Γενικευμένα Ολοκληρώματα

kwstas12345 · #141

Για το 61, άλλη μια λύση είναι ότι μπορούμε να θεωρήσουμε σαν κλάδο ασυνέχειας τον κάτω άξονα των φανταστικών , συνεπώς $\displaystyle -\frac{\pi}{2}<\arg z\leqslant \frac{3\pi}{2}$ , τότε θεωρούμε την κλειστή καμπύλη

που αποτελείται από ημικύκλιο $\displaystyle C_{1}$ , ακτίνας

και περικλείει μέσα τον πόλο

, και από ημικύκλιο $\displaystyle C_{2}$ ακτίνας

,και από τα ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle AB,CD$ (που ενώνουν τα άκρα του μικρού ημικυκλίου με τα άκρα του μεγάλου.Θεωρούμε την $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{\ln 2z}{z^2+9}$ , άρα $\displaystyle Res\left(f,3i \right)=\frac{\ln 6i}{6i}=\frac{\ln 6}{6i}+\frac{\pi}{12}$ . Άρα $\displaystyle \int _{C}\frac{\ln 2z}{z^2+9}dz=2\pi i Res\left(f,0 \right)$ αλλά ισχύει και ότι:

$\displaystyle \int _{C}\frac{\ln 2z}{z^2+9}dz=\int _{C_{1}}\frac{\ln 2z}{z^2+9}dz+\int _{C_{2}}\frac{\ln 2z}{z^2+9}dz+\int _{AB}\frac{\ln 2z}{z^2+9}dz+$ $\displaystyle \int _{CD}\frac{\ln 2z}{z^2+9}dz$ .

Όμως $\displaystyle \left|\int _{C_{1}}\frac{\ln 2z}{z^2+9}dz \right|\leqslant \int_{0}^{\pi}{\left|\frac{\ln2R+it}{R^2e^{2it}+9}R \right|}dt\rightarrow 0,R\rightarrow \infty$ και $\displaystyle \left|\int _{C_{2}}\frac{\ln 2z}{z^2+9}dz \right|\leqslant \int_{0}^{\pi}{\left|\frac{\ln2\delta +it}{\delta ^2e^{2it}+9}\delta \right|}dt\leqslant \int_{0}^{\pi}{\frac{\ln 2\delta +\pi}{\delta ^2+9}\delta dt}\rightarrow 0$ .

Καθώς $\displaystyle \int _{AB}\frac{\ln 2z}{z^2+9} dz=-\int_{R}^{\delta }{\frac{\ln2z+i\pi}{z^2+9}}dz=\int_{\delta}^{R }{\frac{\ln2z+i\pi}{z^2+9}}dz$ αφού $\displaystyle AB:z=xe^{i\pi},dz=-dx$ , και επειδή $\displaystyle CD:z=x$ $\displaystyle \int _{CD}\frac{\ln 2z}{z^2+9} dz=\int_{\delta}^{R }{\frac{\ln2z}{z^2+9}}dz$ .

Άρα $\displaystyle \int _{C}\frac{\ln 2z}{z^2+9} dz=2\int_{\delta}^{R }{\frac{\ln2z}{z^2+9}}dz+\int _{\delta }^{R}\frac{\i \pi}{z^2+9} dz$ και καθώς $\displaystyle \left(R,\delta \right)\rightarrow \left(\infty,0 \right)$ έχουμε $\displaystyle \int _{C}\frac{\ln 2z}{z^2+9} dz=2\int_{0}^{\infty}{\frac{\ln2z}{z^2+9}}dz+\int _{0}^{\infty}\frac{i \pi}{z^2+9} dz=2\pi Res\left(f,0 \right)$ .

Εξισώνοντας πραγματικά και φανταστικά μέρη βρίσκουμε $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{\infty}{\frac{\ln 2x}{x^2+9}}dx=\frac{\pi \ln 6}{6}}$

kwstas12345 · #142

Ένας άλλος τρόπος για το $\displaystyle 25 : \int_{0}^{\infty}{x^n \sin\left(\sqrt[4]{x} \right)e^{-\sqrt[4]{x}}}dx$ με μιγαδική ανάλυση. Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=z^n \exp\left(\left(i-1 \right)\sqrt[4]{z} \right)$ , η οποίαμ είναι πλειότιμη αφού περιέχει την τέταρτη ρίζα.Για να την κάνουμε μονότιμη ορίζουμε σαν κλάδο ασυνέχειας τον άξονα των θετικών πραγματικών με $\displaystyle 0<\arg z\leqslant 2\pi$ καθώς και την καμπύλη $\displaystyle C=C_{1}\cup C_{2}\cup C_{3}\cup C_{4}$ με $C_{1}$ αριστερόστροφος κύκλος ακτίνας

, $\displaystyle C_{2}$ δεξιόστροφος κύκλος ακτίνας $\displaystyle \delta$ , $C_{3}:AB$ ευθύγραμμο τμήμα κάτω από

τον άξονα των πραγματικών και $C_{4}:CD$ ευθύγραμμο τμήμα πάνω από τον άξονα των πραγματικών .Tότε όμως $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)f\left(z \right)dz=\oint _{C_{1}} f\left(z \right)dz+\oint _{C_{1}} f\left(z \right)dz+\int _{AB}f\left(z \right)dz$ $\displaystyle +\int _{CD}f\left(z \right)dz$ . Και με τις αντικαταστάσεις $\displaystyle z=Re^{it},z=\delta e^{it}$ :

$\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)f\left(z \right)dz= \int_{0}^{2\pi}{ f\left(Re^{it} \right)iRe^{it} dt} +\int_{2\pi}^{0}{ f\left(\delta e^{it} \right)i\delta e^{it} dt}+\int _{AB}f\left(z \right)dz$ $\displaystyle +\int _{CD}f\left(z \right)dz$ . Όμως $\displaystyle \left|\int_{2\pi}^{0}{\delta ^{n+1}e^{int} \exp\left(\left(i-1 \right)\sqrt[4]{\delta e^{it}} \right)}ie^{it}dt \right|\rightarrow 0$ αφού $\displaystyle \lim_{\delta \rightarrow 0}\delta ^{n+1}e^{int} \exp\left(\left(i-1 \right)\sqrt[4]{\delta e^{it}} \right)ie^{it}=0$

Τώρα όταν $\displaystyle z=Re^{it}$ : $\displaystyle \left(i-1 \right)\sqrt[4]{Re^{it}}=\left(i-1 \right)\sqrt[4]{R}\left(\cos \frac{t}{4}++i\sin \frac{t}{4} \right)=-\sqrt[4]{R}\left(\cos\frac{t}{4}+\sin \frac{t}{4} \right)+$ $\displaystyle i\sqrt[4]{R}\left(\cos\frac{t}{4}-\sin\frac{t}{4} \right)$ .

