεριόριστες και κάπου έχει γίνει λαθάκι. Πάντως η ιδέα νομίζω είναι αυτή:

Θεωρούμε την $\displaystyle{f(x)=\frac{z(\ln z)^2}{(1+z^2)(1+z^3)^2}}$ με $\ln z=\ln|z|+i\theta$ όπου $\theta\in[0,2\pi)$ και ολοκληρώνουμε στο "μονοπάτι κλειδαρότρυπα" που αποτελείται από τον κύκλο κέντρου (0,0)

και ακτίνας

με τη θετική φορά, (έστω $C_{1}$ ), τον κύκλο κέντρου (0,0)

και ακτίνας $\delta$ με την αρνητική φορά, (έστω $C_{3}$ ), το ευθύγραμμο τμήμα πάνω στον xx{'}

από το

στο $(\delta,0)$ , (έστω $C_{2}$ ) και το ευθύγραμμο τμήμα πάνω στον xx{'}

από το $(\delta,0)$ στο (R,0)

, (έστω $C_{4}$ ).

Για την $C_{1}$ , είναι $z=Re^{i\theta}$ με $\theta\in[0,2\pi)$ και $\displaystyle{\Big|\int_{C_{1}}f(z)\,dz\Big|=\Big|\int_{0}^{2\pi}\frac{Re^{i\theta}(\ln R+i\theta)^2iRe^{i\theta}}{(1+R^2e^{2i\theta})(1+R^3e^{3i\theta})^2}\,d\theta\Big|\leq\int_{0}^{2\pi}\frac{R^2((\ln R)^2+4\pi^2)}{(1-R^2)(1-R^3)^2}\stackrel{R\to+\infty}{\longrightarrow}0}$

Για την $C_{3}$ , είναι $z=\delta e^{i\theta}$ με $\theta\in[0,2\pi)$ και $\displaystyle{\Big|\int_{C_{3}}f(z)\,dz\Big|=\Big|\int_{2\pi}^{0}\frac{\delta e^{i\theta}(\ln \delta+i\theta)^2i\delta e^{i\theta}}{(1+\delta^2e^{2i\theta})(1+\delta^3e^{3i\theta})^2}\,d\theta\Big|\leq\int_{0}^{2\pi}\frac{\delta^2((\ln \delta)^2+4\pi^2)}{(1-\delta^2)(1-\delta^3)^2}\stackrel{\delta\to0}{\longrightarrow}0}$ .

Για την $C_{2}$ , είναι $z=r e^{2\pi i}$ με $r\in[\delta,R)$ και

$\displaystyle{\int_{C_{2}}f(z)\,dz=\int_{R}^{\delta}\frac{r e^{2\pi i}(\ln r+2\pi i)^2}{(1+r^2)(1+r^3)^2}\,dr=-\int_{\delta}^{R}\frac{r(\ln r+2\pi i)^2}{(1+r^2)(1+r^3)^2}\,dr\stackrel{(\delta,R)\to(0,+\infty)}{\longrightarrow}\int_{0}^{+\infty}\frac{-r(\ln r)^2-4\pi i r \ln r+4\pi^2r}{(1+r^2)(1+r^3)^2}\,dr}$ .

Για την $C_{4}$ , είναι $z=r e^{0i}$ με $r\in[\delta,R)$ και $\displaystyle{\int_{C_{4}}f(z)\,dz=\int_{\delta}^{R}\frac{r (\ln r)^2}{(1+r^2)(1+r^3)^2}\,dr\stackrel{(\delta,R)\to(0,+\infty)}{\longrightarrow}\int_{0}^{+\infty}\frac{r(\ln r)^2}{(1+r^2)(1+r^3)^2}\,dr}$ .

Ακόμα, η f(z)

έχει πόλους πρώτης τάξης τα $\pm i$ και πόλους δευτέρας τάξης τα

και $\displaystyle{\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}}$ , σημεία τα οποία θεωρούμε ότι βρίσκονται στο εσωτερικό της καμπύλης ολοκλήρωσης.

Τώρα, είναι $\displaystyle{Res_{i}f(z)=\ldots=-\frac{i\pi^2}{16}}$ ,

$\displaystyle{Res_{-i}f(z)=\ldots=\frac{i\pi^2}{16}}$ ,

$\displaystyle{Res_{-1}f(z)=\ldots=\frac{\pi(\pi+i)}{9}}$ ,

$\displaystyle{Res_{(1+i\sqrt{3})/2}f(z)=\ldots=\frac{8i(-6\pi+6i\sqrt{3}\pi+5i\pi^2+\sqrt{3}\pi^2)}{81(\sqrt{3}-i)(\sqrt{3}+i)^3}}$ , και

$\displaystyle{Res_{(1-i\sqrt{3})/2}f(z)=\ldots=\frac{-8i(-6\pi-6i\sqrt{3}\pi-5i\pi^2+\sqrt{3}\pi^2)}{81(\sqrt{3}+i)(\sqrt{3}-i)^3}}$ .

Από το θεώρημα του μπαρμπα Cauchy τώρα και αφήνοντας $\delta\to0$ kαι $R\to+\infty$ , (τα ολοκληρώματα με το $r\ln^2r$ στον αριθμητή θα φύγουν), εξισώνοντας φανταστικά μέρη θα πάρουμε $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{x\ln x}{(1+x^2)(1+x^3)^2}\,dx=\frac{\pi}{81}(3\sqrt{3}-4\pi)}$ . Όποιος βρει το λαθάκι έχει κέρασμα...(το αποτέλεσμα του erxmer είναι το σωστό από ότι λέει το wolfram)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 21, 2011 12:40 pm**

erxmer έγραψε:34) Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{\boxed{\int_{0}^{+\infty}{\frac{xInx}{(1+x^2)(1+x^3)^2}dx}=\frac{2\pi}{81}(\pi-3\sqrt{3})}}$

Ορίζουμε την συνάρτηση $\displaystyle{\boxed{f\left( z \right) = \frac{{z \cdot {{\ln }^2}\left( z \right)}}{{\left( {1 + {z^2}} \right){{\left( {1 - {z^3}} \right)}^2}}}}}$ που είναι αναλυτική στο χωρίο του παρακάτω σχήματος.

Προσοχή το πρωτεύον όρισμα του $\displaystyle{\ln \left( z \right)}$ ανήκει στο διάστημα $\displaystyle{\left( { - \pi ,\pi } \right]}$ .

: LogErXmer.jpg (15.03 KiB) Προβλήθηκε 3876 φορές

Έχει απλούς πόλους τους $\displaystyle{ \pm i}$ και διπλούς τους $\displaystyle{1,\frac{{ - 1 - i\sqrt 3 }}{2}{\text{ \& }}\frac{{ - 1 + i\sqrt 3 }}{2}}$ .
Όπως σωστά υπολόγισε ο Αναστάσης παραπάνω, τα μιγαδικά ολοκληρώματα στους κύκλους $\displaystyle{{C_1}{\text{ \& }}{C_3}}$ , με $\displaystyle{R \to + \infty {\text{ \& }}\delta \to 0}$ , μηδενίζονται. Τότε έχουμε

$\displaystyle{\int\limits_C {f\left( z \right)dz} = \int\limits_{{C_2}} {f\left( z \right)dz} + \int\limits_{{C_3}} {f\left( z \right)dz} = \int\limits_{ - \infty }^0 {\frac{{x{{\left( {\ln \left( { - x} \right) + i\pi } \right)}^2}dx}}{{\left( {1 + {x^2}} \right){{\left( {1 - {x^3}} \right)}^2}}}} + \int\limits_0^{ - \infty } {\frac{{x{{\left( {\ln \left( { - x} \right) - i\pi } \right)}^2}dx}}{{\left( {1 + {x^2}} \right){{\left( {1 - {x^3}} \right)}^2}}}} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_\infty ^0 {\frac{{x{{\left( {\ln \left( x \right) + i\pi } \right)}^2}dx}}{{\left( {1 + {x^2}} \right){{\left( {1 + {x^3}} \right)}^2}}}} + \int\limits_0^\infty {\frac{{x{{\left( {\ln \left( { x} \right) - i\pi } \right)}^2}dx}}{{\left( {1 + {x^2}} \right){{\left( {1 + {x^3}} \right)}^2}}}} = - 4i\pi \int\limits_0^\infty {\frac{{x\ln \left( x \right)dx}}{{\left( {1 + {x^2}} \right){{\left( {1 + {x^3}} \right)}^2}}}} }$

