Γενικευμένο ολοκλήρωμα 7.

#1

Να υπολογιστεί το : $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log \left( {{{\cos }^2}x} \right)}}{{1 + {e^{2x}}}}dx} }$ .

kwstas12345 · #2

Παρατηρούμε ότι ισχύει: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln(\cos^2 x)}{e^{2x}+1}}dx=-\frac{\ln^2 2}{2}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}{\frac{\ln\left(1+\cos x \right)}{e^x +1 }}dx$ .

Έχει αποδειχθεί οτι $\displaystyle \ln\left(1+\cos(x) \right)=\ln\left(1-\cos\left(\pi -x \right) \right)=-\ln2 -2\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{\cos(kx)(-1)^k}{k}}$ , άρα θα έχουμε ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln\left(\cos^2 x \right)}{e^{2x}+1}}dx=-\ln^2 2-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{k}\int_{0}^{\infty}{\frac{\cos\left(kx \right)}{e^x +1}}}dx$ .

Επίσης έχουμε ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos(kx)}{e^x +1}}dx=\sum_{m=1}^{\infty}{(-1)^{m-1}\frac{1}{k}\int_{0}^{\infty}{\cos(kx)e^{-mx}dx}}=-\sum_{m=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{m}}{k}\cdot\frac{m}{m^2 +k^2}}$

συνεπώς το ολοκλήρωμα ισούται με $\displaystyle - \ln^2 2 +\sum_{k=1}^{\infty}{\sum_{m=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k+m}m}{k\left(m^2 +k^2 \right)}}}$ . Τώρα για τυχόν n>>1

βλέπουμε ότι:

$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}{\sum_{m=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k+m}m}{k\left(k^2 +m^2 \right)}}}=\sum_{k=1}^{n}{\sum_{m=1}^{n}{\frac{(-1)^{k+m}m}{k\left(k^2 +m^2 \right)}}}+\sum_{k=1}^{n}{\sum_{m=n+1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k+m}m}{k\left(k^2 +m^2 \right)}}}$ .

$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}{\sum_{m=1}^{n}{\frac{(-1)^{k+m}m}{k\left(k^2 +m^2 \right)}}}=\sum_{s=2}^{2n}{\sum_{k=1}^{s-1}{\frac{(-1)^s (s-k)}{k((s-k)^2 +k^2)}}$ και $\displaystyle {\sum_{k=1}^{s-1}{\frac{ (s-k)}{k((s-k)^2 +k^2)}}}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{s-1}{\left(\frac{k}{\left(s-k \right)\left(\left(s-k \right)^2 +k^2 \right)}+\frac{s-k}{k\left(k^2 +\left(s-k \right)^2 \right)} \right)}=$ $\displaystyle \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{s-1}{\frac{1}{k\left(s-k \right)}}=\frac{H_{s-1}}{s}$ .

Επίσης χωρίζοντας σε άρτια και περιττά στο άθροισμα ότι $\displaystyle \left|\sum_{m=n+1}^{\infty}{\frac{\left(-1 \right)^{m+k}m}{m^2 +k^2}} \right|\leqslant \frac{C}{n}$ συνεπώς $\displaystyle \left|\sum_{k=1}^{n}{\sum_{m=n+1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k+m}m}{k\left(k^2 +m^2 \right)}}} \right|\leqslant \frac{C'\ln n}{n}$ .

Eπομένως, έχουμε ότι $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}{\sum_{m=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k+m}m}{k\left(k^2 +m^2 \right)}}}=\sum_{s=1}^{n-1}{\frac{H_{s}}{s+1}}(-1)^{s+1}+\mathcal{O}\left(\frac{\ln n}{n} \right), n\rightarrow \infty$ ,

οπότε είναι προφανές ότι: $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\sum_{m=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k+m}m}{k\left(k^2 +m^2 \right)}}}=\sum_{s=1}^{\infty}{\frac{H_{s}}{s+1}}(-1)^{s+1}=\frac{\ln ^2 2}{2}$ (η τελευταία ισότητα προκύπτει γράφοντας $\displaystyle H_{s}=\int_{0}^{1}{\frac{1-x^s}{1-x}}dx$ , έπειτα αλλαγή σειράς και ολοκληρώματος από το θεώρημα Dirichlet για σειρές συναρτήσεων , και τέλος παραγοντικές ολοκληρώσεις).

Συμπερασματικά, λοιπόν: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln \cos^2 x}{e^{2x}+1}}dx=-\frac{\ln^2 2}{2}$ .

(*)Μια δικαιολόγηση για την εναλλαγή στα ολοκληρώματα $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos(kx)}{e^x +1}}dx$ .Για $\displaystyle \varepsilon>0:\int_{\varepsilon }^{\infty}{\frac{|\cos(kx)|}{e^x -1}}dx=\sum_{m=1}^{\infty}{\int_{\varepsilon }^{\infty}{\left|(-1)^m \cos(kx)e^{-mx} \right|}dx}<\infty$ ,

άρα από το θεώρημα Fubinι: $\displaystyle \int_{\varepsilon }^{\infty}{\sum_{m=1}^{\infty}{(-1)^{m-1}e^{-mx}\cos(kx)dx}}=\sum_{m=1}^{\infty}{(-1)^{k-1}\int_{\varepsilon }^{\infty}{e^{-mx}\cos(kx)}dx}$ $\displaystyle =\frac{1}{k}\sum_{m=1}^{\infty}{(-1)^m}(e^{-m/k \varepsilon }\sin\varepsilon -(k/m)\cos\varepsilon )(k^2m^{-2}+1)^{-1}$

, οπότε αν αφήσουμε $\varepsilon \rightarrow 0^{+}$ έχουμε το ζητούμενο.

#3

kwstas12345 έγραψε:Παρατηρούμε ότι ισχύει: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln(\cos^2 x)}{e^{2x}+1}}dx=-\frac{\ln^2 2}{2}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}{\frac{\ln\left(1+\cos x \right)}{e^x +1 }}dx$ .

Έχει αποδειχθεί οτι $\displaystyle \ln\left(1+\cos(x) \right)=\ln\left(1-\cos\left(\pi -x \right) \right)=-\ln2 -2\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{\cos(kx)(-1)^k}{k}}$ , άρα θα έχουμε ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln\left(\cos^2 x \right)}{e^{2x}+1}}dx=-\ln^2 2-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{(-1)^k}{k}\int_{0}^{\infty}{\frac{\cos\left(kx \right)}{e^x +1}}}dx$ .

Επίσης έχουμε ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\cos(kx)}{e^x +1}}dx=\sum_{m=1}^{\infty}{(-1)^{m-1}\frac{1}{k}\int_{0}^{\infty}{\cos(kx)e^{-mx}dx}}=-\sum_{m=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{m}}{k}\cdot\frac{m}{m^2 +k^2}}$

συνεπώς το ολοκλήρωμα ισούται με $\displaystyle - \ln^2 2 +\sum_{k=1}^{\infty}{\sum_{m=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{k+m}m}{k\left(m^2 +k^2 \right)}}}$ .

Μέχρις εδώ, ακριβώς τα ίδια (στην δεύτερη δική μου λύση)

Μια διαφορετική συνέχεια : $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log \left( {{{\cos }^2}x} \right)}}{{1 + {e^{2x}}}}dx} = - {\ln ^2}2 + \sum\limits_{k = 1}^\infty {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + m}}m}}{{k\left( {{m^2} + {k^2}} \right)}}} } }$ . Έστω $\displaystyle{S = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + m}}m}}{{k\left( {{m^2} + {k^2}} \right)}}} } }$ . Το άθροισμα είναι συμμετρικό

ως προς τις μεταβλητές $\displaystyle{k}$ και $\displaystyle{m}$ , οπότε (φανερό) $\displaystyle{S = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + m}}k}}{{m\left( {{m^2} + {k^2}} \right)}}} } }$ . Τότε

$\displaystyle{2S = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + m}}k}}{{m\left( {{m^2} + {k^2}} \right)}}} } + \sum\limits_{k = 1}^\infty {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + m}}m}}{{k\left( {{m^2} + {k^2}} \right)}}} } = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + m}}}}{{\left( {{m^2} + {k^2}} \right)}}\left( {\frac{k}{m} + \frac{m}{k}} \right)} } = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + m}}}}{{mk}}} } = }$

$\displaystyle{ = \left( {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{k}} } \right)\left( {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{m - 1}}}}{m}} } \right) = {\log ^2}2 \Rightarrow \boxed{S = \frac{1}{2}{{\log }^2}2}}$ . Τελικά $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log \left( {{{\cos }^2}x} \right)}}{{1 + {e^{2x}}}}dx} = - {\ln ^2}2 + \frac{1}{2}{\ln ^2}2 = - \frac{1}{2}{\ln ^2}2}$

Το θέμα μου προέκυψε αναζητώντας συναρτησιακές σχέσεις για την $\displaystyle{f\left( a \right) = \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} }$ . Θα αναρτήσω και δεύτερη λύση που βασίζεται σ’ αυτές.

#4

Μια δεύτερη λύση ..

Έστω $\displaystyle{f\left( a \right) = \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} }$ . Τότε $\displaystyle{f\left( a \right) = \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} = \int\limits_0^1 {\log \left( {1 + {x^a}} \right){{\left( {\log \left( {1 + x} \right)} \right)}{'}}dx} = {\log ^2}2 - \int\limits_0^1 {\frac{{a{x^{a - 1}}\log \left( {1 + x} \right)}}{{1 + {x^a}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{{x^a} = y} = {\log ^2}2 - \int\limits_0^1 {\frac{{a{y^{\left( {a - 1} \right)/a}}\log \left( {1 + {y^{1/a}}} \right)}}{{1 + y}}\frac{1}{a}{y^{\left( {1 - a} \right)/a}}dy} \Rightarrow \boxed{f\left( a \right) = {{\log }^2}2 - f\left( {\frac{1}{a}} \right)}}$

Επίσης $\displaystyle{f\left( a \right) = \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^a}} \right)}}{{1 + x}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {{x^a}\left( {1 + {x^{ - a}}} \right)} \right)}}{{1 + x}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{a\log \left( x \right) + \log \left( {1 + {x^{ - a}}} \right)}}{{1 + x}}dx} = a\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( x \right)}}{{1 + x}}dx} + f\left( { - a} \right)}$

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( x \right)}}{{1 + x}}dx} = \int\limits_0^1 {\log \left( x \right)\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{x^n}} } \right)dx} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\int\limits_0^1 {\log \left( x \right){x^n}dx} } = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\frac{1}{{{n^2}}}} = }$

$\displaystyle{ = - 1 + \frac{1}{{{2^2}}} - \frac{1}{{{3^2}}} + .. = - \left( {1 + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + ..} \right) + 2\left( {\frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + ..} \right) = - \zeta \left( 2 \right) + \frac{1}{2}\zeta \left( 2 \right) = - \frac{1}{2}\zeta \left( 2 \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}}$

Άρα $\displaystyle{\boxed{f\left( a \right) = - \frac{{\alpha \cdot {\pi ^2}}}{{12}} + f\left( { - a} \right)}}$

Οπότε $\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} \begin{gathered} f\left( a \right) = {\log ^2}2 - f\left( {\frac{1}{a}} \right) \hfill \\ \hfill \\ \end{gathered} \\ {f\left( a \right) = - \frac{{\alpha \cdot {\pi ^2}}}{{12}} + f\left( { - a} \right)} \\ \end{array} } \right\} \Rightarrow 2f\left( a \right) = {\log ^2}2 - \frac{{\alpha \cdot {\pi ^2}}}{{12}} + \left( {f\left( { - a} \right) - f\left( {\frac{1}{a}} \right)} \right) \Rightarrow \mathop \Rightarrow \limits^{a = i} \Rightarrow \boxed{f\left( i \right) = \frac{1}{2}{{\log }^2}2 - \frac{{i \cdot {\pi ^2}}}{{24}}}}$

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {x^i}} \right)}}{{1 + x}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 + {e^{i\log x}}} \right)}}{{1 + x}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {2\cos \left( {\frac{{\log x}}{2}} \right){e^{i\log x/2}}} \right)}}{{1 + x}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {4{{\cos }^2}\left( {\log \sqrt x } \right){e^{i\log x}}} \right)}}{{1 + x}}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {4{{\cos }^2}\left( {\log \sqrt x } \right)} \right) + i \cdot Arg\left( {{e^{i \cdot \log x}}} \right)}}{{1 + x}}dx} }$

οπότε $\displaystyle{\frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {4{{\cos }^2}\left( {\log \sqrt x } \right)} \right) + i \cdot Arg\left( {\log x} \right)}}{{1 + x}}dx} = \frac{1}{2}{\log ^2}2 - \frac{{i \cdot {\pi ^2}}}{{24}} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {4{{\cos }^2}\left( {\log \sqrt x } \right)} \right)}}{{1 + x}}dx} = {{\log }^2}2}}$

Τελικά $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {4{{\cos }^2}\left( {\log \sqrt x } \right)} \right)}}{{1 + x}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{\log 4 + \log \left( {{{\cos }^2}\left( {\log \sqrt x } \right)} \right)}}{{1 + x}}dx} = {\log ^2}2 \Rightarrow \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {{{\cos }^2}\left( {\log \sqrt x } \right)} \right)}}{{1 + x}}dx} = - {\log ^2}2}$

και με τον μετασχηματισμό $\displaystyle{\log \sqrt x = - y}$ προκύπτει το ζητούμενο, δηλαδή $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log \left( {{{\cos }^2}x} \right)}}{{1 + {e^{2x}}}}dx} = - \frac{1}{2}{\log ^2}2}$

Γενικευμένο ολοκλήρωμα 7.

Γενικευμένο ολοκλήρωμα 7.

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 7.

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 7.

Re: Γενικευμένο ολοκλήρωμα 7.

Μέλη σε σύνδεση