Ολοκλήρωμα (21)

china university · #1

Υπολογίστε το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\ln{(1-\tan^2{x})}dx}$

Δίνεται ότι μπορεί να βρεθεί σε κλειστή μορφή.

galactus · #2

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\log(1-\tan^{2}(x))dx}$

$\displaystyle =\int_{0}^{1}\log(\cos(2x))dx-2\int_{0}^{1}\ln(\cos(x))dx\,\,\,\,[1]$

Για το αριστερό μέρος χρησιμοποιούμε τη γνωστή $\rm{Fourier}$ ταυτότητα:
$\displaystyle \log(\cos(2x))=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\cos(4kx)}{k}-\log(2)\,\,\,\,[2]$

Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη της [2]

παίρνουμε: $\displaystyle \int_{0}^{1}\log(\cos(2x))dx=\displaystyle{-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\sin(4k)}{4k^{2}}-\log(2)}$

Παρόμοια γίνεται και το δεξιό μέλος, χρησιμοποιώντας $\displaystyle \log(\cos(x))=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\cos(2kx)}{k}-\log(2) \,\,\,\,[3]$

Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη της [3]

παίρνουμε:

$\displaystyle \int_{0}^{1}\log(\cos(x))dx=-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\sin(2k)}{k^{2}}-\log(2)$

Αντικαθιστούμε στην [1]

και παίρνουμε:

$\displaystyle -\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\sin(4k)}{k^{2}}-\log(2)+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\sin(2k)}{k^{2}}+2\log(2)\,\,\,\,[4]$

Χρησιμοποιώντας το $\displaystyle e^{4ki}=\cos(4k)+i\sin(4k)$ και παίρνοντας τα φανταστικά μέρη μπορούμε να εκφράσουμε τη σειρά με διλογάριθμους. Το ίδιο και για την άλλη σειρά. Αν είχαμε $\cos$ θα παίρναμε τα πραγματικά μέρη.

$\displaystyle -\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}e^{4ki}}{k^{2}}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}e^{2ki}}{k^{2}}+\log(2)$

Αλλά κάνοντας την αντικατάσταση $x=e^{i}$ μπορούμε να γράψουμε την [4]

ως:

$\displaystyle -\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}x^{4k}}{k^{2}}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}x^{2k}}{k^{2}}+\log(2)$

Αυτά εξ' ορισμού ,είναι διλογάριθμοι, και έχουμε:

$\displaystyle \Im\left[\frac{-1}{4}Li_{2}(-x^{4})+Li_{2}(-x^{2})\right]+\log(2)$

Τώρα ξανά αντικαθιστούμε τον 'e'

όρο:

$\displaystyle \Im \left[\frac{-1}{4}Li_{2}(-e^{4i})+Li_{2}(-e^{2i})\right]+\log(2)$

$\displaystyle =\boxed{\log(2)-\Im\left[\frac{1}{4}Li_{2}(-e^{4i})-Li_{2}(-e^{2i})\right]\approx -.5676...}$

Κάποιος θα μπορούσε να χρησιμοποιήσει τα εξής αναπτύγματα, αν θέλει:
$\displaystyle{Li_{2}(-e^{4i})=\frac{\pi^{2}}{6}-\log(1+e^{4i})\log(-e^{4i})-Li_{2}(1+e^{4i})}$

$\displaystyle{Li_{2}(-e^{2i})=\frac{\pi^{2}}{6}-\log(1+e^{2i})\log(-e^{2i})-Li_{2}(1+e^{2i})}$

china university · #3

Nice! Thank you very much!

Μετάφραση:
Ωραία! Σε ευχαριστώ πάρα πολύ!

Ολοκλήρωμα (21)

Ολοκλήρωμα (21)

Re: Ολοκλήρωμα (21)

Re: Ολοκλήρωμα (21)

Μέλη σε σύνδεση