mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 26, 2025 9:06 am**

Πριν χρόνια είχαμε δει αυτό το πρόβλημα.

Έστω $a \in \mathbb{R} \mid |a| <1$ και b>0

. Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \ln \left( \frac{1 + a \sin^2 bx}{1- a \sin^2 bx} \right) \frac{1}{x^2} \, \mathrm{d}x = \pi b \left( \sqrt{1+a} - \sqrt{1-a} \right)}$
Υπόδειξη: $\displaystyle{\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left( x + n \pi \right)^2} = \frac{1}{\sin^2 x}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 26, 2025 9:10 pm**

Για

έχουμε $\displaystyle \int \limits_{0}^{\infty}\ln \left ( \frac{1+a\sin^2bx}{1-a\sin^2bx} \right )d\left ( -\frac{1}{x} \right )=$
$\displaystyle -\left [ \ln \left ( \frac{1+a\sin^2bx}{1-a\sin^2bx} \right ) \cdot \frac{1}{x}\right ]^{x\rightarrow \infty}_{x=0}+\int \limits_{0}^{\infty}\frac{1}{x}\cdot \frac{1-a\sin^2bx}{1+a\sin^2bx}\cdot \frac{(1-a\sin^2bx)2ab\sin bx\cos bx-\left ( 1+a\sin^2bx \right )\left ( -2ab\sin bx \cos bx \right )}{\left ( 1-a\sin^2bx \right )^2}dx$
$\displaystyle =-\left [ \ln \left ( \frac{1+a\sin^2bx}{1-a\sin^2bx} \right )\cdot \frac{1}{x} \right ]^{x\rightarrow \infty}_{x=0}+\int \limits_{0}^{\infty}\frac{1}{x}\cdot \frac{4ab \sin bx \cos bx}{1-a^2\sin^4bx}dx\overset{\displaystyle \lim_{x \to \infty}\ln \frac{1+a\sin^2bx}{1-a\sin^2bx}\cdot \frac{1}{x}=0}$
$\displaystyle =2ab\int \limits_{0}^{\infty}\frac{\sin \left ( 2bx \right )}{x}\cdot \frac{1}{1-a^2\sin^4bx}dx\overset{y=bx}=2ab\int \limits_{0}^{\infty}\frac{\sin \left ( 2y \right )}{y}\cdot b\cdot \frac{1}{1-a^2\sin^4y}\frac{dy}{b}$
$\displaystyle =2ab\int \limits_{0}^{\infty}\frac{\sin(2y)}{y}\cdot \left ( \sum_{n=0}^{\infty}a^{2n}\sin ^{4n}y \right )dy=2ab\int \limits_{0}^{\infty}\frac{\sin (2y)}{y}\left ( \displaystyle \lim_{m \to +\infty}\sum_{n=0}^{m}a^{2n} \sin ^{4n}y \right )dy.$
Είναι $\displaystyle \left | \sum_{n=0}^{m}a^{2n}\sin ^{4n} y\right |\leq \sum_{n=0}^{m}\left | a\right |^{2n}\leq \sum_{n=0}^{\infty}\left | a\right |^{2n}=\frac{1}{1-a^{2}}$ με την $\displaystyle \frac{\sin (2y)}{y}$ ολοκληρώσιμη στο $[0,+\infty)$ από Froullani. Άρα από το θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης έχουμε $\displaystyle \int \limits_{0}^{\infty}\frac{\sin (2y)}{y}\left ( \displaystyle \lim_{m \to +\infty}\sum_{n=0}^{m}a^{2n}\sin ^{4n}y \right )dy=\displaystyle \lim_{m \to +\infty}\int \limits_{0}^{\infty}\frac{\sin (2y)}{y}\sum_{n=0}^{m}a^{2n}\sin ^{4n}ydy.$ Επομένως, $\displaystyle \int \limits_{0}^{\infty}\ln \left ( \frac{1+a\sin^2bx}{1-a\sin^2bx} \right )d\left ( -\frac{1}{x} \right )=2ab\displaystyle \lim_{m \to +\infty}\sum_{n=0}^{m}a^{2n}\int \limits_{0}^{\infty}\frac{\sin (2y)}{y}\cdot \sin ^{4n}ydy$
$\displaystyle =2ab\sum_{n=0}^{\infty}a^{2n}\int \limits_{0}^{\infty}\frac{\sin\left ( 2y \right )}{y}\cdot \sin ^{4n}ydy=2ab\cdot \frac{\pi }{2a}\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{a^{2n+1}}{4^{n}\left ( 2n+1 \right )}=\pi b\left ( \sqrt{1+a}-\sqrt{1-a} \right ).$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2025 12:59 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 26, 2025 9:06 am
Πριν χρόνια είχαμε δει αυτό το πρόβλημα.

Έστω $a \in \mathbb{R} \mid |a| <1$ και . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \ln \left( \frac{1 + a \sin^2 bx}{1- a \sin^2 bx} \right) \frac{1}{x^2} \, \mathrm{d}x = \pi b \left( \sqrt{1+a} - \sqrt{1-a} \right)}$
Υπόδειξη: $\displaystyle{\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left( x + n \pi \right)^2} = \frac{1}{\sin^2 x}}$

Αν

το ολοκλήρωμα, τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} I & = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \ln \left( \frac{1+ a \sin^2 bx}{1- a \sin^2 bx} \right) \frac{\mathrm{d}x}{x^2} \\ &\!\!\!\overset{t=bx}{=\! =\! =\!} \frac{b}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \ln \left( \frac{1 + a \sin^2 t}{1 - a \sin^2 t} \right) \frac{\mathrm{d}t}{t^2} \\ & = \frac{b}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \int_{n \pi - \frac{\pi}{2}}^{n \pi + \frac{\pi}{2}} \ln \left( \frac{1 + a \sin^2 t}{1 - a \sin^2 t} \right) \frac{\mathrm{d}t}{t^2} \\ & = \frac{b}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \ln \left( \frac{1 + a \sin^2 t}{1 - a \sin^2 t} \right) \frac{\mathrm{d}t}{\left( t + n \pi \right)^2} \\ & = \frac{b}{2} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \ln \left( \frac{1 + a \sin^2 t}{1 - a \sin^2 t} \right) \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{\left( t + n \pi \right)^2} \, \mathrm{d}t \\ & = \frac{b}{2} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \ln \left( \frac{1 + a \sin^2 t}{1 - a \sin^2 t} \right) \frac{\mathrm{d}t}{\sin^2 t} \\ & = b \int_{0}^{\pi/2} \ln \left( \frac{1 + a \sin^2 t}{1 - a \sin^2 t} \right) \frac{\mathrm{d}t}{\sin^2 t} \\ & = 2b \int_{0}^{\pi/2} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{a^{2k+1} \sin^{4k+2}t}{2k+1} \right) \frac{\mathrm{d}t}{\sin^2 t} \\ & = 2b \sum_{k=0}^{\infty} \frac{a^{2k+1}}{2k+1} \int_{0}^{\pi/2} \sin^{4k} t \, \mathrm{d}t \\ & = \pi b \sum_{k=0}^{\infty} \frac{a^{2k+1}}{\left( 2k+1 \right) 2^{4k}} \binom{4k}{2k} \\ & = \pi b \left( \sqrt{1+a} - \sqrt{1-a} \right) \end{aligned} }$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2025 1:00 pm**

Παρόμοιος υπολογισμός δίδει:

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \ln \left( \frac{1 + a \sin bx}{1- a \sin bx} \right) \frac{\mathrm{d}x}{x} = \pi \arcsin a}$
Δημήτρη για σένα...

mathematica.gr

Ολοκλήρωμα

Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα