mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 14, 2024 8:50 pm**

Καλησπέρα,καθώς διάβαζα μια ανάρτηση στο mathstachexchange βρήκα το συγκέκριμενο ολοκλήρωμα με τη σχετική λύση. Δίπλα ομως δεν ειχε γίνει καποια επισήμαση στον τρόπο λύσεως ούτε κάποια αναφορά για την προέλευση του.Με έχει απασχολήσει αρκετά.Σας παρέχω την λύση μου,δεν ειναι σύμφωνη με τη δοθείσα στο forum.Μπορείτε να με διορθώσετε ή αν γίνεται να μου προσδιορίσετε τη λύση του;Ευχαριστώ.

https://math.stackexchange.com/question ... -integrals

$\int_{0}^{1} (\ln(x+1) \ln(1-x))^n \, dx$

Για να βρούμε μια γενική λύση για το ολοκλήρωμα $\int_{0}^{1} (\ln(x+1) \ln(1-x))^n \, dx$ για κάθε πραγματικό

, ακολουθούμε τα εξής βήματα.

Αναπτύσσουμε τις $\ln(x+1)$ και $\ln(1-x)$ σε σειρές:
$\displaystyle \ln(x+1) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} x^k,$
$\displaystyle \ln(1-x) = -\sum_{m=1}^{\infty} \frac{x^m}{m}.$

Το προϊόν $\ln(x+1) \ln(1-x)$ μπορεί να γραφτεί ως:
$\displaystyle \ln(x+1) \ln(1-x) = -\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \frac{x^{k+m}}{m}.$

Στη συνέχεια, ολοκληρώνουμε αυτό το προϊόν υψωμένο στη δύναμη

:
$\displaystyle I_n = \int_{0}^{1} \left( -\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \frac{x^{k+m}}{m} \right)^n dx.$

Αναπτύσσοντας σε πολυώνυμο και ολοκληρώνοντας όρο-όρο:
$\displaystyle I_n = (-1)^n \int_{0}^{1} \left( \sum_{k_1, m_1} \frac{(-1)^{k_1+1}}{k_1 m_1} x^{k_1+m_1} \cdots \sum_{k_n, m_n} \frac{(-1)^{k_n+1}}{k_n m_n} x^{k_n+m_n} \right) dx.$

$\displaystyle I_n = (-1)^n \sum_{k_1, m_1, \ldots, k_n, m_n} \left( \prod_{i=1}^n \frac{(-1)^{k_i+1}}{k_i m_i} \right) \int_{0}^{1} x^{\sum_{i=1}^n (k_i + m_i)} dx.$

Χρησιμοποιώντας το ολοκλήρωμα του x^a

στο διάστημα [0,1]

:
$\displaystyle \int_{0}^{1} x^a dx = \frac{1}{a+1},$
παίρνουμε:
$\displaystyle I_n = (-1)^n \sum_{k_1, m_1, \ldots, k_n, m_n} \left( \prod_{i=1}^n \frac{(-1)^{k_i+1}}{k_i m_i} \right) \frac{1}{1 + \sum_{i=1}^n (k_i + m_i)}.$

για κάθε πραγματικό

:
$\displaystyle I_n = (-1)^n \cdot n! \cdot \zeta(n+2)$

Για n = 1

:
$\displaystyle I_1 = -2G,$
όπου

είναι η σταθερά του Catalan.

Για n = 2

:
$\displaystyle I_2 = 2 \zeta(3).$

Για γενικό

:
$\displaystyle I_n = (-1)^n \cdot n! \cdot \zeta(n+2)$

Νικόλας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 14, 2024 10:34 pm**

Δε καταλαβαίνω την ερώτησή σου... Αν είναι να μελετηθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{1} \ln^n (1+x) \ln^n (1-x) \, \mathrm{d}x }$ όπου $n \in \mathbb{N}$ , τότε απαιτούνται ισχυρά εργαλεία. Για μικρές τιμές του

είναι σχετικά εύκολο. Ξεκινάμε με πολύ βασικό άθροισμα:

Λήμμα: Ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \mathcal{H}_n =\frac{\pi^2}{12} - \frac{\log^2 2}{2}}$ .