Άρα $\displaystyle \left(Re^{it} \right)^n \exp\left(\left(i-1 \right)\sqrt[4]{Re^{it}} \right)=R^n e^{int}\exp\left(i\sqrt[4]{R}\left(\cos\frac{t}{4}-\sin\frac{t}{4} \right) \right)\exp\left(-\sqrt[4]{R}\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi+t}{4} \right) \right)$

$\displaystyle \left|\int_{0}^{2\pi}{R^{n+1} e^{int}\exp\left(\left(i-1 \right)\sqrt[4]{Re^{it}} \right)}ie^{it}dt \right|\leqslant \int_{0}^{2\pi}{\left|R^{n+1} e^{int}\exp\left(\left(i-1 \right)\sqrt[4]{Re^{it}} \right)ie^{it} \right|dt}$ $\displaystyle =\int_{0}^{2\pi}{\left|R^{n+1}\exp\left(-\sqrt[4]{R}\sqrt{2}\sin\left(\frac{t+\pi}{4} \right) \right) \right|}dt$ . 'Ομως $\displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty}\left(R^{n+1}\exp\left(-\sqrt[4]{R}\sqrt{2}\sin\left(\frac{t+\pi}{4} \right) \right) \right)=0$

μιας και $\displaystyle \frac{\pi}{4}\leqslant \frac{t+\pi}{4}\leqslant \frac{3\pi}{4}\Rightarrow \sin\left(\frac{\pi+t}{4} \right)>0$ . Άρα τα δύο πρώτα ολοκληρώματα στους κύκλους πάνε στο 0, άρα $\displaystyle \int _{AB}f\left(z \right)dz+\int _{CD}f\left(z \right)dz=\int _{C}f\left(z \right)dz$ . Η αρχική συνάρτηση είναι αναλυτική στο μονοπάτι που ορίσαμε και επειδή δεν παρουσιάζει κανένα πόλο στο εσωτερικό της θα είναι $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)dz=0$ .

Τώρα επειδή $\displaystyle AB:z=xe^{2\pi i}$ θα είναι $\displaystyle \int _{AB}f\left(z \right)dz$ $\displaystyle =\int_{R}^{\delta }{{x^n \exp\left(\left(i-1 \right)\sqrt[4]{x}e^{\frac{i\pi}{2}}} \right)}dx=\int_{\infty}^{0}{x^n \exp\left(-\sqrt[4]{x} \right)\exp\left(-i\sqrt[4]{x} \right)}dx=i\int_{0}^{\infty}{x^n \exp\left(-\sqrt[4]{x} \right)\sin \left(\sqrt[4]{x} \right)}dx+\int_{\infty}^{0}{x^n \exp\left(-\sqrt[4]{x} \right)\cos \left(\sqrt[4]{x} \right)}dx$

Και επειδή $\displaystyle CD:z=x$ : $\displaystyle \int _{CD}f\left(z \right)dz=\int_{0}^{\infty}{x^n \exp\left(\left(i-1 \right)\sqrt[4]{x} \right)}dx=i\int_{0}^{\infty}{x^n \exp\left(-\sqrt[4]{x} \right)\sin \left(\sqrt[4]{x} \right)}dx+$ $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{x^n \exp\left(-\sqrt[4]{x} \right)\cos \left(\sqrt[4]{x} \right)}dx$ .

Και επειδή το αθροισμά τους κάνει

τα $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{x^n \exp\left(-\sqrt[4]{x} \right)\cos \left(\sqrt[4]{x} \right)}dx$ απαλοίφονται και έτσι καταλήγουμε ότι $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{\infty}{x^n e^{-\sqrt[4]{x}}\sin \left(\sqrt[4]{x} \right)dx}=0}$

kwstas12345 · #143

Mια λύση για το 31): $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\tan^{-1} x}{x^2-2x\sin a+1}}dx$ με χρήση μιγαδικής ανάλυσης.Αρκετά, ζόρικο.Θεωρούμε την μιγαδική συναρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{\arctan z}{z^2-2z\sin a+1}, z \in \mathbb{C}$ . Επειδή είναι $\displaystyle \arctan z=\frac{i}{2}\ln\frac{z+i}{i-z}$ . Aρκούμαστε στο να υπολογίσουμε τα

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(z+i \right)}{z^2-2z\sin z+1}}dz,\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(i-z \right)}{z^2-2z\sin z+1}}dz$ . Θεωρούμε τώρα την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f_{1}\left(z \right)=\frac{\ln\left(z+i \right)}{z^2-2z\sin a+1}$ , η οποία έχει branch cut τον άξονα των

από το

και πάνω. Για να κάνουμε μονότιμη την συνάρτηση $f_{1}$

ορίζουμε σαν κλάδο ασυνέχειας τον άξονα των

, που είναι το φράγμα για είναι μονότιμη η συναρτησή μας. Θεωρούμε τώρα το άνω ημικύκλιο, αριστερόστροφο, ακτίνας

, το οποίο περιέχει τον απλό πόλο της $f_{1}$ το $\displaystyle \exp\left(\frac{\pi}{2}-a \right)$ .

To μονοπάτι $\displaystyle C$ που ορίσαμε αποτελείται από το ημικύκλιο $C_{1}$ , το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle AB,A(-R,0),B(R,0)$ και το ημικύκλιο $C_{2}$ γύρω από το

, το οποίο είναι δεξιόστροφο. Από το branch cut που ορίσαμε έχουμε $\displaystyle -\frac{3\pi i}{2}<\arg z\leqslant \frac{\pi}{2}$ .

Όταν ο

τείνει από τα δεξιά πρός το branch-cut, είναι $\displaystyle z-i=\left|z-i \right|e^{i\frac{\pi}{2}}$ , ενώ άν τείνι από αριστερά $\displaystyle z-i=\left|z-i \right|e^{-i\frac{3\pi}{2}}$ . (λόγω του φράγματος του branch-cut, κινούμαστε λόγω του φράγματος ωρολογιακά και σαρώνουμε τόξο μέτρου 270 μοιρών, εξού και το -). Eύκολα βλέπουμε ότι η συνάρτηση εχει τον ίδιο τύπο γυρω από το branch-cut.