Χωρίς να δώσουμε όλες τις πράξεις $\displaystyle{Res\left( {f\left( z \right),z = i} \right) = \frac{{i{\pi ^2}}}{{16}}{\text{, }}Res\left( {f\left( z \right),z = - i} \right) = - \frac{{i{\pi ^2}}}{{16}}{\text{, }}Res\left( {f\left( z \right),z = 1} \right) = 0}$ και

$\displaystyle{Res\left( {f\left( z \right),z = \frac{{ - 1 + i\sqrt 3 }}{2}} \right) = \frac{{2\pi }}{{81}}\left( {3i + 3\sqrt 3 - \pi - 3i\sqrt 3 \pi } \right)}$ και $\displaystyle{Res\left( {f\left( z \right),z = \frac{{ - 1 - i\sqrt 3 }}{2}} \right) = \frac{{2\pi }}{{81}}\left( { - 3i + 3\sqrt 3 - \pi + 3i\sqrt 3 \pi } \right)}$ ,

οπότε $\displaystyle{\sum\limits_k^{} {Res\left( {f\left( z \right),z = {z_k}} \right)} = \frac{{2\pi }}{{81}}\left( {6\sqrt 3 - 2\pi } \right)}$

Από θεώρημα ολοκληρωτικών υπολοίπων $\displaystyle{\frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_C {f\left( z \right)dz} = \sum\limits_k^{} {Res\left( {f\left( z \right),z = {z_k}} \right)} }$ , και τελικά

$\displaystyle{\frac{1}{{2\pi i}}\left( { - 4i\pi \int\limits_0^\infty {\frac{{x\ln \left( x \right)dx}}{{\left( {1 + {x^2}} \right){{\left( {1 + {x^3}} \right)}^2}}}} } \right) = \frac{{2\pi }}{{81}}\left( {6\sqrt 3 - 2\pi } \right) \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{x\ln \left( x \right)dx}}{{\left( {1 + {x^2}} \right){{\left( {1 + {x^3}} \right)}^2}}}} = \frac{{2\pi }}{{81}}\left( {\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}$

Το πρωτεύον όρισμα του λογάριθμου είναι αριθμός του διαστήματος $\displaystyle{\left( { - \pi ,\pi } \right]}$ .

Αναστάση περιμένω κέρασμα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 21, 2011 7:43 pm**

Σεραφείμ, ο πρωτεύων κλάδος του λογαρίθμου είναι πράγματι αυτός που λες αλλά δε βλέπω για ποιο λόγο, το να επιλέξει κανείς κάποιον άλλο κλάδο για να κάνει έναν υπολογισμό είναι εξαρχής λάθος. Πιθανό είναι, ενδεχομένως, το να "μην κάνει τη δουλειά του". Να οδηγηθεί για παράδειγμα στον υπολογισμό κάποιου ολοκληρώματας διαφορετικού από αυτό που ήθελε. Σε οποιονδήποτε κλάδο του, ο λογάριθμος είναι αναλυτική συνάρτηση και επομένως ισχύει το θεώρημα για τα ολοκληρωτικά υπόλοιπα.

Το βιβλίο που έχω μπροστά μου ("Theory of Functions of a Complex Variable" Narayan Shanti) χρησιμοποιεί για παράδειγμα τον κλάδο του λογαρίθμου που έχω θεωρήσει και εγώ για να υπολογίσει το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{1/6}\ln x}{(1+x)^2}\,dx}$ . Το μονοπάτι ολοκλήρωσης είναι το ίδιο με αυτό που περιγράφω παραπάνω.

Εξάλλου, αν ξεκινήσει κανείς με τη συνάρτηση που ξεκινώ εγώ, δεν μπορεί να πάρει την δική σου καμπύλη ολοκλήρωσης γιατί θα έχει το

πάνω της.
(Φυσικά το κέρασμα ισχύει, αλλά συνεχίζω να μη βλέπω που είναι το λάθος στην προσπάθειά μου..