Απόδειξη: Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n} \mathcal{H}_n &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\sum_{n=2}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n} \mathcal{H}_{n-1}\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\frac12\sum_{n=2}^N\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac1k+\frac1{n-k}\right)\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\frac12\sum_{n=2}^N\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n-1}}{k(n-k)}\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\frac12\sum_{k=1}^{N-1}\sum_{n=k+1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{k(n-k)}\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\frac12\sum_{k=1}^{N-1}\sum_{n=1}^{N-k}\frac{(-1)^{n+k-1}}{kn}\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} -\frac12\sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} + \\ &\quad \quad \quad \quad +\frac12\sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=N-k+1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} \end{aligned}}$
Όμως,

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{1}{2}\left|\sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=N-k+1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\right| &\leq \frac12\left|\sum_{k=1}^{N/2}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=N-k+1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\right| + \\ & \quad \quad \quad \quad +\frac{1}{2}\left|\sum_{k=N/2}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=N-k+1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\right|\\ &\leq \frac{1}{2}\cdot 1 \cdot \frac{2}{N} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{N} \cdot 1\\ &=\frac{2}{N} \end{aligned}}$
Το αποτέλεσμα έπεται. $\blacksquare$

Για : Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \ln (1+x) \ln (1-x) \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} \ln (1-x) \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{x^k}{k} \, \mathrm{d}x\\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \int_{0}^{1} x^k \ln (1-x)\, \mathrm{d} x \\ &= -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} \mathcal{H}_{k+1}}{k \left ( k+1 \right )}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \mathcal{H}_{k+1} \left ( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right ) \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k \mathcal{H}_{k+1}}{k} - \sum_{m=2}^{\infty} \frac{(-1)^{m-1} \mathcal{H}_m}{m} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k \left ( \mathcal{H}_k + \frac{1}{k+1} \right )}{k} - \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} \mathcal{H}_k}{k} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k \mathcal{H}_k}{k} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k \left ( k+1 \right )} - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} \mathcal{H}_k}{k} \\ &= -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} \mathcal{H}_k}{k} + 1 - 2 \ln 2 - \left (\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} \mathcal{H}_k}{k} - 1 \right ) \\ &= \left ( \frac{\ln^2 2}{2} - \frac{\pi^2}{12} \right ) + 1 - 2 \ln 2 - \left ( \frac{\pi^2}{12} - \frac{\ln^2 2}{2} - 1 \right ) \\ &= 2 - 2 \ln 2 - \frac{\pi^2}{6} + \ln^2 2 \end{aligned}}$
Ένας άλλος τρόπος: Ξεκινάμε με τη ταυτότητα:

$\displaystyle{\left ( \ln (1+x) + \ln (1-x) \right )^2 = \ln^2 (1+x) + 2 \ln (1+x) \ln (1-x) + \ln^2 (1-x)}$

και ολοκληρώνουμε τα δύο μέλη. Θα χρειαστεί να υπολογίσουμε μόνο το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{1} \ln^2 \left ( 1 - x^2 \right )\, \mathrm{d}x }$ .

nickolas tsik έγραψε: Τρί Μάιος 14, 2024 8:50 pm
για κάθε πραγματικό :
$\displaystyle I_n = (-1)^n \cdot n! \cdot \zeta(n+2)$

Για :
$\displaystyle I_1 = -2G,$
όπου είναι η σταθερά του Catalan.

