mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 17, 2016 3:55 pm**

Δείξατε ότι:
$\displaystyle{\int_0^{\infty} \frac{\log t (1- \cos t)}{t^2} \, {\rm d}t=\frac{\pi}{2}(1-\gamma)}$ όπου $\gamma$ η σταθερά των Euler - Mascheroni.

Η λύση που βρήκα είναι με αρκετά βαρύ εργαλείο. Θα χαρώ να δω κάτι στοιχειώδες.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2016 8:04 pm**

Tolaso J Kos έγραψε:Δείξατε ότι: $\displaystyle{\int_0^{\infty} \frac{\log t (1- \cos t)}{t^2} \, {\rm d}t=\frac{\pi}{2}(1-\gamma)}$

Με αντίστροφους μετασχηματισμούς Laplace (κάπως αναλυτικά) .. χμ .. είναι άραγε βαρύ εργαλείο;

Γνωστές σχέσεις:

1) Αν $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {F\left( t \right) \cdot {e^{ - xt}}dt} = f\left( x \right)}$ τότε $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {F\left( t \right) \cdot \cos t \cdot {e^{ - xt}}dt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {F\left( t \right) \cdot \left( {{e^{it}} + {e^{ - it}}} \right) \cdot {e^{ - xt}}dt} = \frac{1}{2}\left( {f\left( {x + i} \right) + f\left( {x - i} \right)} \right)}$
2) $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\log t \cdot {e^{ - xt}}dt} = - \frac{{\gamma + \log x}}{x}}$ (ο μετασχηματισμός Laplace της συνάρτησης $\displaystyle{F\left( t \right) = \log t}$ )
3) $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {t \cdot {e^{ - xt}}dt} = \frac{1}{{{x^2}}}}$ (ο μετασχηματισμός Laplace της συνάρτησης $\displaystyle{F\left( t \right) = t}$ )

Τότε ο μετασχηματισμός Laplace της συνάρτησης $\displaystyle{F\left( t \right) = \log t \cdot \cos t}$ είναι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\log t \cdot \cos t \cdot {e^{ - xt}}dt} = - \frac{1}{2}\left( {\frac{{\gamma + \log \left( {x + i} \right)}}{{x + i}} + \frac{{\gamma + \log \left( {x - i} \right)}}{{x - i}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = - \frac{\gamma }{2}\left( {\frac{1}{{x + i}} + \frac{1}{{x - i}}} \right) - \frac{1}{2}\left( {\frac{{\log \left( {x + i} \right)}}{{x + i}} + \frac{{\log \left( {x - i} \right)}}{{x - i}}} \right) = }$ $\displaystyle{ - \gamma \frac{x}{{{x^2} + 1}} - \frac{{x\log \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}} - \frac{{Arc\tan \left( {1/x} \right)}}{{{x^2} + 1}}}$

Στο θέμα μας

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log t \cdot \left( {1 - \cos t} \right)}}{{{t^2}}}dt} = \int\limits_0^\infty {\log t \cdot \left( {1 - \cos t} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {x \cdot {e^{ - xt}}dx} } \right)dt} = \int\limits_0^\infty {x\left( {\int\limits_0^\infty {\log t \cdot \left( {1 - \cos t} \right){e^{ - xt}}dt} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {x\left( {\int\limits_0^\infty {\log t \cdot {e^{ - xt}}dt} - \int\limits_0^\infty {\log t \cdot \cos t \cdot {e^{ - xt}}dt} } \right)dx} = }$ $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {x\left( { - \frac{{\gamma + \log x}}{x} + \gamma \frac{x}{{{x^2} + 1}} + \frac{{x\log \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}} + \frac{{Arc\tan \left( {1/x} \right)}}{{{x^2} + 1}}} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {x\left( { - \gamma \frac{1}{{x \cdot \left( {{x^2} + 1} \right)}} - \frac{{\log x}}{x} + \frac{{x\log \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}} + \frac{{arc\tan \left( {1/x} \right)}}{{{x^2} + 1}}} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{{\gamma \cdot \pi }}{2} + \int\limits_0^\infty {\left( { - \log x + \frac{{\left( {{x^2} + 1} \right)\log \left( {{x^2} + 1} \right) - \log \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}} + \frac{{x \cdot arc\tan \left( {1/x} \right)}}{{{x^2} + 1}}} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{{\gamma \cdot \pi }}{2} + \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{1}{2}\log \left( {{x^2} + 1} \right) - \log x} \right)dx} + \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{{arc\tan \left( {1/x} \right)}}{{{x^2} + 1}} - \frac{{\log \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}}} \right)dx} }$

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\left( {\frac{1}{2}\log \left( {{x^2} + 1} \right) - \log x} \right)dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\log \left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} = }$ $\displaystyle{\frac{1}{2}\left[ {x\log \left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} \right]_0^\infty - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {x \cdot {{\left( {\log \left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} \right)}{'}}dx} = .. = \frac{\pi }{2}}$

και $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\left( {\frac{{x \cdot arc\tan \left( {1/x} \right)}}{{{x^2} + 1}} - \frac{{\log \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}}} \right)dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{2x \cdot arc\tan \left( {1/x} \right) - \log \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {{{\left( {arc\tan \left( {1/x} \right) \cdot \log \left( {{x^2} + 1} \right)} \right)}{'}}dx} = \frac{1}{2}\left[ {arc\tan \left( {1/x} \right) \cdot \log \left( {{x^2} + 1} \right)} \right]_0^\infty = .. = 0}$

Τελικά $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log t \cdot \left( {1 - \cos t} \right)}}{{{t^2}}}dt} = \frac{\pi }{2}\left( {1 - \gamma } \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2016 8:56 pm**

Γεια σου Σεραφείμ. Πολύ ωραία εφαρμογή του μετασχηματισμού Laplace. Εγώ έκανα Mellin. Συγκεκριμένα υπολόγισα το μετασχηματισμό
$\displaystyle{\mathcal{M}\left ( \frac{1-\cos t}{t^2} \right )= \int_{0}^{\infty} t^{s-1} \frac{1-\cos t}{t^2} \, {\rm d}t = \cos \left ( \frac{\pi s}{2} \right ) \Gamma(s-2)}$

παραγώγισα και πήρα όριο στο

.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Υ.Σ: Αργότερα , βέβαια, είδα μία πολύ ωραία λύση που χρησιμοποιεί το θέμα εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2016 9:18 pm**

Tolaso J Kos έγραψε:Εγώ έκανα Mellin.

Mellin ..

.. σκληρά Μαθηματικά ..

