Γενικευμένο 2ης-τάξης λογαριθμικό ολοκλήρωμα

#1

Σε συνέχεια αυτού:

Να υπολογισθεί το $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\log^2{x}}{(x+\alpha)(x+\beta)}\,dx\,,\quad 0<\alpha<\beta\,.$

dement · #2

Θεωρούμε την $\displaystyle f(z) \equiv \frac{\log^3 z}{(z-a)(z-b)}$ και ολοκληρώνουμε γύρω από την καμπύλη του σχήματος. Ο κύκλος C_1

έχει ακτίνα

και ο κύκλος C_3

ακτίνα $\epsilon$ . Η

έχει απλούς πόλους στα a, b

με αντίστοιχα υπόλοιπα $\displaystyle \frac{\ln^3 a}{a-b}, \frac{\ln^3 b}{b-a}$ και παίρνουμε τον συνήθη κλάδο του λογαρίθμου.

: complex.png (57.42 KiB) Προβλήθηκε 1399 φορές

Έτσι, συνολικά το ολοκλήρωμα ισούται με $\displaystyle \frac{2 \pi i (\ln^3 b - \ln^3 a)}{b-a}$ . Αναλυτικά έχουμε:

$\displaystyle \int_{C_1} f(z) \mathrm{d}z = \int_{- \pi}^{\pi} \frac{\log^3 (M e^{i \theta})}{(Me^{i \theta} - a)(Me^{i \theta} - b)} i M e^{i \theta} \mathrm{d}\theta \to 0$ καθώς $M \to \infty$

$\displaystyle \int_{C_2} f(z) \mathrm{d}z = \int_{- M}^{- \epsilon} \frac{(\ln (-x) + \pi i)^3}{(x - a)(x - b)} \mathrm{d}x = \int_{\epsilon}^{M} \frac{(\ln x + \pi i)^3}{(x + a)(x + b)} \mathrm{d}x$

$\displaystyle \int_{C_3} f(z) \mathrm{d}z = \int_{\pi}^{-\pi} \frac{\log^3 (\epsilon e^{i \theta})}{(\epsilon e^{i \theta} - a)(\epsilon e^{i \theta} - b)} i \epsilon e^{i \theta} \mathrm{d}\theta \to 0$ καθώς $\epsilon \to 0$

$\displaystyle \int_{C_4} f(z) \mathrm{d}z = \int_{- \epsilon}^{- M} \frac{(\ln (-x) - \pi i)^3}{(x - a)(x - b)} \mathrm{d}x = - \int_{\epsilon}^{M} \frac{(\ln x - \pi i)^3}{(x + a)(x + b)} \mathrm{d}x$

Προσθέτοντας και παίρνοντας τα κατάλληλα όρια έχουμε

$\displaystyle \frac{2 \pi i (\ln^3 b - \ln^3 a)}{b-a} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{(\ln x + \pi i)^3 - (\ln x - \pi i)^3}{(x + a)(x + b)} \mathrm{d}x =$

$\displaystyle = 6 \pi i \int_0^{+ \infty} \frac{\ln^2 x}{(x+a)(x+b)} \mathrm{d}x - 2 \pi^3 i \int_0^{+ \infty} \frac{1}{(x+a)(x+b)} \mathrm{d}x$ . Το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται με $\displaystyle \frac{\ln b - \ln a}{b - a}$ και έτσι, τελικά,

$\displaystyle \int_0^{+ \infty} \frac{\ln^2 x}{(x+a)(x+b)} \mathrm{d}x = \frac{\pi^2 (\ln b - \ln a) + (\ln^3 b - \ln^3 a)}{3(b-a)}$

#3

Ωραία Δημήτρη! Η δική μου προσέγγιση ήταν κάπως πιο "πρωτογενής", αν και όχι διαφορετική από την δική σου:

Θεώρησα την συνάρτηση $f(z)=\dfrac{{\rm{Log}}^3{z}+\pi^2{\rm{Log}}{z}}{(z-\alpha)(z-\beta)}\,,\quad z\in\mathbb{C}\setminus\{x+0i\;|\;x\leqslant0\}$ , η οποία, ακριβώς όπως εδώ, δίνει κατευθείαν το αποτέλεσμα που βρήκες και εσύ: $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\log^2{x}}{(x+\alpha)(x+\beta)}\,dx=\dfrac{\log^3\beta+\pi^2\log\beta-\log^3\alpha-\pi^2\log\alpha}{3\,(\beta-\alpha)}\,.$ Ο λόγος που μετά την 1η δύναμη του λογαρίθμου στην προηγούμενη δημοσίευση, έδωσα την 2η δύναμη του λογαρίθμου εδώ, είναι o εξής:

Για την εύρεση της 3ης δύναμης του λογαρίθμου η μιγαδική συνάρτηση που δίνει "κατευθείαν" αποτέλεσμα (χωρίς να προκύπτουν επιμέρους ολοκληρώματα, όπως το $\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(x+\alpha)(x+\beta)}\,dx$ ) είναι η $f(z)=\frac{{\rm{Log}}^4{z}+2\pi^2{\rm{Log}}^2{z}}{(z-\alpha)(z-\beta)}$ , για την 4η δύναμη είναι η $f(z)=\frac{3\,{\rm{Log}}^5{z}+10\pi^2{\rm{Log}}^3{z}+7\pi^4{\rm{Log}}{z}}{(z-\alpha)(z-\beta)}$ , για την 5η δύναμη είναι η $f(z)=\frac{{\rm{Log}}^6{z}+5\pi^2{\rm{Log}}^4{z}+7\pi^4{\rm{Log}}^2{z}}{(z-\alpha)(z-\beta)}$ , για την 6η δύναμη είναι η $f(z)=\frac{3{\rm{Log}}^7{z}+21\pi^2{\rm{Log}}^5{z}+49\pi^4{\rm{Log}}^3{z}+31\pi^6{\rm{Log}}{z}}{(z-\alpha)(z-\beta)}$ κ.λ.π.