Για :
$\displaystyle I_2 = 2 \zeta(3).$

Για γενικό :
$\displaystyle I_n = (-1)^n \cdot n! \cdot \zeta(n+2)$

Νικόλας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 14, 2024 11:29 pm**

Ενδιαφέρον πάντως έχει και το ανάπτυγμα Taylor της $\ln(1-x) \ln (1+x)$ . Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \log{(1+x)\log(1-x)}&=\left(\sum_{j=1}^\infty (-1)^{j+1}\frac{x^j}{j}\right)\left(-\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k}\right)\\ &=\sum_{n=2}^\infty\left(\sum_{{j+k=n}\atop{j,k\geq 1}}\frac{(-1)^j}{j}\,\frac{1}{k}\right)x^n \\ &=\sum_{n=2}^\infty\left(\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^j}{j}\,\frac{1}{n-j}\right)x^n\\ &=\sum_{n=2}^\infty\left(\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^j}{j}+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^j}{n-j}\right)\frac{x^n}{n} \\ &=\sum_{n=2}^\infty\left(\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^j}{j}+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n-j}}{j}\right)\frac{x^n}{n} \\ &=\sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{j=1}^{2n-1}\frac{(-1)^j}{j}\right)\frac{x^{2n}}{n} \\ &=\sum_{n=1}^\infty\left(-\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1}+\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j}-\frac{1}{2n}\right)\frac{x^{2n}}{n} \\ &=\sum_{n=1}^\infty\left(-\mathcal{H}_{2n}+2\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j}-\frac{1}{2n}\right)\frac{x^{2n}}{n} \\ &=\sum_{n=1}^\infty\left(-\mathcal{H}_{2n}+\mathcal{H}_n-\frac{1}{2n}\right)\frac{x^{2n}}{n} \\ \end{aligned}}$
διότι $\displaystyle{\mathcal{H}_{2n}=\sum_{j=1}^{2n}\frac{1}{j}=\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j}+\sum_{j=1}^n\frac{1}{2j-1}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 14, 2024 11:37 pm**

Ψάχνοντας στη βιβλιογραφία βρήκα το ακόλουθο: Είναι γνωστό (!!

) ότι

$\displaystyle{\int_{0}^{1} x^{\nu -1} (1+x)^{\lambda} (1-x)^{\mu -1} \, dx = \mathrm{B}(\mu, \nu) \, {}_{2}\mathrm{F}_{1}(- \lambda, \nu; \mu+\nu; -1) }$
όπου ${}_{2}\mathrm{F}_{1}$ είναι η υπεργεωμετρική συνάρτηση και $\mathrm{B}$ η συνάρτηση βήτα του Euler. Οπότε, το αποτέλεσμα (όποιο και αν είναι αυτό) θα περιέχει πολυγάμμα συναρτήσεις τάξης το πολύ $\nu+1$ .

Υ.Σ: Κοιτώντας τη περίπτωση $\nu=2$ μεμονωμένα δε μπόρεσα να βρω κάποιον γρήγορο τρόπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 14, 2024 11:39 pm**

Καλησπέρα, ευχαριστώ για τα παραπάνω, ομως ακόμη δεν καταλαβαίνω πως προκύπτει η λύση που προτείνουν στο mathstackexchange.(συνδεσμος πρώτης δημοσίευσης)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 14, 2024 11:59 pm**

Η απάντηση υπάρχει στον ίδιο σύνδεσμο στο βιβλιο του Cornel σελίδα 77. Χρειάζεται να ξέρεις πολύ καλά ειδικές συναρτήσεις και μερικές παραγωγούς αυτών.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 15, 2024 12:05 am**

Σας ευχαριστω

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 15, 2024 9:59 pm**

Για : Είναι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_0^1 \log^2(1-x) \log^2(1+x) \, \mathrm{d}x&= 24-8 \zeta(2)-8 \zeta(3)-\zeta(4)+8 \zeta(2) \log 2 -4\zeta(2) \log^2 2 \\ &\quad \quad +8 \zeta(3) \log 2-24 \log2+12 \log^2 2-4 \log^3 2+\log^4 2 \end{aligned}}$

το οποίο βγαίνει απ' τη ταυτότητα $12 \alpha^2 \beta^2 = \left ( \alpha + \beta \right )^4 + \left ( \alpha - \beta \right )^4 - 2 \alpha^4 - 2 \beta^4$ .

Δε τολμάω να συνεχίσω για μεγαλύτερες δυνάμεις του .

mathematica.gr

ΑΠΟΡΙΑ ΣΕ ΑΠΑΙΤΗΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

ΑΠΟΡΙΑ ΣΕ ΑΠΑΙΤΗΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Re: ΑΠΟΡΙΑ ΣΕ ΑΠΑΙΤΗΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Re: ΑΠΟΡΙΑ ΣΕ ΑΠΑΙΤΗΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Re: ΑΠΟΡΙΑ ΣΕ ΑΠΑΙΤΗΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Re: ΑΠΟΡΙΑ ΣΕ ΑΠΑΙΤΗΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Re: ΑΠΟΡΙΑ ΣΕ ΑΠΑΙΤΗΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Re: ΑΠΟΡΙΑ ΣΕ ΑΠΑΙΤΗΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Re: ΑΠΟΡΙΑ ΣΕ ΑΠΑΙΤΗΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