Από το θεώρημα του Caychy, για την αναλυτική πλέον $f_{1}$ έχουμε: $\displaystyle \int _{C}f_{1}\left(z \right)dz=2\pi iRes\left(f_{1},\exp\left(\frac{\pi}{2}-a \right) \right)$ καθώς και $\displaystyle \int _{C}f_{1}\left(z \right)dz=\int_{0}^{\pi}iRe^{it}f_{1}\left(Re^{it} \right)dt+\oint_{C_{2}}f_{1}\left(z \right)dz+\int_{-R}^{R}{f\left(z \right)dz}$

Όμως $\displaystyle \left|\int_{0}^{\pi}iRe^{it}f_{1}\left(Re^{it} \right)dt \right|\leqslant \int_{0}^{\pi}{\left|\frac{iRe^{it}\ln\left(Re^{it}+i \right)}{R^2e^{2it}-2Re^{it}\sin a+1} \right|}dt\leqslant \int_{0}^{\pi}{\frac{R\left|\ln\left(Re^{it}+1 \right) \right|}{R^2-2R\sin a+1}}\rightarrow$

(φανερά). Ακόμη $\displaystyle \left|\oint_{C_{2}}\frac{\ln\left(z+i \right)}{z^2-2z\sin a+1}dz \right|=\left|\int_{\pi}^{2\pi}\frac{\delta e^{it}\ln\left(\delta e^{it}+i \right)}{\delta ^2 e^{2it}-2\delta e^{it}\sina+1} \right|\rightarrow 0$ καθώς $\displaystyle \lim_{\delta\rightarrow 0}\frac{\delta e^{it}\ln\left(\delta e^{it}+i \right)}{\delta ^2 e^{2it}-2\delta e^{it}\sina+1}=0$

Άρα αφήνωντας $\displaystyle R\rightarrow \infty$ είναι $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(i+x \right)}{x^2-2x\sin a+1}}dx=2\pi iRes\left(f_{1},\exp\left(\frac{\pi}{2}-a \right) \right)$ . Όμως $\displaystyle Res\left(f_{1},\exp\left(\frac{\pi}{2}-a \right) \right)=\frac{\ln\left( i+z\right)}{\left(z^2-2z\sin a+1 \right)'}=\frac{\ln\left(\exp\left(\frac{\pi}{2}-a \right) +i\right)}{2\cos a}$

Ο $\displaystyle \exp\left(\frac{\pi}{2}-a \right) +i$ , εκφράζει την απόσταση του $\displaystyle \exp\left(\frac{\pi}{2}-a \right)$ από το

. Φέουμε παράλληλη από το

πρός τον άξονα των

τότε $\displaystyle \exp\left(\frac{\pi}{2}-a \right) +i=\left|\exp\left(\frac{\pi}{2}-a \right) +i \right|e^{i\theta }$ , όπου $\theta$ γωνία με την παράλληλη που φέραμε. Aπό το σχήμα εύκολα

βλέπουμε $\displaystyle 0<\theta <\frac{\pi}{2}, \theta =\tan^{-1}\left(\cot a+\csc a \right)$ καθώς το μέτρο του είναι $\displaystyle \sqrt{2\left(1+\cos a \right)}$ άρα $\displaystyle \boxed{\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(x+i \right)}{x^2-2x\sin a+1}}dx=\frac{\pi}{\cos a}\left(\ln\sqrt{2\left(1+\cos a \right)}+i\theta \right)}$ .

Τώρα θεωρούμε την $\displaystyle f_{2}\left(z \right)=\frac{\ln\left(i-z \right)}{z^2-2z\sin a+1}$ , η οποία έχει branch-cut τον άξονα των

και κάτω. Oρίζουμε την ημιευθεία αυτή σαν κλάδο ασυνέχειας και $\displaystyle -\frac{\pi}{2}<\arg z\leqslant \frac{3\pi}{2}$ . Τώρα η συναρτησή μας είναι μονότιμη και αναλυτική στο κάτω ημιεπίπεδο με απλό πόλο $\displaystyle \exp\left(a-\frac{\pi}{2} \right)$ .

Εύκολα βλέπουμε πως άν τείνουμε αριστερά πρός το branch-cut είναι $\displaystyle i-z=-\left|z-i \right|e^{i\frac{3\pi}{2}}$ , ενώ από δεξιά είναι $\displaystyle i-z=-\left|z-i \right|e^{-i\frac{\pi}{2}}$ (λόγω του φράγματος του κλάδου ασυνέχειας κινούμαστε αναγκαστικά ωρολογιακά κατά 90 μοίρες).

Eπειδή δεν αλλάζει τύπο η συναρτησή μας λίγο πριν και λίγο μετά , θα έχουμε στο μονοπάτι

που αποτελείται από ημικύκλιο (με θετική φορά) $C_{1}'$ , ημικύκλιο $C'_{2}$ γύρω από το

, και ευθύγραμμο τμήμα CD, C(-R,0),D(R,0)

. Τότε:

$\displaystyle \oint_{C_{1}}f_{2}\left(z \right)dz+\oint_{C_{2}}f_{2}\left(z \right)dz}\int_{R}^{-R}{f_{2}\left(z \right)dz=2\pi Res\left(f_{2},\exp\left(a-\pi/2 \right) \right)$ . Εύκολα πάλι βλέπουμε $\displaystyle \left|\oint_{C'_{1}}f_{2}\left(z \right)dz \right|=\left|\int_{\pi}^{2\pi}{\frac{iRe^{it}\ln\left(Re^{it}+i \right)}{R^2e^{2it}-2Re^{it}\sin a+1}}dt \right|\rightarrow 0$ και $\displaystyle \left|\oint_{C'_{2}}f_{2}\left(z \right)dz \right|=\left|\int_{\pi}^{2\pi}{\frac{i\delta e^{it}\ln\left(\delta e^{it}+i \right)}{\delta ^2e^{2it}-2\delta e^{it}\sin a+1}}dt \right|\rightarrow 0$

Άρα καθώς $\displaystyle R\rightarrow \infty$ θα είναι $\displaystyle \int_{\infty}^{-\infty}{\frac{\ln\left(i-x \right)}{x^2-2x\sin a+1}}dx=2\pi Res\left(f_{2},\exp\left(a-\frac{\pi}{2} \right) \right)$ . Και $\displaystyle Res\left(f_{2},\exp\left(a-\frac{\pi}{2} \right) \right)=\frac{\ln\left(i-\exp\left(a-\frac{\pi}{2} \right) \right)}{2z-2\sina}=-\frac{\ln\left(i-\exp\left(a-\frac{\pi}{2} \right) \right)}{2\cos a}$ .