Ερώτηση: Μπορούμε να βρούμε αυτούς τους συντελεστές για κάθε δύναμη του λογαρίθμου;
Ή να βρεθεί ένας αναγωγικός τύπος που δίνει την

-στή δύναμη συναρτήσει προηγουμένων δυνάμεων.
(Δεν έχω βρει απάντηση...)

#4

grigkost έγραψε:Να υπολογισθεί το $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\log^2{x}}{(x+\alpha)(x+\beta)}\,dx\,,\quad 0<\alpha<\beta\,.$

Κάπως συνοπτικά, με πραγματική ανάλυση (μετασχηματισμοί Laplace) ..

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {x + a} \right)\left( {x + b} \right)}}dx} = \frac{1}{{b - a}}\int\limits_0^\infty {{{\log }^2}x\left( {\frac{1}{{x + a}} - \frac{1}{{x + b}}} \right)dx} = }$ $\displaystyle{\frac{1}{{b - a}}\int\limits_0^\infty {{{\log }^2}x\left( {\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - xy}}\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)} \right)dy} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{b - a}}\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {{{\log }^2}x \cdot {e^{ - xy}}dx} } \right)dy} = }$ $\displaystyle{\frac{1}{{b - a}}\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\frac{{6{\gamma ^2} + {\pi ^2} + 12\gamma \log y + 6{{\log }^2}y}}{{6y}}dy} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{6{\gamma ^2} + {\pi ^2}}}{{6\left( {b - a} \right)}}\underbrace {\int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}}}{y}dy} }_{{{\rm I}_1}} + \frac{{2\gamma }}{{b - a}}\underbrace {\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\frac{{\log y}}{y}dy} }_{{{\rm I}_2}}}$ $\displaystyle{ + \frac{1}{{b - a}}\underbrace {\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\frac{{{{\log }^2}y}}{y}dy} }_{{{\rm I}_3}}}$

Όμως $\displaystyle{{{\rm I}_1} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}}}{y}dy} = \int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - wy}}dw} } \right)dy} = \int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - \left( {w + a} \right)y}} - {e^{ - \left( {w + b} \right)y}}} \right)dy} } \right)dw} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{1}{{w + a}} - \frac{1}{{w + b}}} \right)dw} = \left[ {\log \frac{{w + a}}{{w + b}}} \right]_0^\infty = \log b - \log a}$

και $\displaystyle{{{\rm I}_2} = \int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\frac{{\log y}}{y}dy} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right){{\left( {{{\log }^2}y} \right)}{'}}dy} }$ $\displaystyle{ = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\left( {a{e^{ - ay}} - b{e^{ - by}}} \right){{\log }^2}ydy} = \frac{a}{2}\int\limits_0^\infty {{{\log }^2}y \cdot {e^{ - ay}}dy} - }$

$\displaystyle{ - \frac{b}{2}\int\limits_0^\infty {{{\log }^2}y \cdot {e^{ - by}}dy} = \frac{{12\gamma \log a + 6{{\log }^2}a}}{{12}} - \frac{{12\gamma \log b + 6{{\log }^2}b}}{{12}}}$ $\displaystyle{ = \gamma \left( {\log a - \log b} \right) + \frac{1}{2}\left( {{{\log }^2}a - {{\log }^2}b} \right)}$

και $\displaystyle{{{\rm I}_3} = \int\limits_0^\infty {\left( {{e^{ - ay}} - {e^{ - by}}} \right)\frac{{{{\log }^2}y}}{y}dy} = \frac{1}{3}\int\limits_0^\infty {\left( {a{e^{ - ay}} - b{e^{ - by}}} \right){{\log }^3}y\;dy} }$ $\displaystyle{ = \frac{a}{3}\int\limits_0^\infty {{{\log }^3}y \cdot {e^{ - ay}}dy} - \frac{b}{3}\int\limits_0^\infty {{{\log }^3}y \cdot {e^{ - by}}dy} = }$

$\displaystyle{ = - \left( {\frac{{\gamma \left( {2{\gamma ^2} + {\pi ^2}} \right) + \left( {6{\gamma ^2} + {\pi ^2}} \right)\log \alpha + 6\gamma {{\log }^2}\alpha + 2{{\log }^3}\alpha + 4\zeta \left( 3 \right)}}{6}} \right) + }$ $\displaystyle{ + \left( {\frac{{\gamma \left( {2{\gamma ^2} + {\pi ^2}} \right) + \left( {6{\gamma ^2} + {\pi ^2}} \right)\log b + 6\gamma {{\log }^2}b + 2{{\log }^3}b + 4\zeta \left( 3 \right)}}{6}} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{{6{\gamma ^2} + {\pi ^2}}}{6}\left( {\log b - \log a} \right) + \gamma \left( {{{\log }^2}b - {{\log }^2}a} \right) + \frac{1}{3}\left( {{{\log }^3}b - {{\log }^3}a} \right)}$

Συμμαζεύοντας τα παραπάνω $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {x + a} \right)\left( {x + b} \right)}}dx} = \frac{{{\pi ^2}\left( {\log b - \log a} \right) + \left( {{{\log }^3}b - {{\log }^3}a} \right)}}{{3\left( {b - a} \right)}}}$

Γενικευμένο 2ης-τάξης λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Γενικευμένο 2ης-τάξης λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Re: Γενικευμένο 2ης-τάξης λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Re: Γενικευμένο 2ης-τάξης λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Re: Γενικευμένο 2ης-τάξης λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση