mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 30, 2022 2:04 pm**

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \frac{\ln^2 x \ln \left ( x^2+1 \right )}{x^2+1} \, \mathrm{d}x = \frac{7 \pi \zeta(3)}{4} + \frac{\pi^3 \ln 2}{4}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 30, 2023 3:34 am**

Φαντάζομαι πως υπάρχει και λύση με χρήση μιγαδικής ανάλυσης, αλλά η άσκηση έχει σαν λέξη-κλειδί "ειδικές συναρτήσεις" οπότε παραθέτω μια τέτοια λύση:

Έστω $\mathcal{I}$ το δοσμένο ολοκλήρωμα. Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής $x=\tan u$ :

$\displaystyle \mathcal{I} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {\ln^2(\tan u) \ln(\sec^2 u)}du$

$\displaystyle = -2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {(\ln(\sin u) - \ln(\cos u))^2 \ln(\cos u)}du$

$\displaystyle = -2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {(\ln^2(\sin u)\ln(\cos u) -2 \ln(\sin u)\ln^2(\cos u) + \ln^3(\cos u))}du$

$\displaystyle = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {\ln^2(\sin u)\ln(\cos u)}du - 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {\ln^3(\cos u)}du$

Για το τελευταίο βήμα, διασπάσαμε το ολοκλήρωμα και κάναμε την αλλαγή μεταβλητής $u \mapsto \frac{\pi}{2} - u$ στο δεύτερο ολοκλήρωμα.

Μένει να υπολογίσουμε καθένα από τα δύο παραπάνω ολοκληρώματα. Θεωρούμε το ολοκλήρωμα

$\displaystyle \mathcal{J} := \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {\sin^\epsilon (u) \cos^\delta (u)}du,$

όπου $\epsilon, \delta \in (-1, 1).$

Γράφουμε τώρα τα $\sin^\epsilon (u)$ και $\cos^\delta (u)$ ως σειρές Taylor με μεταβλητές τα $\epsilon$ και $\delta$ , και κέντρα $\epsilon = 0$ και $\delta = 0$ αντίστοιχα. Έχουμε:

$\displaystyle \mathcal{J} = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{\epsilon^n}{n!} \frac{\delta^m}{m!} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {\ln^n(\sin u) \ln^m(\cos u)}du$

Συγκρίνοντας με το ολοκλήρωμα $\mathcal{I}$ παραπάνω, βλέπουμε πως θέλουμε τους συντελεστές των όρων $\epsilon^2 \delta$ και $\delta^3$

Επίσης, από τον ορισμό του $\mathcal{J}$ και των συναρτήσεων $\textrm{B}$ και $\Gamma$ , έχουμε:

$\displaystyle \mathcal{J} = \frac{1}{2} \textrm{B}\left( \frac{1+\epsilon}{2}, \frac{1+\delta}{2} \right) = \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{\epsilon}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{\delta}{2}\right)}{2\Gamma\left(1+ \frac{\epsilon + \delta}{2}\right)}$

Χρησιμοποιούμε τώρα τον τύπο του Legendre για τη συνάρτηση $\Gamma$ (βλέπε, π.χ., εδώ) και έχουμε:

$\displaystyle \Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{\epsilon}{2}\right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2^{\epsilon}} \cdot \frac{\Gamma\left(1+\epsilon\right)}{\Gamma\left(1 + \frac{\epsilon}{2} \right)} \textrm{ , } \Gamma\left(\frac{1}{2} + \frac{\delta}{2}\right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2^{\delta}} \cdot \frac{\Gamma\left(1+\delta\right)}{\Gamma\left(1 + \frac{\delta}{2} \right)}$

Άρα:

$\displaystyle \mathcal{J} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2^{\epsilon + \delta}} \cdot \frac{\Gamma\left(1+\epsilon\right)\Gamma\left(1+\delta\left)}{\Gamma\left(1 + \frac{\epsilon}{2}\right) \Gamma\left(1 + \frac{\delta}{2}\right)\Gamma\left(1 + \frac{\epsilon + \delta}{2}\right)}$

Τώρα, χρησιμοποιούμε την ισότητα:

$\displaystyle \Gamma(1+z) = \exp\left(-\gamma z + \sum_{k=2}^{\infty} {\frac{(-1)^k \zeta(k)}{k}} z^k \right)$

για κάθε όρο στο κλάσμα. Αυτή προκύπτει άμεσα από τη σειρά Taylor της συνάρτησης $\ln\left(\Gamma(1+z))$ . Βλέπε, π.χ., εδώ.

Αν επιπλέον γράψουμε $2^{-(\epsilon + \delta)} = \exp\left(-(\epsilon + \delta)\ln(2)\right)$ , μπορούμε να εκφράσουμε το ολοκλήρωμα $\mathcal{J}$ ως δυναμοσειρά με μεταβλητές τις $\epsilon$ και $\delta$ . Οι πράξεις εδώ είναι αρκετά επίπονες, οπότε τις παραλείπω. (Αν κάποιος τις θέλει αναλυτικά ας μου στείλει ένα μήνυμα και θα χαρώ να τις γράψω.) Η βασική ιδέα είναι πως ενδιαφερόμαστε μόνο για τους συντελεστές των όρων $\epsilon^2 \delta$ και $\delta^3$ , άρα κρατάμε μόνο τους πρώτους όρους της δυναμοσειράς. Βρίσκουμε πως:

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {\ln^2(\sin u)\ln(\cos u)}du = \frac{\pi\zeta(3)}{8} - \frac{\pi\ln^3(2)}{2} \$ , και $\displaystyle \ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} {\ln^3(\cos u)}du = -\frac{3\pi\zeta(3)}{4} -\frac{\pi^3\ln(2)}{8} -\frac{\pi\ln^3(2)}{2}$

Τελικά προκύπτει ότι:

$\displaystyle \mathcal{I} = \frac{7\pi\zeta(3)}{4} + \frac{\pi^3\ln(2)}{4}$ ,

που ήταν το ζητούμενο. $\blacksquare$

mathematica.gr

Λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Re: Λογαριθμικό ολοκλήρωμα