mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2011 9:24 pm**

Μια λύση με μιγαδικό ολοκλήρωμα. Θεωρούμε την πλειοτιμη μιγαδική συνάρτηση $f\left(z \right)=\dfrac{\ln^2 z}{\left(z+a \right)\left(z+b \right)}$ , και θεωρώντας τον θετικό ημιάξονα σαν κλάδο ασυνέχειας η συνάρτηση γίνεται μονότιμη με $\displaystyle 0\leqslant \arg z<2\pi$ .

Τώρα θεωρούμε την κλεiστή καμπύλη

, αποτελούμενη από κύκλο ακτίνας $C_{1}$ και ακτίνας

, δεξιόστροφο κύκλο $C_{2}$ ακτίνας $\delta$ , και τα ευθύγραμμα τμήματα $AB:z=xe^{2\pi{,CD:z=x$ .

Τότε επιδή η συνάρτηση έχει απλούς πόλους στα $\displaystyle -a<0,-b<0$ , θα έχουμε $\displaystyle \int_{C}f\left(z \right)dz=2\pi i\left( Res\left(f\left(z \right),z=-a \right)+ Res\left(f\left(z \right),z=-a \right) \right)$ και $\displaystyle \int_{C}f\left(z \right)dz=\left(\int_{C_{1}}+\int _{C_{2}}+\int _{AB}+\int _{CD} \right)f\left(z \right)dz$

και $\displaystyle \int_{C_{1}}f\left(z \right)dz=\int _{0}^{2\pi }\frac{iRe^{it} \ln^2 Re^{it}}{\left(Re^{it}+a \right)\left(Re^{it}+b \right)}dt$ και έυκολα βλέπουμε πως $\displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty}\left|\frac{iRe^{it} \ln^2 Re^{it}}{\left(Re^{it}+a \right)\left(Re^{it}+b \right)} \right|$ άρα $\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\frac{iRe^{it} \ln^2 Re^{it}}{\left(Re^{it}+a \right)\left(Re^{it}+b \right)}dt\rightarrow 0,R\rightarrow \infty$

Παρόμοια $\displaystyle \int_{C_{2}}f\left(z \right)dz=\int_{2\pi}^{0}{\frac{i\delta e^{it} \ln^2 \delta e^{it}}{\left(\delta e^{it}+a \right)\left(\delta e^{it}+b \right)}}dt\rightarrow 0,\delta \rightarrow 0$ αφού πάλι το όριο της μέσα συνάρτησης είναι 0.

Άρα $\displaystyle \int_{\delta}^{R}{\frac{ \ln^2 x}{\left(x+a \right)\left(x+b \right)}}dx-\int_{\delta}^{R}{\frac{ \left(\ln x+2\pi i \right)^2}{\left(x+a \right)\left(x+b \right)}}dx=2\pi i\sum_{z=a,b}{Res\left(f,z \right)}$ ή $\displaystyle -4\pi i\int_{0}^{\infty}{\frac{\ln x}{\left(x+a \right)\left(x+b \right)}}+\int_{0}^{\infty}{\frac{4\pi^2}{\left(x+a \right)\left(x+b \right)}}=2\pi i \sum_{z=a,b}{Res\left(f,z \right)}$

Όμως $\displaystyle Res\left(f,-a \right)=\frac{\left(\ln a+\pi i\right)^2}{b-a},Res\left(f,-b \right)=-\frac{\left(\ln b+\pi i\right)^2}{b-a}$ . Εξισώνοντας πραγματικά και φανταστικά μέρη βρίκουμε $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{\infty}{\frac{\ln x}{\left( x+a\right)\left(x+b \right)}}dx=\frac{\ln^2 b-\ln^2 a}{2\left(b-a \right)}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 27, 2011 12:35 am**

Με πραγματική Ανάλυση, δεδομένου ότι με Μιγαδική Ανάλυση ο Κώστας μας έδωσε πλήρη λύση.
Θα χρησιμοποιηθούν αποκλειστικά μετασχηματισμοί Laplace. Πιο συγκεκριμένα : $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {1 \cdot {e^{ - xy}}dx} = \frac{1}{y}}$ , $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - xy}}dx} = - \frac{{\ln y + \gamma }}{y}}$ και $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{{\ln }^2}x \cdot {e^{ - xy}}dx} = \frac{{{{\left( {\ln y + \gamma } \right)}^2}}}{y} + \frac{{{\pi ^2}}}{{6y}}}$ http://eqworld.ipmnet.ru/en/auxiliary/i ... place5.pdf (οι αποδείξεις τους δεν είναι δύσκολες και βρίσκονται .. παντού).

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln x}}{{\left( {x + a} \right)\left( {x + b} \right)}}dx} = \frac{1}{{b - a}}\int\limits_0^\infty {\ln x\left( {\frac{1}{{x + a}} - \frac{1}{{x + b}}} \right)} dx = \frac{1}{{b - a}}\int\limits_0^\infty {\ln x\left( {\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)} \,{e^{ - xy}}dy} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{b - a}}\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {\ln x \cdot {e^{ - xy}}dx} } \right)dy} = - \frac{1}{{b - a}}\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\frac{{\ln y + \gamma }}{y}dy} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{\gamma }{{b - a}}\int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}}}{y}dy} - \frac{1}{{b - a}}\int\limits_0^\infty {\ln y\frac{{{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}}}{y}dy} = - \frac{\gamma }{{b - a}}{I_1} - \frac{1}{{b - a}}{I_2}}$

$\displaystyle{{I_1} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}}}{y}dy} = \int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - xy}}dx} } \right)dy} = \int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - \left( {x + a} \right)y}} - {e^{ - \left( {x + b} \right)y}}} \right)dy} dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{1}{{x + a}} - \frac{1}{{x + b}}} \right)dx} = \left[ {\ln \frac{{x + a}}{{x + b}}} \right]_0^\infty = \ln b - \ln a}$

$\displaystyle{{I_2} = \int\limits_0^\infty {\ln y\frac{{{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}}}{y}dy} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {{{\left( {{{\ln }^2}y} \right)}^\prime }\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)dy} = \frac{1}{2}\left[ {{{\ln }^2}y\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)} \right]_0^\infty + \frac{a}{2}\int\limits_0^\infty {{{\ln }^2}y \cdot {e^{ - ay}}dy} - }$

$\displaystyle{ - \frac{b}{2}\int\limits_0^\infty {{{\ln }^2}y \cdot {e^{ - by}}dy} = \frac{a}{2}\left( {\frac{{{{\left( {\ln a + \gamma } \right)}^2}}}{a} + \frac{{{\pi ^2}}}{{6a}}} \right) - \frac{b}{2}\left( {\frac{{{{\left( {\ln b + \gamma } \right)}^2}}}{b} + \frac{{{\pi ^2}}}{{6b}}} \right) = \frac{{{{\ln }^2}a - {{\ln }^2}b}}{2} + \gamma \left( {\ln a - \ln b} \right)}$

Τότε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln x}}{{\left( {x + a} \right)\left( {x + b} \right)}}dx} = - \frac{\gamma }{{b - a}}\left( {\ln b - \ln a} \right) - \frac{1}{{b - a}}\left( {\frac{{{{\ln }^2}a - {{\ln }^2}b}}{2} + \gamma \left( {\ln a - \ln b} \right)} \right) = \frac{{{{\ln }^2}b - {{\ln }^2}a}}{{2\left( {b - a} \right)}}}$

$\displaystyle{\gamma :}$ η σταθερά του Euler.

mathematica.gr

Γενικευμένο (vii)

Γενικευμένο (vii)

Re: γενικευμένο (vii)

Re: Γενικευμένο (vii)