mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 05, 2013 9:19 am**

Να υπολογιστεί το γενικευμένο ολοκλήρωμα : $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log \left( {1 - {e^{ - 2\pi x}}} \right)}}{{1 + {x^2}}}dx} }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 08, 2013 12:54 pm**

Εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(1-e^{-2\pi x} \right)}{x^2 +1}dx=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-2k \pi x}}{x^2+1}}dx$ .

Θέτουμε $\displaystyle I(a):=\int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-ax}}{x^2 +1 }}dx$ , τότε από τον κανόνα παραγώγισης του Leibniz έχουμε $\displaystyle I''\left(a \right)+I\left(a \right)=\frac{1}{a}$ .

Η λύση της εξίσωσης $\displaystyle I''+I=0$ είναι της μορφής $\displaystyle A\cos x+B \sin x$ και μια ειδική λύση της αρχικής είναι

η $\displaystyle Ci\left(x \right)\sin x-Si\left(x \right)\cos x$ . Συνδυάζοντας το γεγονός ότι $\displaystyle I\left(0 \right)=\pi/2\Rightarrow I(2k\pi)=\frac{\pi}{2}-Si\left(2k\pi \right)$ .

Άρα έχουμε ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln\left(1-e^{-2\pi x} \right)}{x^2+1}dx}=-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}\left(\frac{\pi}{2}-Si\left(2k\pi \right) \right)}$ .To τελευταίο άθροισμα έχει υπολογισθεί εδώ: viewtopic.php?f=9&t=12954.

Τελικά $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln\left(1-e^{-2\pi x} \right)}{x^2+1}}dx=\frac{\pi}{2}\ln\left(2\pi \right)-\pi$ , και επειδή $\displaystyle \left(\arctan(x) \right)'=\frac{1}{x^2 +1}$ με μια παραγοντική προκύπτει άμεσα και το $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-2\pi x}\arctan x}{1-e^{-2\pi x}}}dx$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 08, 2013 9:23 pm**

Μπράβο Κωστή, τέλεια

Ένας άλλος τρόπος εύρεσης του $\displaystyle{I\left( {2k\pi } \right)}$ είναι μέσω αντίστροφων μετασχηματισμών Laplace .. ως εξής:

$\displaystyle{I\left( a \right) = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - ax}}}}{{{x^2} + 1}}dx} = \int\limits_0^\infty {{e^{ - ax}}\left( {\int\limits_0^\infty {\sin y\,{e^{ - xy}}dy} } \right)dx} = \int\limits_0^\infty {\sin y\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {y + a} \right)x}}dx} \,dy} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin y}}{{y + a}}dy} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow I\left( {2k\pi } \right) = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin y}}{{y + 2k\pi }}dy} = \int\limits_{2k\pi }^\infty {\frac{{\sin \left( {x - 2k\pi } \right)}}{x}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}dx} - \int\limits_0^{2k\pi } {\frac{{\sin x}}{x}dy} = \frac{\pi }{2} - Si\left( {2k\pi } \right)}$

Κατά τα άλλα .. ομοίως !!

mathematica.gr

Όμορφο γενικευμένο 2.

Όμορφο γενικευμένο 2.

Re: Όμορφο γενικευμένο 2.

Re: Όμορφο γενικευμένο 2.