Ολοκλήρωμα με λογάριθμο

Antonis_Z · #1

Να αποδείξετε ότι
$\displaystyle \int^{+\infty}_{0} \frac{1}{x}\ln\left(\frac{x^2+2kx\cdot cosb+k^2}{x^2+2kx\cdot cosa+k^2}\right)\,dx=a^2-b^2$

όπου $0\leq a,b\leq \pi$ και k>0

.

Tolaso J Kos · #2

Antonis_Z έγραψε:Να αποδείξετε ότι
$\displaystyle \int^{+\infty}_{0} \frac{1}{x}\ln\left(\frac{x^2+2kx\cdot cosb+k^2}{x^2+2kx\cdot cosa+k^2}\right)\,dx=a^2-b^2$

όπου $0\leq a,b\leq \pi$ και .

Καλησπέρα σε όλους ...

1η λύση
Παρατηρούμε ότι: $\displaystyle{\ln \left ( \frac{x^2+2kx \cos b+k^2}{x^2+2kx\cos a+k^2} \right )=\ln \left ( x^2+2kx \cos \alpha +k^2 \right ) \bigg|_{\alpha =a}^{\alpha =b}}$

Τότε έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \int^{\infty}_{0} \frac{1}{x}\ln\left(\frac{x^2+2kx\cdot \cos b+k^2}{x^2+2k x\cdot \cos a+k^2}\right)\,dx &= \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}\ln \left ( x^2+2k x \cos \alpha +k^2 \right )\bigg|_{\alpha =a}^{\alpha =b}\,dx \\ &= \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}\int_{a}^{b}\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} \alpha }\ln \left ( x^2+2k x \cos \alpha +k^2\right )\,d\alpha \;dx\\ &= -\int_{a}^{b}\int_{0}^{\infty}\frac{2k\sin \alpha }{x^2+2k\cos a x +k^2}\,dx\;d\alpha \\ &=-\int_{a}^{b}\int_{0}^{\infty}\frac{2k\sin \alpha }{\left ( x+k\cos a \right )^2+k^2\sin^2 \alpha }\,dx\;d\alpha \\ &= -2\int_{a}^{b}\tan^{-1}\left ( \frac{x}{k\sin \alpha } +\frac{1}{\tan \alpha }\right )\bigg|_{0}^{\infty}d\alpha \\ &=-2\int_{a}^{b}\left [ \frac{\pi}{2}-\tan^{-1}\left ( \frac{1}{\tan \alpha } \right ) \right ]\,d\alpha \\ &=-2\int_{a}^{b}\tan^{-1}\left ( \tan \alpha \right )\, d\alpha \\ &=-2\int_{a}^{b}\alpha \,d\alpha =a^2-b^2 \end{aligned} }$

από όπου το ζητούμενο.

Προστέθηκαν λίγες περισσότερες λεπτομέρειες στο τελικό αποτέλεσμα και διορθώθηκε επίσης ένα τυπογραφικό. κ. Μιχάλη ευχαριστώ για την ειδοποίηση.

Tolaso J Kos · #3

2η λύση

Θα χρησιμοποιήσουμε τις εξής σειρές ${\rm Fourier}$ :

$\bullet$ $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n \cos (na)}{n}=-\frac{1}{2}\ln \left ( x^2-2x \cos a+1 \right ), \; \left | x \right |<1 \;\;\;\; (*)}$
η οποία βγαίνει αν στο ανάπτυγμα ${\rm MacLaurin}$ της $\ln (1-z)$ θέσουμε $z=xe^{ia}$ και εξισώσουμε τα πραγματικά μέρη.

$\bullet$ $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{\sin n x}{n}=-\frac{x}{2}, \; \left | x \right |<\pi}$

Ολοκληρώνουμε τη δεύτερη ως προς

και στη συνέχεια θέτοντας όπου x=0

(δείτε σημειώση) προκύπτει η σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{\cos nx }{n^2}=\frac{x^2}{4}- \frac{\pi^2}{12}, \; \left | x \right |<\pi}\;\;\;\; (**)$

Τότε για το ζητούμενο ολοκλήρωμα έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}\ln \left ( \frac{x^2+2kx \cos b+k^2}{x^2+2kx \cos a+k^2} \right )\,dx &\overset{u=x/k}{=\! =\! =\!}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{u}\ln \left ( \frac{u^2+2u\cos b+1}{u^2+2u \cos a+1} \right )\,du \\ &= \int_{0}^{1}\frac{1}{u}\ln \left ( \frac{u^2+2u\cos b+1}{u^2+2u \cos a+1} \right )\,du + \int_{1}^{\infty}\frac{1}{u}\ln \left ( \frac{u^2+2u\cos b+1}{u^2+2u \cos a+1} \right )\,du \\ &\overset{u \mapsto 1/u}{=\! =\! =\! =\!}2\int_{0}^{1}\frac{1}{u}\ln \left ( \frac{u^2+2u\cos b+1}{u^2+2u \cos a+1} \right )\,du \\ &\overset{(*)}{=}4\int_{0}^{1}\frac{1}{u}\sum_{n=1}^{\infty}(-u)^n \frac{\cos na-\cos nb}{n}\,du \\ &= 4\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{\cos na-\cos nb}{n}\int_{0}^{1}u^{n-1}\,du \\ &=4\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{\cos na-\cos nb}{n^2} \\ &\overset{(**)}{=\! =\!}4\left ( \frac{a^2}{4}-\frac{b^2}{4} \right ) \\ &=a^2-b^2 \end{aligned}}$

όπως θέλαμε.

Σημείωση: Ισχύει ότι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} &=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} \\ &= -\eta (2)\\ &= -\left ( 1-2^{1-2} \right )\zeta(2)\\ &= -\frac{\zeta(2)}{2}=-\frac{\pi^2}{12} \end{aligned}}$

όπου $\eta$ η συνάρτηση ήτα του ${\rm Dirichlet}$ και $\zeta$ η γνωστή σε όλους συνάρτηση ζήτα του ${\rm Riemann}$ . Χρησιμοποιήσαμε επίσης το γνωστό $\displaystyle{\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}}$ .

Ολοκλήρωμα με λογάριθμο

Ολοκλήρωμα με λογάριθμο

Re: Ολοκλήρωμα με λογάριθμο

Re: Ολοκλήρωμα με λογάριθμο

Μέλη σε σύνδεση