mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 12, 2020 10:03 am**

Έχουμε δει παλιότερα αυτό το ολοκλήρωμα. Καλείστε να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\bigintsss_0^1 \frac{1}{x} \ln \left( \frac{1+2x\cos a+x^2}{ 1-2x \cos a+x^2 } \right) \, \mathrm{d}x =\frac{\pi^2}{2}-\pi \left| a \right| \quad , \quad a \in [-\pi, \pi]}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 24, 2020 11:01 pm**

Επαναφορά. Υποδείξεις:

1. Ισχύει ότι: $\displaystyle{\ln \left ( 1 - 2x \cos a + x^2 \right ) = -2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n \cos na}{n}}$ .

2. Ισχύει ότι: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n} = \frac{\pi-x}{2} \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} -\frac{\pi x}{2} + \frac{x^2}{4}}$ .

3. Ισχύει ότι: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \sin nx}{n} = - \frac{x}{2} \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cos nx}{n^2} = \frac{x^2}{4} - \frac{\pi^2}{12}}$

Είναι ότι χρειάζεται για να το αποδείξετε.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 01, 2020 11:59 am**

Για $a \in [0, \pi]$ έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \ln \left ( \frac{1+2x \cos a + x^2}{1-2x \cos a + x^2} \right ) &= \ln \left ( 1 + 2x \cos a + x^2 \right ) - \ln \left ( 1 - 2x \cos a + x^2 \right ) \\ &=-2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-x)^n \cos na}{n} + 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n \cos na}{n} \\ &= -2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left ( (-x)^n - x^n \right ) \cos na}{n} \\ &= 4 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1} \cos (2n+1)a}{2n+1} \end{aligned}}$
διότι (-x)^n - x^n = 0

όταν ο

είναι άρτιος. Οπότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_0^1 \frac{1}{x} \ln \left( \frac{1+2x\cos a+x^2}{ 1-2x \cos a+x^2 } \right) \, \mathrm{d}x &= 4\int_{0}^{1} \frac{1}{x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1} \cos (2n+1)a}{2n+1} \, \mathrm{d}x \\ &=4 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos(2n+1)a}{2n+1} \int_{0}^{1} x^{2n} \, \mathrm{d}x \\ &=4 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos (2n+1)a}{(2n+1)^2} \end{aligned}}$
Το παραπάνω δεν είναι τίποτα άλλο από τη συνάρτηση $\chi_2$ του Legendre. Οπότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos (2n+1)a}{(2n+1)^2} & = \mathfrak{Re} \left ( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^{i(2n+1)a}}{(2n+1)^2} \right ) \\ &=\frac{1}{2}\mathfrak{Re} \left ( \mathrm{Li}_2 \left ( e^{ia} \right ) - \mathrm{Li}_2 \left ( - e^{ia} \right ) \right ) \end{aligned}}$
Το πραγματικό μέρος του $\mathrm{Li}_2(e^{ix})$ είναι η υπόδειξη

ενώ το πραγματικό μέρος του $\mathrm{Li}_2(-e^{ix})$ είναι η υπόδειξη

. Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} 4\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos (2n+1)a}{\left ( 2n+1 \right )^2} &= 2 \left ( \frac{\pi^2}{6} - \frac{\pi a}{2} + \frac{a^2}{4} - \frac{a^2}{4} + \frac{\pi^2}{12} \right ) \\ &=\frac{\pi^2}{2} - \pi a \end{aligned}}$
Επειδή το αριστερό μέρος είναι άρτιο , μπορούμε να επεκτείνουμε το αποτέλεσμα για $a \in [-\pi, 0]$ . Συνεπώς,

$\displaystyle{\bigintsss_0^1 \frac{1}{x} \ln \left( \frac{1+2x\cos a+x^2}{ 1-2x \cos a+x^2 } \right) \, \mathrm{d}x = \frac{\pi^2}{2} - \pi \left| a \right|}$

mathematica.gr

Ολοκλήρωμα τύπου Poisson

Ολοκλήρωμα τύπου Poisson

Re: Ολοκλήρωμα τύπου Poisson

Re: Ολοκλήρωμα τύπου Poisson