)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 22, 2011 2:20 pm**

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

Θέτουμε $\displaystyle{f(x,y,z)=\frac{1}{(x^2+y^2+z^2+1)^2}}$ .

Επειδή $f(x,y,z)=f(\pm x,\pm y,\pm z)\,\,\forall(x,y,z)\in\mathbb R^3$ , και επειδή $\displaystyle{f(x,y,z)>0}$ , άρα οποιαδήποτε μέθοδος άθροισης θα δώσει το ίδιο αποτέλεσμα, έχουμε ότι

$\displaystyle{I=\lim_{R\to+\infty}\frac{1}{8}\iiint_{\{a,y,z\in\mathbb R:x^2+y^2+z^2\leq R^2\}}f(x,y,z)\,dx\,dy\,dz=\lim_{R\to+\infty}\frac{1}{8}\iiint_{\{(\rho,\phi,\theta)\in\mathbb [0,R]\times[0,2\pi]\times[0,\pi]\}}f(\rho\sin\theta\cos\phi,\rho\sin\theta\sin\phi,\rho\cos\theta)\,d\rho\,d\theta\,d\phi=}$

$\displaystyle{\lim_{R\to+\infty}\frac{1}{8}\int_{0}^{R}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\rho^2\sin\phi}{(\rho^2+1)^2}\,d\rho\,d\theta\,d\phi=\lim_{R\to+\infty}\frac{4\pi}{8}\left(\frac{1}{2}\tan^{-1}\rho-\frac{\rho}{2(\rho^2+1)}\right)\Big|_{0}^{R}=\frac{\pi^2}{8}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 23, 2011 1:41 am**

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 23, 2011 5:34 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{35)}$ $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{x}\ln x}{1+x^2}\,dx}$ .

Έχουμε $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sqrt x \ln \left( x \right)}}{{1 + {x^2}}}dx} = \mathop = \limits^{\sqrt x = y} = 4\int\limits_0^\infty {\frac{{{y^2}\ln \left( y \right)}}{{1 + {y^4}}}dy} }$ . Ορίζουμε $\displaystyle{f\left( z \right) = \frac{{{z^2}{{\ln }^2}\left( z \right)}}{{1 + {z^4}}}}$ , που είναι αναλυτική με απλούς πόλους τους $\displaystyle{{z_{1,2,3,4}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( { \pm 1 \pm i} \right)}$ , στο χωρίο του παραπάνω σχήματος.

: Kotrw-No 35.jpg (15.05 KiB) Προβλήθηκε 3764 φορές

Παίρνουμε το μιγαδικό ολοκλήρωμα στον δρόμο

που είναι ημικύκλιο C_1

κέντρου

και ακτίνας

κατόπιν το τμήμα C_2

στον αρνητικό ημιάξονα, κύκλος C_3

κέντρου

και ακτίνας $\displaystyle{\delta }$ τμήμα στον αρνητικό ημιάξονα αντίθετης φοράς του C_2

και το υπόλοιπο μισό ημικύκλιο του C_1

. Τότε

Επί του C_1

: $\displaystyle{\left| {f\left( z \right)} \right| = \left| {\frac{{{z^2}{{\ln }^2}\left( z \right)}}{{1 + {z^4}}}} \right| \leqslant \frac{{{R^2}}}{{{R^4} - 1}}\left| {\ln \left( {R{e^{i\theta }}} \right)} \right| = \frac{{{R^2}\left| {\ln \left( R \right) + i\theta } \right|}}{{{R^4} - 1}}\xrightarrow{{R \to + \infty }} = 0}$

Επί του C_3

: $\displaystyle{\left| {f\left( z \right)} \right| = \left| {\frac{{{z^2}{{\ln }^2}\left( z \right)}}{{1 + {z^4}}}} \right| \leqslant \frac{{{\delta ^2}}}{{1 - {\delta ^4}}}\left| {\ln \left( {\delta {e^{i\theta }}} \right)} \right| = \frac{{{\delta ^2}\left| {\ln \left( \delta \right) + i\theta } \right|}}{{1 - {\delta ^4}}}\xrightarrow{{\delta \to 0 + }} = 0}$ , οπότε

