mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 17, 2019 9:27 pm**

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_0^\infty \log x e^{-x^2} \, \mathrm{d}x }$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 18, 2019 10:12 pm**

Κάνοντας τη αλλαγή μεταβλητής $y=x^{2}$ το ολοκλήρωμα παίρνει τη μορφή

$J=\frac{1}{4}\int_{0}^{\infty }ln\left ( y \right )y^{-\frac{1}{2}}e^{-y}dy=\frac{1}{4}{\Gamma }'\left ( \frac{1}{2} \right ) =-\frac{1}{4}\sqrt{\pi }\left ( \gamma +2ln(2) \right )$

Πιο αναλυτικά, αν $\psi =\frac{{\Gamma }'}{\Gamma }$ τότε αφού $\Gamma \left ( \frac{1}{2} \right )=\sqrt{\pi }$ , το μόνο που μένει να εξηγήσουμε είναι ότι $\psi \left ( \frac{1}{2} \right )=-\gamma -2ln(2)$ .

Όμως αφού $\psi \left ( x \right )=-\gamma -\sum_{k=0}^{\infty }\left ( \frac{1}{x+k} -\frac{1}{1+k}\right )$ αρκεί απλά να επαληθευτεί ότι $\sum_{k=0}^{\infty }\frac{1}{\left ( k+1 \right )\left ( 2k+1 \right )}=2ln(2)$ . Πράγματι, έχουμε πως

$\sum_{k=0}^{\infty }\frac{1}{\left ( k+1 \right )\left ( 2k+1 \right )}=2\sum_{k=0}^{\infty }\left ( \frac{1}{2k+1} -\frac{1}{2k+2}\right )=2\sum_{k=0}^{\infty }\left ( -1 \right )^{k}\frac{1}{k+1}=2ln(2)$

mathematica.gr

Λογαριθμικό Gaussian ολοκλήρωμα

Λογαριθμικό Gaussian ολοκλήρωμα

Re: Λογαριθμικό Gaussian ολοκλήρωμα