O $\displaystyle i-\exp\left(a-\frac{\pi}{2} \right)$ είναι το αντίθετο της απόστασης του $\displaystyle \exp\left(a-\frac{\pi}{2} \right)$ από το

. Φέρουμε παράλληλη από το

πρός τον άξονα των

. Εύκολα βλέπουμε $\displaystyle \left| i-\exp\left(a-\frac{\pi}{2} \right) \right|=\sqrt{2\left(1+\cos a \right)}$ . Άρα επειδή η γωνία που σχηματίζεται είναι $\displaystyle -\theta$ , άρα

$\displaystyle i-\exp\left(a-\frac{\pi}{2} \right) =-\sqrt{2\left(1+\cos a \right)}e^{-i \theta}=\sqrt{2\left(1+\cos a \right)}e^{i\left(\pi -\theta \right)}$ , με $\displaystyle ,\theta =\tan^{-1}\left(\cot a+\csc a \right), 0<\theta <\frac{\pi}{2}$ . Άρα από εδώ προκύπτει $\displaystyle \boxed{\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(i-x \right)}{x^2-2x\sin a+1}}dx=\frac{\pi}{\cos a}\left(\ln\sqrt{2\left(1+\cos a \right)}+i\left(\pi-\theta \right) \right)}$

Άρα $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(i+x \right)}{x^2-2x\sin a+1}}dx-\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(i-x \right)}{x^2-2x\sin a+1}}dx=\frac{\pi}{\cos a}\left(\ln\sqrt{2\left(1+\cos a \right)}+i\theta \right)$ $\displaystyle -\frac{\pi}{\cos a}\left(\ln\sqrt{2\left(1+\cos a \right)}+i\left(\pi-\theta \right) \right)=\frac{\pi i}{\cos a}\left(2\theta -\pi \right)$ .

Όμως και $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(i+x \right)}{x^2-2x\sin a+1}}dx-\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(i-x \right)}{x^2-2x\sin a+1}}dx=\frac{2}{i}\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\tan^{-1} x}{x^2-2x\sin a+1}}dx$ . Άρα $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\tan^{-1} x}{x^2-2x\sin a+1}}dx=\frac{\pi}{2\cos a}\left(\pi-2\tan^{-1}\left(\cot a+\csc a \right) \right)$ .

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Για παράδειγμα όταν θέλουμε το $\displaystyle \int _{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan z}{z^2-\sqrt{3}z+1}dz=\frac{\pi}{1}\left(\pi-2\arctan \sqrt{3}\right)=\pi\left(\pi-\frac{2\pi}{3} \right)=\frac{\pi^{2}}{3}$ , $\displaystyle \int _{-\infty}^{\infty}\frac{\arctan z}{z^2-z+1}dz=\frac{\pi}{\sqrt{3}}\left(\pi-2\arctan (\sqrt{3}+2)\right)=\frac{\pi}{\sqrt{3}}\left(\pi-\frac{5\pi}{6} \right)=\frac{\pi^{2}}{6\sqrt{3}}$

#144

Ας δειχθεί ότι $\displaystyle{ \int_{-\infty}^\infty\frac{\cosh\beta x}{(\cosh x)^\alpha}dx=2^{\alpha-1}\,\frac{\Gamma\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\,\Gamma\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{\Gamma(\alpha)}\qquad\text{Re}(\alpha)>\text{Re}(\beta)\ge 0 }$

kwstas12345 · #145

70) Αρχικά επειδή $\displaystyle \cosh x=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}$ το ολοκλήρωμα γίνεται $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\cosh\left(bx \right)}{\left(\cosh x \right)^{a}}}dx=2^{a-1}\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{e^{ax}\left(e^{bx}+e^{-bx} \right)}{\left(e^{2x}+1 \right)^{a}}}dx$ , αρκεί $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{e^{ax}\left(e^{bx}+e^{-bx} \right)}{\left(e^{2x}+1 \right)^{a}}}dx=\frac{\displaystyle {\Gamma \left(\frac{a+b}{2} \right)\Gamma \left(\frac{a-b}{2} \right)}}{\displaystyle \Gamma \left(a \right)}$ .

Στο αρχικό θέτουμε από την τελευατία θέτουμε $\displaystyle y=e^{2u}$ και θα έχουμε $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{e^{ax}\left(e^{bx}+e^{-bx} \right)}{\left(e^{2x}+1 \right)^{a}}}dx=\frac{1}{2} \int_{0}^{\infty}{\frac{y^{\frac{a+b-2}{2}}+y^{\frac{a-b-2}{2}}}{\left(y+1 \right)^{a}}}dy$ .

Όμως $\displaystyle B\left(\frac{a+b}{2},\frac{a-b}{2} \right)=\int_{0}^{\infty}{\frac{y^{\frac{a+b-2}{2}}}{\left(y+1 \right)^{a}}}dy$ και $\displaystyle B\left(\frac{a-b}{2},\frac{a+b}{2} \right)=\int_{0}^{\infty}{\frac{y^{\frac{a-b-2}{2}}}{\left(y+1 \right)^{a}}}dy$ , αλλά ισχύει $\displaystyle B\left(\frac{a+b}{2},\frac{a-b}{2} \right)=B\left(\frac{a-b}{2},\frac{a+b}{2} \right)$ .

Άρα $\displaystyle \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}{\frac{y^{\frac{a+b-2}{2}}+y^{\frac{a-b-2}{2}}}{\left(y+1 \right)^{a}}}dy=\frac{1}{2}\cdot 2B\left(\frac{a+b}{2},\frac{a-b}{2} \right)=B\left(\frac{a+b}{2},\frac{a-b}{2} \right)$ . Όμως από γνωστή ιδιότητα $\displaystyle B\left(\frac{a+b}{2},\frac{a-b}{2} \right)=\frac{\displaystyle{\Gamma \left(\frac{a+b}{2} \right)\Gamma \left(\frac{a-b}{2} \right)}}{\displaystyle{\Gamma \left(\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2} \right)}}=\frac{\displaystyle{\Gamma \left(\frac{a+b}{2} \right)\Gamma \left(\frac{a-b}{2} \right)}}{\displaystyle{\Gamma \left(a \right)}}$ και το ζητούμενο έπεται.

