mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 28, 2010 12:36 am**

Ακόμη ένα διπλό
$\displaystyle{I = \int\limits_0^{ + \infty } {\left( {\int\limits_y^{ + \infty } {\frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}\ln \left( {\frac{{x + y}}{{x - y}}} \right)}}{{xy\sinh \left( {x + y} \right)}}dx} } \right)dy} }$

Απάντηση

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 27, 2012 11:20 am**

Ξεφυλλίζοντας τις παλιές σελίδες βρήκα τούτο ..

Έστω $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_y^\infty {\frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}\ln \left( {\frac{{x + y}}{{x - y}}} \right)}}{{xy\sinh \left( {x + y} \right)}}dx} } \right)dy} }$ . Κάνοντας τον μετασχηματισμό συντεταγμένων $\displaystyle{x + y = u{\text{ \& }}x - y = v}$ προκύπτει $\displaystyle{x = \frac{{u + v}}{2}{\text{ \& }}\frac{{u - v}}{2}}$ ,

οπότε $\displaystyle{xy = \frac{{{u^2} - {v^2}}}{4}}$ , η δε Ιακωβιανή του μετασχηματισμού είναι $\displaystyle{\frac{{\partial \left( {x,y} \right)}}{{\partial \left( {u,v} \right)}} = - \frac{1}{2}}$ . Τα χωρία ολοκλήρωσης στα $\displaystyle{\left( {x,y} \right){\text{ \& }}\left( {u,v} \right)}$ επίπεδα είναι (φανερά) τα παρακάτω :[attachment=0]27-02-2012.jpg[/attachment]Τότε $\displaystyle{I = - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_0^u {\frac{{{v^2}\ln \left( {\frac{u}{v}} \right)}}{{\frac{{{u^2} - {v^2}}}{4}\sinh u}}dv} } \right)du} = - 2\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\sinh u}}\left( {\int\limits_0^u {\frac{{{v^2}\ln \left( {\frac{u}{v}} \right)}}{{{u^2} - {v^2}}}dv} } \right)du} = \mathop = \limits^{u/v = y} = - 2\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\sinh u}}\left( {\int\limits_0^1 {\frac{{{u^2}{y^2}\ln \left( y \right)}}{{{u^2}\left( {1 - {y^2}} \right)}}udy} } \right)du} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{{\rm I} = - 2\left( {\int\limits_0^\infty {\frac{u}{{\sinh u}}du} } \right)\left( {\int\limits_0^1 {\frac{{{y^2}\ln \left( y \right)}}{{1 - {y^2}}}dy} } \right)}}$ . Όμως

$\displaystyle{2\int\limits_0^\infty {\frac{u}{{\sinh u}}du} = 4\int\limits_0^\infty {\frac{u}{{{e^u} - {e^{ - u}}}}du} = 4\int\limits_0^\infty {\frac{{u{e^{ - u}}}}{{1 - {e^{ - 2u}}}}du} = 4\int\limits_0^\infty {u{e^{ - u}}\sum\limits_{k = 0}^\infty {{e^{ - 2ku}}} du} = 4\sum\limits_{k = 0}^\infty {\int\limits_0^\infty {u{e^{ - \left( {2k + 1} \right)u}}du} } = 4\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^2}}}} \mathop = \limits^{\left[ * \right]} \frac{{{\pi ^2}}}{2}}$

και $\displaystyle{ - \int\limits_0^1 {\frac{{{y^2}\ln \left( y \right)}}{{1 - {y^2}}}dy} = - \int\limits_0^1 {{y^2}\ln \left( y \right)\left( {\sum\limits_{k = 0}^\infty {{y^{2k}}} } \right)dy} = - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\int\limits_0^1 {\ln \left( y \right){y^{2\left( {k + 1} \right)}}dy} } = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {2k + 3} \right)}^2}}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{8} - 1}$

Τελικά $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_y^\infty {\frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}\ln \left( {\frac{{x + y}}{{x - y}}} \right)}}{{xy\sinh \left( {x + y} \right)}}dx} } \right)dy = } \frac{{{\pi ^2}}}{2}\left( {\frac{{{\pi ^2}}}{8} - 1} \right)}$

</span>[*] :

Διότι $\displaystyle{\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {2k + 1} \right)}^2}}}} = 1 + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{5^2}}} + .. = \zeta \left( 2 \right) - \left( {\frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + ..} \right) = \zeta \left( 2 \right) - \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{1} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + ..} \right) = \frac{3}{4}\zeta \left( 2 \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{8}}$ [/color]

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 29, 2012 10:30 pm**

άπαιχτος!

mathematica.gr

μεταμεσονύκτιο ολοκλήρωμα 45

μεταμεσονύκτιο ολοκλήρωμα 45

Re: μεταμεσονύκτιο ολοκλήρωμα 45

Re: μεταμεσονύκτιο ολοκλήρωμα 45