$\displaystyle{\int\limits_C {f\left( z \right)dz} = \int\limits_{{C_2}} {f\left( z \right)dz} + \int\limits_{{C_3}} {f\left( z \right)dz} = \int\limits_{ - \infty }^0 {\frac{{{x^2}{{\left( {\ln \left( {\left| x \right|} \right) + i\pi } \right)}^2}}}{{1 + {x^4}}}dx} + \int\limits_0^{ - \infty } {\frac{{{x^2}{{\left( {\ln \left( {\left| x \right|} \right) - i\pi } \right)}^2}}}{{1 + {x^4}}}dx} = \mathop = \limits^{x = - y} = }$

$\displaystyle{ = - \int\limits_\infty ^0 {\frac{{{y^2}{{\left( {\ln \left( y \right) + i\pi } \right)}^2}}}{{1 + {y^4}}}dy} - \int\limits_0^\infty {\frac{{{y^2}{{\left( {\ln \left( y \right) - i\pi } \right)}^2}}}{{1 + {y^4}}}dy} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{y^2}{{\left( {\ln \left( y \right) + i\pi } \right)}^2}}}{{1 + {y^4}}}dy} - \int\limits_0^\infty {\frac{{{y^2}{{\left( {\ln \left( y \right) - i\pi } \right)}^2}}}{{1 + {y^4}}}dy} = 4\pi i\int\limits_0^\infty {\frac{{{y^2}\ln \left( y \right)}}{{1 + {y^4}}}dy} }$

Έχουμε $\displaystyle{Res\left( {f\left( z \right),z = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {1 + i} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{z \to \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {1 + i} \right)} \left( {z - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {1 + i} \right)} \right)\frac{{{z^2}{{\ln }^2}\left( z \right)}}{{1 + {z^4}}} = \frac{{\left( { - 1 + i} \right){\pi ^2}}}{{64\sqrt 2 }}}$

και $\displaystyle{Res\left( {f\left( z \right),z = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( { - 1 + i} \right)} \right) = \frac{{9\left( {1 + i} \right){\pi ^2}}}{{64\sqrt 2 }}}$ και $\displaystyle{Res\left( {f\left( z \right),z = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( { - 1 - i} \right)} \right) = \frac{{9\left( {1 - i} \right){\pi ^2}}}{{64\sqrt 2 }}}$ και $\displaystyle{Res\left( {f\left( z \right),z = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( {1 - i} \right)} \right) = - \frac{{\left( {1 + i} \right){\pi ^2}}}{{64\sqrt 2 }}}$

οπότε $\displaystyle{\sum\limits_k {Res\left( {f\left( z \right),z = {z_k}} \right)} = \frac{{\left( { - 1 + i} \right){\pi ^2}}}{{64\sqrt 2 }} + \frac{{9\left( {1 + i} \right){\pi ^2}}}{{64\sqrt 2 }} + \frac{{9\left( {1 - i} \right){\pi ^2}}}{{64\sqrt 2 }} + \frac{{\left( { - 1 - i} \right){\pi ^2}}}{{64\sqrt 2 }} = \frac{{16{\pi ^2}}}{{64\sqrt 2 }} = \frac{{{\pi ^2}}}{{4\sqrt 2 }}}$

Όμως $\displaystyle{\frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_C {f\left( z \right)dz} = \sum\limits_k {Res\left( {f\left( z \right),z = {z_k}} \right)} \Rightarrow \frac{1}{{2\pi i}}\left( {4\pi i\int\limits_0^\infty {\frac{{{y^2}\ln \left( y \right)}}{{1 + {y^4}}}dy} } \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{4\sqrt 2 }} \Rightarrow \boxed{I = 4\int\limits_0^\infty {\frac{{{y^2}\ln \left( y \right)}}{{1 + {y^4}}}dy} = \frac{{{\pi ^2}}}{{2\sqrt 2 }}}}$

Επεξεργάζομαι λύση χωρίς μιγαδική ανάλυση .. θα δείξει !!

mathematica.gr

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