Edit: Χρησιμοποιήθηκαν οι ιδιότητες $\displaystyle B\left(x,y \right)=B\left(y,x \right)=\frac{\displaystyle {\Gamma \left(x \right)\Gamma \left(y \right)}}{\displaystyle {\Gamma \left(x+y \right)}},Re \left(x \right), Re \left(y \right)>0$

#146

Αν

, ας υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{a-1}}{x^2+1}\,dx}$ .

kwstas12345 · #147

Θεωρούμε κλειστό μονοπάτι

,με $\displaystyle C=C_{1}\cup C_{2}\cup C_{3}\cup C_{4}$ , με $C_{1}$ , αριστερόστροφος κύκλος ακτίνας

, $C_{2}$ , δεξιόστροφος κύκλος ακτίνας

, και $C_{3},C_{4}$ τα ευθύγραμμα τμήματα λίγο κάτω και λίγο πάνω από τον άξονα των

. Επειδή $\displaystyle a-1<1$ , ορίζουμε σαν κλάδο ασυνέχειας τον άξονα των x από τα θετικά και πάνω.

Tότε , ως αναλυτική πλέον η συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{z^{a-1}}{z^2+1}$ , εκτός από τους απλούς πόλους στα $\displaystyle \pm i$ . Τότε $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)dz=2\pi i\left(Res\left(f,i \right)+Res\left(f,-i \right) \right)$ αλλά και $\displaystyle \int _{C_{1}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{2}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{3}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{4}}f\left(z \right)dz=\int _{C}f\left(z \right)dz$ .

Εύκολα βλέπουμε πως το ολοκλήρωμα στον μεγάλο κύκλο με $\displaystyle z=Re^{it}$ : $\displaystyle \left|\int _{C_{1}}f\left(z \right)dz \right|=\left|\int_{0}^{2\pi}{\frac{iR^{a}e^{it}}{R^2e^{2iat}+1}}dt \right|\rightarrow 0,a<2,R\rightarrow \infty$ , καθώς και $\displaystyle \left|\int _{C_{2}}f\left(z \right)dz \right|=\left|\int_{2\pi}^{0}{\frac{ir^{a}e^{it}}{r^2e^{2iat}+1}}dt \right|\rightarrow 0,a<2,r\rightarrow 0$ .

Όμως $\displaystyle \int _{C_{3}}\frac{z^{a-1}}{z^2+1}dz=\int_{R}^{r}\frac{e^{2\pi\left(a-1 \right)}z^{a-1}}{z^2+1},\int _{C_{3}}\frac{z^{a-1}}{z^2+1}dz=\int_{r}^{R}\frac{z^{a-1}}{z^2+1}$ , άρα άν θέσουμε το αρχικό ολοκλήρωμα

, τότε $\displaystyle \left(1-e^{2\pi i a} \right)I=2\pi i\left(Res\left(f,i \right)+Res\left(f,-i \right) \right)$ .

Εύκολα επειδή οι $\displaystyle \pm i$ είναι απλοί πόλοι έχουμε $\displaystyle Res\left(f,i \right)+Res\left(f,-i \right)=\left({\exp\left(\frac{3\pi ia}{2} \right)-\exp\left(\frac{\pi ia}{2} \right)} \right)\frac{1}{2i}$ . Εύκολα κάνοντας πράξεις καταλήγουμε ότι $\displaystyle \boxed{I=\frac{\pi}{2}\csc\frac{\pi a}{2}}$

#148

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Αν , ας υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{a-1}}{x^2+1}\,dx}$ .

Με Πραγματική Ανάλυση

$\begin{gathered} \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{a - 1}}}}{{{x^2} + 1}}dx} = \mathop = \limits^{x = \sqrt y } = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{{y^{\dfrac{a}{2} - 1}}}}{{y + 1}}dy} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {{y^{\dfrac{a}{2} - 1}}\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {y + 1} \right)t}}dt} } \right)dy} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {{e^{ - t}}\left( {\int\limits_0^\infty {{y^{\dfrac{a}{2} - 1}}{e^{ - yt}}dy} } \right)dt} = \frac{1}{2}\Gamma \left( {\frac{a}{2}} \right)\int\limits_0^\infty {{t^{ - \dfrac{a}{2}}}{e^{ - t}}dt} = \hfill \\ = \frac{1}{2}\Gamma \left( {\frac{a}{2}} \right)\Gamma \left( {1 - \frac{a}{2}} \right) \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{a - 1}}}}{{{x^2} + 1}}dx} = \frac{\pi }{{2\sin \left( {\dfrac{{\pi a}}{2}} \right)}}} \hfill \\ \end{gathered}$

kwstas12345 · #149

$\displaystyle 72)$ Να υπολογιστεί το $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sinh ax}{\sinh bx}}dx,b>\left|a \right|$

kwstas12345 · #150

Για το 36: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}x}{x}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos\left(b_{i}x \right)} \right)\frac{\sin bx}{x}}dx$ . Εύκολα βλέπουμε πως $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}x}{x}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos\left(b_{i}x \right)} \right)\frac{\sin bx}{x}}dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}{\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}x}{x}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos\left(b_{i}x \right)} \right)\frac{\sin bx}{x}}dx$ καθώς και

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}x}{x}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos\left(b_{i}x \right)} \right)\frac{\sin bx}{x}}dx=-i\int_{-\infty}^{\infty}{\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}x}{x}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos\left(b_{i}x \right)} \right)\frac{e^{ibx}}{x}}dx$ αφού $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}x}{x}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos\left(b_{i}x \right)} \right)\frac{\cos bx}{x}}dx=0$ .

Θεωρούμε τώρα την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)={\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}z}{z}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos\left(b_{i}z \right)} \right)\frac{e^{ibz}}{z}}$ η οποία έχει απλό πόλο το

μιας και το μηδέν είναι πόλος n+1

τάξης του παρανομαστή και

τάξης του αριθμητή.

Θεωρούμε τώρα την κλειστή καμπύλη $C=C_{1}\cup C_{2} \cup C_{3} \cup C_{4}$ , με $C_{1}$ ημικύκλιο ακτίνας

, $C_{2}:AB$ ευθύγραμμο τμήμα από

εώς $- \delta$ , $C_{3}$ ημικύκλιο (από Β εώς C) και $CD:C_{4}$ , ευύγραμμο τμήμα από $\delta$ εώς

.

Άρα επειδή δεν έχουμε πόλο στο εσωτερικό θα είναι $\displaystyle \int_{C}f\left(z \right)dz=0$ , έτσι $\displaystyle \oint_{C_{1}}f\left(z \right)dz+\int_{AB}f\left(z \right)dz+\oint_{C_{3}}f\left(z \right)dz+\int_{DC}f\left(z \right)dz=0$ , και $\displaystyle \int_{C_{3}}f\left(z \right)dz=\int_{B}^{C}f\left(z \right)dz=-i \pi Res\left(f,0 \right)$ , το πλήν μπαίνει αφού διαβάζεται με την αρνητική φορά.

Άρα $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{f\left(Re^{it} \right)iRe^{it}}dt+\int_{-R}^{-\delta}{f\left(z \right)}dz+\int_{\delta}^{R}{f\left(z \right)}dz=i \pi Res\left(f,0 \right)$ . Στέλνοντας $\displaystyle R\rightarrow \infty,\delta \rightarrow 0$ έχουμε $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{{\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}z}{z}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos\left(b_{i}z \right)} \right)\frac{e^{ibz}}{z}}}dz+\int_{0}^{\pi }{iRe^{it} f\left(Re^{it} \right)}dt=\pi i Res\left(f,0 \right)$ .

$\displaystyle \left|\sin\left(a_{i}Re^{it} \right) \right|=|\frac{1}{2i}\left(\exp\left(Re^{it} \right)-\exp\left(-Re^{it} \right) \right)|\leqslant \frac{1}{2}\left(\exp\left(-a_{i}R\sin t \right) +\exp\left(a_{i}R\sin t \right)\right)$ και όμοια $\displaystyle \left|\cos \left(b_{i} Re^{it} \right) \right|\leqslant \frac{1}{2}\left(\exp\left(b_{i}R\sin t \right)+\exp\left(b_{i}R\sin t \right) \right)$ .Κάθε φορά $\displaystyle \frac{1}{2}\left(\exp\left(b_{i}R\sin t \right)+\exp\left(b_{i}R\sin t \right) \right)\leqslant \exp\left(\left|b_{i}R\sin t \right| \right)$ και όμοια για τα $a_{i}$

$\displaystyle \left|{\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}Re^{it}}{Re^{it}}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos\left(b_{i}Re^{it} \right)} \right)\frac{e^{ibRe^{it}}}{Re^{it}}} \right|\leqslant \left|\exp\left(\sin t\left(\sum_{i=1}^{n}{\left|a_{i} \right|}+\sum_{i=1}^{m}{\left|b_{i} \right|} \right) \right)e^{ibx}\left(Re^{it} \right)^{-n-1} \right|$ $\displaystyle =\left|\exp\left(-\sin tRe^{it}\left(b-\sum_{i=1}^{n}{|a_{i}|}-\sum_{i=1}^{m}{|b_{i}|} \right) \right)\left(Re^{it} \right)^{-n-1} \right|\rightarrow 0$

αφού $\displaystyle b>\sum_{i=1}^{n}{|a_{i}|}+\sum_{i=1}^{m}{|b_{i}|},\sin t \geqslant 0$ , άρα $\displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty}\int_{0}^{\pi }{f\left(Re^{it} \right)iRe^{it}}=0$ .

Εύκολα βλέπουμε $\displaystyle Res\left(f,0 \right)=\lim_{z\rightarrow 0}\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}x}{x}}\cdot \prod_{i=1}^{m}{\cos b_{i} x}\cdot e^{ibx} \right)=\prod_{i=1}^{n}{a_{i}}$ και τελικά $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{\infty}{\left(\prod_{i=1}^{n}{\frac{\sin a_{i}x}{x}} \right)\left(\prod_{i=1}^{m}{\cos b_{i}x} \right)\frac{\sin bx}{x}}dx=\frac{\pi}{2}\cdot \prod_{i=1}^{n}{a_{i}}}$

kwstas12345 · #151

Mια λύση για το $\displaystyle 50)$ $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{3x^3}{\left(x^4+4x^2+1 \right)^5}}dx$ . Εύκολα με μια αντικατάσταση έχουμε $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{3x^3}{\left(x^4+4x^2+1 \right)^5}}dx=\frac{3}{2}\int_{0}^{\infty}{\frac{u}{\left(u^2+4u+1 \right)^{5}} du}$ .

Θεωρούμε τώρα την πλειότιμη συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{z\ln z}{\left(z^2+4x+1 \right)^5}$ . Για να την κάνουμε μονότιμη θεωρούμε σαν κλάδο ασυνέχειας τον άξονα των θετικών πραγματικών και έτσι $\displaystyle 0\leqslant \arg z<2\pi$ . Θεωρούμε τώρα την κλειστή διαδρομή $\displaystyle C$ της

κλειδαρότρυπας, που αποτελείται από αριστερόστροδο κύκλο $C_{1}$ ακτίνας

, δεξιόστροφο κύκλο ακτίνας $\displaystyle \delta$ και τα ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle AB,CD$ λίγο πάνω και λίγο κάτω από τον κλάδο ασυνέχεας αντίστοιχα . Η συνάρτηση επίσης παρουσιάζει πόλους πέπμπτης τάξης στα $\displaystyle z_{1,2}=-2 \pm \sqrt{3}$ .

Άρα επειδή είναι αναλυτική πλέον η συνάρτηση από το θεώρημα του Caychy: $\displaystyle \int_{C}f\left(z \right)dz=2\pi i \sum_{k}{Res\left(f,z_{k} \right)}$ αλλά και $\displaystyle \int_{C}f\left(z \right)dz=\left(\int_{C_{1}}+\int_{C_{2}}+\int _{AB}+\int_{CD} \right)f\left(z \right)dz$

Όμως $\displaystyle \left|\int_{C_{1}f\left(z \right)}dz \right|=\left|\int_{0}^{2\pi}{\frac{iR^2e^{it}\ln Re^{it}}{\left(R^2 e^{2it}+4Re^{it}+1 \right)^{5}}} \right|\leqslant 2\pi R \max_{C_{1}}\left|f\left(z \right) \right|$ . Επειδή $\displaystyle \left|\ln Re^{it} \right|\leqslant \ln R+2\pi, R>>1$ και $\displaystyle \left|R^2 e^{2it}+4Re^{it}+1 \right|^5\geqslant \left|R^2-4R-1 \right|^5$ .

Αντικαθιστώντας εύκολα βλέπουμε $\displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty}\int_{0}^{2\pi}{iRe^{it}f\left(Re^{it} \right)}=0$ .Aκόμη $\displaystyle \int_{C_{2}}f\left(z \right)fz=\int_{2\pi}^{0}{i\delta e^{it}f\left(\delta e^{it} \right)}dt$ και εύκολα βλέπουμε $\displaystyle \lim_{\delta \rightarrow 0}{|\delta e^{it} f\left(\delta e^{it} \right)|}=0$ , άρα μηδενίζεται και το ολοκλήρωμα.