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 19, 2016 11:38 am**

Χμμ.. βλέπω εκ των υστέρων ότι η τεχνική που εφάρμοσα στο θέμα εδώ εφαρμόζεται και εδώ, αρκεί να επιλέξει κάποιος τις σωστές συναρτήσεις. Τότε έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\log t \left ( 1-\cos t \right )}{t^2} \, {\rm d}t &= \int_{0}^{\infty} \frac{\log t \left ( 1-\cos t \right )}{t \cdot t} \, {\rm d}t \\ &= -\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \left ( \log x + \gamma \right ) \log \left ( \frac{1}{x^2}+1 \right ) \, {\rm d}x \\ &=- \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \log x \log \left ( \frac{1}{x^2}+1 \right ) \, {\rm d}x - \frac{1}{2} \gamma \int_{0}^{\infty} \log \left ( \frac{1}{x^2} +1 \right ) \, {\rm d}x \\ &= \frac{\pi}{2} - \frac{\pi \gamma}{2}\\ &= \frac{\pi}{2} \left ( 1-\gamma \right ) \end{aligned}}$ διότι
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \log x \log \left ( \frac{1}{x^2}+1 \right ) \, {\rm d}x &= \int_{0}^{1} \log x \log \left ( \frac{1}{x^2}+1 \right ) \, {\rm d}x + \int_{1}^{\infty} \log x \log \left ( \frac{1}{x^2}+1 \right )\, {\rm d}x\\ &\!\!\!\!\!\overset{u=1/x}{=\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{1}\log x \log \left ( \frac{1}{x^2}+1 \right ) \, {\rm d}x - \int_{1}^{0} \log \left ( \frac{1}{x} \right ) \log \left ( x^2+1 \right ) \frac{1}{x^2} \, {\rm d}x \\ &=\int_{0}^{1} \log x \log \left ( \frac{1}{x^2}+1 \right ) \, {\rm d}x - \int_{0}^{1} \frac{\log x \log \left ( 1+x^2 \right )}{x^2} \, {\rm d}x \\ &=-2\mathcal{G} - \frac{\pi}{2} - \log 2 - \left ( -2\mathcal{G} + \frac{\pi}{2} - \log 2\right )\\ &=- \pi \cancel{- 2\mathcal{G} - \log 2 + 2\mathcal{G} + \log 2} \\ &= -\pi \end{aligned}$ Τα ολοκληρώματα $\displaystyle \int_{0}^{1} \log x \log \left ( \frac{1}{x^2}+1 \right )\, {\rm d}x$ και $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\log x \log \left ( 1+x^2 \right )}{x^2} \, {\rm d}x$ είναι σχετικά απλά. Για το πρώτο για παράδειγμα έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \log x \log \left ( \frac{1}{x^2}+1 \right ) \, {\rm d}x &= \int_{0}^{1} \log x \log \left ( \frac{x^2+1}{x^2} \right ) \, {\rm d}x \\ &= \int_{0}^{1} \log x \left [ \log \left ( x^2+1 \right ) - 2 \log x \right ] \, {\rm d}x\\ &=\int_{0}^{1} \log x \log \left ( x^2+1 \right ) \, {\rm d}x - 2 \int_{0}^{1} \log^2 x \, {\rm d}x \\ &= \int_{0}^{1} \log x \log \left ( x^2+1 \right ) \, {\rm d}x -4 \\ &= -2\mathcal{G} - \frac{\pi}{2} -\log 2 + 4 -4 \\ &= -2\mathcal{G} - \frac{\pi}{2} - \log 2 \end{aligned}}$ όπου κατά τον υπολογισμό του τελευταίου ολοκληρώματος αναπτύσσουμε το $\log (x^2+1)$ σε σειρά Taylor και φτάνουμε σε μία σχετικά εύκολη σειρά. Παρόμοια και το δεύτερο. Αφήνω τις λεπτομέρειες. Χρησιμοποιήθηκε ο μετασχηματισμός Laplace
$\displaystyle{\mathcal{L}\left \{ \frac{1-\cos t}{t} \right \} = \int_{0}^{\infty} e^{-st} \left ( \frac{1-\cos t}{t} \right ) \, {\rm d}t= \frac{1}{2} \log \left ( \frac{1}{s^2}+1 \right )}$ τον οποίο αφήνω ως (απλή) άσκηση. Για την απόδειξη κάποιος μπορεί να ξεκινήσει παραγωγίζοντας κάτω από το ολοκλήρωμα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 19, 2016 3:42 pm**

Tolaso J Kos έγραψε:τον οποίο αφήνω ως (απλή) άσκηση.

Τόλη μπράβο, βάζε καμιά άσκηση, ας είναι κι απλή, γιατί, διακοπές είμαστε, αλλά μην πολυχαλαρώνουμε κιόλας.

mathematica.gr

Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και λογάριθμο

Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και λογάριθμο

Re: Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και λογάριθμο

Re: Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και λογάριθμο

Re: Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και λογάριθμο

Re: Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και λογάριθμο

Re: Ολοκλήρωμα με τριγωνομετρικό και λογάριθμο