Έτσι $\displaystyle \int_{R}^{\delta}{f\left(xe^{2\pi i} \right)}dx+\int_{\delta}^{R}{f\left(x \right)}dx=2\pi i\left(Res\left(f,-2-\sqrt{3} \right)+Res\left(f,\sqrt{3}-2 \right) \right)$ . Το πρώτο μέλος όμως ισούται πρός $\displaystyle -2\pi i \int_{0}^{\infty}{\frac{x dx}{\left(x^2+4x+1 \right)^5}}$ . Άρα $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{x dx}{\left(x^2+4x+1 \right)^5}}=-\left(Res\left(f,\sqrt{3}-2 \right)+Res\left(f,-2-\sqrt{3} \right) \right)$

Όμως $\displaystyle Res\left(f,z_{1} \right)=\frac{1}{4!}\lim_{z\rightarrow z_{1}}\left(\frac{z \ln z}{\left(z-z_{2} \right)^5} \right)^{(4)}=\lim_{z\rightarrow z_{1}} \frac{1}{24}\cdot \frac{2\left(z_{2}-z \right)\left(z_{2}^3-13zz_{2}^2+113z_{2}z^{2}+319z^3 \right)+840z^3\left(z+z_{2} \right)\ln z}{z\left(z-z_{2} \right)^9}$ και $\displaystyle Res\left(f,z_{2} \right)=\frac{1}{4!}\lim_{z\rightarrow z_{2}}\left(\frac{z \ln z}{\left(z-z_{1} \right)^5} \right)^{(4)}=\lim_{z\rightarrow z_{2}} \frac{1}{24}\cdot \frac{2\left(z_{1}-z \right)\left(z_{1}^3-13zz_{1}^2+113z_{1}z^{2}+319z^3 \right)+840z^3\left(z+z_{1} \right)\ln z}{z\left(z-z_{1} \right)^9}$ με $\displaystyle z_{1,2}=-2 \pm \sqrt{3}$ .

Έτσι $\displaystyle Res\left(f,\sqrt{3}-2 \right)=\frac{\sqrt{3}\left(1224\sqrt{3}-2130 \right)-210\left(2-\sqrt{3} \right)^3 \left(\ln\left(2-\sqrt{3} \right)+\pi i \right)}{62208\sqrt{3} \left(2-\sqrt{3} \right)^3}$ και $\displaystyle Res\left(f,-\sqrt{3}-2 \right)=\frac{-\sqrt{3}\left(1224\sqrt{3}+2130 \right)+210\left(2+\sqrt{3} \right)^3 \left(\ln\left(2+\sqrt{3} \right)+\pi i \right)}{62208\sqrt{3} \left(2+\sqrt{3} \right)^3}$

Και τελικά $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{\infty}{\frac{3x^3 }{\left(x^2+4x+1 \right)^5}}dx=\frac{5\left(60+7\sqrt{3}\ln\left(7-4\sqrt{3} \right) \right)}{20768}}$

#152

Να εξεταστεί ως προς τη σύγκλιση το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{0}^{\pi}[\cot x]\,dx}$ , όπου $[\,\cdot\,]$ η συνάρτηση ακεραίου μέρους.

#153

Ας δειχθεί ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1+x^{4a}}{1+x^{2\pi}}x^{\color{red}-\color{black}2a\color{red}+\color{black}\pi\color{red}-\color{black}1}\,dx=\frac{\sec a}{2}}$ για $-\pi/2<a<\pi/2$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Edit: Διορθώθηκε. Συγνώμη για την ταλαιπωρία...

#154

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Ας δειχθεί ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1+x^{4a}}{1+x^{2\pi}}x^{2a-\pi+1}\,dx=\frac{\sec a}{2}}$ για $-\pi/2<a<\pi/2$ .

Αναστάση θαρρώ πως δεν ισχύει το παραπάνω διότι:

$\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{1 + {x^{4a}}}}{{1 + {x^{2\pi }}}}{x^{2a - \pi + 1}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{1 + {x^{4a}}}}{{\left( {1 + {x^{2\pi }}} \right){x^{\pi - 2a - 1}}}}dx} \geqslant \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{1 + {x^{4a}}}}{{{x^{\pi - 2a - 1}}}}dx} \geqslant \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{1}{{{x^{\pi - 2a - 1}}}}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{x^{2a + 1 - \pi }}dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{1/2}}{{2a + 2 - \pi }}\left[ {{x^{2a + 2 - \pi }}} \right]_0^1 \to + \infty {\text{ for }}a < \frac{\pi }{2} - 1}$ , ενώ η παράσταση $\displaystyle{\frac{{\sec a}}{2} \in R}$ για $\displaystyle{ - \frac{\pi }{2} < a < \frac{\pi }{2} - 1}$ .

Επίσης για $\displaystyle{a \to {\left( {\frac{\pi }{2}} \right)^ - }}$ έχουμε $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{1 + {x^{4a}}}}{{1 + {x^{2\pi }}}}{x^{2a - \pi + 1}}dx} \approx \int\limits_0^1 {xdx} = \frac{1}{2}}$ , ενώ $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{a \to {{\left( {\pi /2} \right)}^ - }} \frac{{\sec a}}{2} = + \infty }$ .

#155

Σεραφείμ είχα βάλει ανάποδα τα πρόσημα. Το διόρθωσα. Να ξαναπώ ότι δεν έχω λύση για αυτό. Προέκυψε ως ενδιάμεσο αποτέλεσμα στην προσπάθειά μου να δώσω μια άλλη λύση σε τούτο δω.

#156

Για

, ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}\sin\left(\frac{1}{x^2}\right)e^{-ax^2}\,dx}$ .

kwstas12345 · #157

75 Ελπίζω να μην έχω μου έχει ξεφύγει τίποτα γιατί πέρασε και η ώρα.

Αρχικά θα υπολογίσουμε το: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\exp{\left(-\left(ax+\frac{b}{x} \right)^2 \right)}}dx$ , για τα κατάλληλα a,b

στα οποία συγκλίνει το ολοκλήρωμα. Άν θέσουμε $\displaystyle F\left(b \right)$ το παραπάνω ολοκλήρωμα τότε: $\displaystyle \frac{1}{2}F'\left(b \right)=\int_{0}^{\infty}{e^{-\left(ax+\frac{b}{x} \right)^2}\left(-a-\frac{b}{x^2} \right)}dx$ .

Προσθέτωντας και στα δύο μέλη το $\displaystyle 2aF\left(b \right)$ θα έχουμε $\displaystyle 2aF\left(b \right)+\frac{1}{2}F'\left(b \right)=\int_{0}^{\infty}{e^{-\left(ax+\frac{b}{x} \right)^2}\left(a-\frac{b}{x^2} \right)}dx=0$ άρα $\displaystyle F'\left(b \right)+4aF\left(b \right)=0\Leftrightarrow F\left(b \right)=ce^{-4ab}$ . Επειδή $\displaystyle F\left(0 \right)=\int_{0}^{\infty}{e^{-ax^2}dx}=\frac{\sqrt{\pi}}{2a}$ , προκύπτει ότι

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-\left(ax+\frac{b}{x} \right)^2}}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2a}e^{-4ab}$ . Τώρα το ζητούμενο ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\sin\left(\frac{1}{x^2} \right)e^{-ax^2}dx}=\Im\left(\int_{0}^{\infty}{e^{-ax^2+i/x^2}}dx \right)$ .

Όμως $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-ax^2+i/x^2}} \right)dx=\exp\left(2\sqrt{{a}}\left(-i \right)^{1/2} \right)\int_{0}^{\infty}{e^{-\left(\sqrt{a} x+\left(\sqrt{-i} \right)/x\right)^2}}dx$ . Το τελευταίο ολοκλήρωμα (συγκλίνει) και σύμφωνα με το πάνω $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-\left(\sqrt{a} x+\left(\sqrt{-i} \right)/x\right)^2}}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\exp\left(4\sqrt{a}\cdot\frac{i-1}{\sqrt{2}} \right)$ .

Τελικά το ολοκλήρωμα ισούται με $\displaystyle \Im\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\exp\left(\sqrt{2a}\left(i-1 \right) \right) \right)=\Im{\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\sqrt{2a}}\left(\cos\left(\sqrt{2a} \right)+i\sin\left(\sqrt{2a} \right) \right)}$ . Τελικά $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\sin\left(\frac{1}{x^2} \right)e^{-ax^2}dx}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\sqrt{2a}}\sin\sqrt{2a}$

FDP · #158

Και τι γίνεται με αυτό

$76) \ \displaystyle \int_0^1 3 \arctan\Big(\frac{x(1-x)}{2-x}\Big)\cdot \frac{dx}x$

kwstas12345 · #159

$\displaystyle 77)$ Μου προέκυψε πάνω σε άλλη άσκηση, αλλά νομίζω αξίζει να το δούμε: Άς υπολογισθεί το $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\ln\left(1-2ix \right)}{x^2+1}dx$ . Kαι ας βρεθεί το πιο γενικό $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(1-aix \right)}{x^2+m}}dx, a,m>0$ .

#160

kwstas12345 έγραψε: $\displaystyle 77)$ Μου προέκυψε πάνω σε άλλη άσκηση, αλλά νομίζω αξίζει να το δούμε: Άς υπολογισθεί το $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\ln\left(1-2ix \right)}{x^2+1}dx$ . Kαι ας βρεθεί το πιο γενικό $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\ln\left(1-aix \right)}{x^2+m}}dx, a,m>0$ .

Ένας τρόπος υπολογισμού, χωρίς να καταφύγουμε στα μιγαδικά ολοκληρώματα

$\displaystyle{I = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {1 - 2xi} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {\sqrt {1 + 4{x^2}} \cdot {e^{i\partial }}} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} }$ με $\displaystyle{\sin \partial = \frac{{ - 2x}}{{\sqrt {1 + 4{x^2}} }}{\text{ \& }}\cos \partial = \frac{1}{{\sqrt {1 + 4{x^2}} }}}$ , οπότε $\displaystyle{\partial = \arctan \left( { - 2x} \right)}$ .

Επίσης για $\displaystyle{x \in R \Rightarrow \partial \in \left( { - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right)}$ , επομένως $\displaystyle{\ln \left( {\sqrt {1 + 4{x^2}} \cdot {e^{i\partial }}} \right) = \ln \left( {\sqrt {1 + 4{x^2}} } \right) + i\arctan \left( {2x} \right)}$ (βρισκόμαστε πάντα στο πρωτεύον όρισμα του λογαρίθμου).

Τότε $\displaystyle{I = \frac{1}{2}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + 4{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} - i\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\arctan \left( {2x} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} = \mathop = \limits^{\left\lfloor * \right\rfloor } = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + 4{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{{x^2} + 1}}\left( {\int\limits_0^x {\frac{{8y}}{{1 + 4{y^2}}}dy} } \right)dx} = \mathop = \limits^{y = x \cdot t} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{{x^2} + 1}}\left( {\int\limits_0^1 {\frac{{8{x^2}t}}{{1 + 4{x^2}{t^2}}}dt} } \right)dx} = 8\int\limits_0^1 {t\left( {\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {1 + 4{x^2}{t^2}} \right)}}dx} } \right)dt} = 8\int\limits_0^1 {\frac{t}{{4{t^2} - 1}}\left( {\int\limits_0^\infty {\left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}} - \frac{1}{{1 + 4{x^2}{t^2}}}} \right)dx} } \right)dt} = }$

$\displaystyle{ = 8\int\limits_0^1 {\frac{t}{{4{t^2} - 1}}\left( {\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{{4t}}} \right)dt} = 8\int\limits_0^1 {\frac{t}{{4{t^2} - 1}} \cdot \frac{{\pi \left( {2t - 1} \right)}}{{4t}}dt} = 2\pi \int\limits_0^1 {\frac{1}{{2t + 1}}dt} \Rightarrow \boxed{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {1 - 2xi} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} = \pi \cdot \ln 3}}$ .

$\displaystyle{\left\lfloor * \right\rfloor }$ Η συνάρτηση $\displaystyle{\frac{{\ln \left( {1 + 4{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 1}}}$ είναι άρτια, επομένως $\displaystyle{\frac{1}{2}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + 4{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + 4{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} }$ , ενώ η $\displaystyle{\frac{{\arctan \left( {2x} \right)}}{{{x^2} + 1}}}$ είναι περιττή, επομένως $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\arctan \left( {2x} \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} = 0}$ .

Υ.Γ. 1 Υπάρχει λύση και με φυγή στο Μιγαδικό Επίπεδο.
Υ.Γ. 2 Η γενίκευση παρουσιάζει κάποια διαφοροποίηση .. σε επόμενη ανάρτηση.

Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση