Γενικευμένα Ολοκληρώματα

#182

Υπολογίστε το $\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ax}}{\cosh^2x}\,dx}$ για $a\in(-2,2)$ .

dement · #183

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Υπολογίστε το $\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ax}}{\cosh^2x}\,dx}$ για $a\in(-2,2)$ .

Γι' αυτού του είδους τα ολοκληρώματα υπάρχει ένα πιο ανθρώπινο μονοπάτι...

Η συνάρτηση $\displaystyle \frac{e^{az}}{\cosh^2 z}$ έχει πόλο δεύτερης τάξης στο $\displaystyle \frac{i \pi}{2}$ με υπόλοιπο $-a e^{ia \pi / 2}$ . Ολοκληρώνουμε γύρω από το ορθογώνιο με κορυφές τα $\pm M, \pm M + i \pi$ και έχουμε

$\displaystyle \lim_{M \to + \infty} (1 - e^{i a \pi}) \int_{-M}^M \frac{e^{ax}}{\cosh^2 x} dx = - 2 \pi i a e^{ia \pi / 2}$ (τα δύο 'κάθετα' ολοκληρώματα τείνουν στο

καθώς $M \to + \infty$ ).

Ετσι έχουμε $\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ax}}{\cosh^2x}\,dx} = \pi a \csc \left( \frac{\pi a}{2} \right)$ .

Nebuchadnezzar · #184

Λίγα προβλήματα διασκέδαση =)

$\displaystyle 85) \qquad \int \frac{2}{\log x} + \log(\log x) - \frac{1}{\log^2x} \ \mathrm{d}x$

$\displaystyle 86) \qquad \int_{-\infty}^{\infty} \cos(x^2) + \sin(x^2) \ \mathrm{d}x$

$\displaystyle 87) \qquad \int_0^{\infty}\frac{\sin(\pi x^2)}{\sinh^2 (\pi x)} \, \mathrm{d}x$

$\displaystyle 88) \qquad \int_{1}^{\infty} \frac{3^x \cdot 2^x}{9^x - 4^x} \ \mathrm{d}x$

#185

$88)\quad\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \frac{3^x\,2^x}{9^x - 4^x}\,dx=\int_{1}^{+\infty} \frac{3^x\,2^x}{4^x\left({\left({\frac{9}{4}}\right)^x- 1}\right)}\,dx=\int_{1}^{+\infty} \frac{\left({\frac{3}{2}}\right)^x}{\bigl({\left({\frac{3}{2}}\right)^x}\bigr)^2- 1}\,dx\,\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {t\,=\,\left({\frac{3}{2}}\right)^x} \\ {\frac{1}{\log\left({\frac{3}{2}}\right)}\,dt\,=\,\left({\frac{3}{2}}\right)^x\,dx} \\ \end{subarray}}$

$\displaystyle\frac{1}{\log\bigl({\frac{3}{2}}\bigr)}\int_{\frac{3}{2}}^{+\infty}{\frac{1}{t^2-1}\,dt}=\frac{1}{\log\bigl({\frac{3}{2}}\bigr)}\mathop{\lim}\limits_{\beta\rightarrow{+\infty}}\Bigl[{\,\frac{1}{2}\,\bigl({\log|{1-t}|-\log|{1+t}|}\bigr)}\Bigr]_{\frac{3}{2}}^{\beta}=$

$\displaystyle\frac{1}{2\,\log\bigl({\frac{3}{2}}\bigr)}\,(0-(-\ln5))=\frac{\ln5}{2\,({\log{3}-\log{2}})}\,.\quad\square$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

dement · #186

$\displaystyle 85) \qquad \int \frac{2}{\log x} + \log(\log x) - \frac{1}{\log^2x} \ \mathrm{d}x$

Εχουμε

$\displaystyle{\int \log (\log x) \mathrm{d}x = x \log ( \log x) - \int \frac{1}{\log x} \mathrm{d}x}$ και

$\displaystyle{\int \frac{1}{\log x} \mathrm{d}x = \frac{x}{\log x} + \int \frac{1}{\log^2 x} \mathrm{d}x}$

Προσθέτοντας κατά μέλη, βλέπουμε ότι το ολοκλήρωμα ισούται με $\displaystyle{x \log ( \log x) + \frac{x}{\log x} + c}$ .

#187

Δείξτε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left\{\frac{x}{y}\right\}^2\,dx\,dy=\frac{\ln(2\pi)}{2}-\frac{1}{3}-\frac{\gamma}{2}.}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#188

Δείξτε ότι $\displaystyle{I(\theta) = \int_{0}^\theta \ln (1 + \tan \theta \tan x) \, dx = \theta \ln \sec \theta, \quad \theta \in (0, \pi/2)}$ .

#189

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Δείξτε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left\{\frac{x}{y}\right\}^2\,dx\,dy=\frac{\ln(2\pi)}{2}-\frac{1}{3}-\frac{\gamma}{2}.}$

Σε κάποιο εργασιακό διάλλειμα .. Έστω $\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {{{\left\{ {\frac{x}{y}} \right\}}^2}dx} dy} }$ . Κάνουμε τον μετασχηματισμό συντεταγμένων $\displaystyle{x = u{\text{ \& }}\frac{x}{y} = v}$ .
Τότε τα νέα χωρία ολοκλήρωσης προκύπτουν εύκολα (φαίνονται στα άκρα ολοκλήρωσης παρακάτω) και $\displaystyle{\left| {\frac{{\partial \left( {x,y} \right)}}{{\partial \left( {u,v} \right)}}} \right| = \frac{u}{{{v^2}}}}$

Οπότε $\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_u^\infty {{{\left\{ v \right\}}^2}\frac{u}{{{v^2}}}dv} du} = \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_u^1 {{{\left\{ v \right\}}^2}\frac{u}{{{v^2}}}dv} + \int\limits_1^\infty {{{\left\{ v \right\}}^2}\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} = \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_u^1 {{v^2}\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} + \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_1^\infty {{{\left\{ v \right\}}^2}\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} }$

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_u^1 {{v^2}\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} = \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_u^1 {udv} } \right)du} = \int\limits_0^1 {u\left( {1 - u} \right)du} = \frac{1}{6}}$ και $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_1^\infty {{{\left\{ v \right\}}^2}\frac{u}{{{v^2}}}dv} } \right)du} = \int\limits_0^1 {u\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_n^{n + 1} {{{\left\{ v \right\}}^2}\frac{1}{{{v^2}}}dv} } } \right)du} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^1 {udu} \sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_n^{n + 1} {\frac{{{{\left( {v - n} \right)}^2}}}{{{v^2}}}dv} } = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_n^{n + 1} {\frac{{{v^2} - 2vn + {n^2}}}{{{v^2}}}dv} } = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {1 - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n} + \frac{n}{{n + 1}}} \right)} }$

Επίσης $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {1 - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n} + \frac{n}{{n + 1}}} \right)} = 2N - \sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{n + 1}}} - 2\sum\limits_{n = 1}^N {\ln \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^n}}}{{{n^n}}}} = 2N - \left( {\ln \left( {N + 1} \right) - 1 + {\gamma _N}} \right) - 2\ln \frac{{{{\left( {N + 1} \right)}^N}}}{{N!}} \approx }$

$\displaystyle{ \approx 2N - \left( {\ln \left( {N + 1} \right) - 1 + {\gamma _N}} \right) - 2\ln \frac{{{{\left( {N + 1} \right)}^N}{e^N}}}{{\sqrt {2\pi N} {N^N}}} = 1 + 2N - \ln \left( {N + 1} \right) - {\gamma _N} - 2\left( { - \frac{1}{2}\ln \left( {2\pi N} \right) + N + \ln {{\left( {1 + \frac{1}{N}} \right)}^N}} \right) = }$

$\displaystyle{ = - 1 + \ln \left( {2\pi } \right) - \ln \left( {N + 1} \right) - {\gamma _N} + \ln N\xrightarrow{{N \to \infty }}\ln \left( {2\pi } \right) - 1 - \gamma \Rightarrow \boxed{\frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {1 - 2n\ln \frac{{n + 1}}{n} + \frac{n}{{n + 1}}} \right)} = \frac{{\ln \left( {2\pi } \right)}}{2} - \frac{1}{2} - \frac{\gamma }{2}}}$

Τελικά $\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {{{\left\{ {\frac{x}{y}} \right\}}^2}dx} dy} = \frac{1}{6} + \frac{{\ln \left( {2\pi } \right)}}{2} - \frac{1}{2} - \frac{\gamma }{2} = \frac{{\ln \left( {2\pi } \right)}}{2} - \frac{\gamma }{2} - \frac{1}{3}}$

#190

Για

υπολογίστε το $\displaystyle{\int_{a}^{b}\mathrm{arccos}\left(\frac{x}{\sqrt{(a+b)x-ab}}\right)\,dx}$ .

#191

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Δείξτε ότι $\displaystyle{I(\theta) = \int_{0}^\theta \ln (1 + \tan \theta \tan x) \, dx = \theta \ln \sec \theta, \quad \theta \in (0, \pi/2)}$ .

Latex .. επαναφορά.

$\displaystyle{I\left( \theta \right) = \int\limits_0^\theta {\ln \left( {1 + \tan \theta \tan x} \right)dx} = \mathop = \limits^{x = \theta - y} = \int\limits_0^\theta {\ln \left( {1 + \tan \theta \tan \left( {\theta - y} \right)} \right)dy} = \int\limits_0^\theta {\ln \left( {1 + \tan \theta \tan \left( {\theta - x} \right)} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^\theta {\ln \left( {1 + \tan \theta \frac{{\tan \theta - \tan x}}{{1 + \tan \theta \tan x}}} \right)dx} = \int\limits_0^\theta {\ln \left( {\frac{{1 + {{\tan }^2}\theta }}{{1 + \tan \theta \tan x}}} \right)dx} = \int\limits_0^\theta {\ln \left( {1 + {{\tan }^2}\theta } \right)dx} - \int\limits_0^\theta {\ln \left( {1 + \tan \theta \tan x} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \theta \ln \left( {1 + {{\tan }^2}\theta } \right) - I\left( \theta \right) \Rightarrow 2I\left( \theta \right) = \theta \ln \left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}\theta }}} \right) \Rightarrow \boxed{I\left( \theta \right) = \theta \ln \left( {\frac{1}{{\cos \theta }}} \right)}}$ .

Nebuchadnezzar · #192

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Για υπολογίστε το $\displaystyle{\int_{a}^{b}\mathrm{arccos}\left(\frac{x}{\sqrt{(a+b)x-ab}}\right)\,dx}$ .

http://math.stackexchange.com/questions ... -mathrm-dx

$92) \qquad \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \sin(x)\arcsin(1/x) \, \mathrm{d}x$

$93) \qquad \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x$

$94) \qquad \displaystyle\int_{0}^1 \frac{1}{x}\big( \sin(p \log x) + \cos(p \log x)\big) \, \mathrm{d}x$

$95) \qquad \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{\left( 1 - x + e^x \right )^2}$

$\displaystyle 96) \qquad \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(\tan x)}{x} \, \mathrm{d}x$

$\displaystyle 97) \qquad \int_0^\infty \frac{x^2}{\left( x^2 - a^2\right )^2 + x^2} \, \mathrm{d}x$

#193

dement έγραψε:
Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Υπολογίστε το $\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ax}}{\cosh^2x}\,dx}$ για $a\in(-2,2)$ .
Γι' αυτού του είδους τα ολοκληρώματα υπάρχει ένα πιο ανθρώπινο μονοπάτι... Όντως ..

$\displaystyle{I = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{ax}}}}{{{{\cosh }^2}x}}dx} = 4\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{ax}}}}{{{{\left( {{e^x} + {e^{ - x}}} \right)}^2}}}dx} = 4\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{ax}}{e^{2x}}}}{{{{\left( {{e^{2x}} + 1} \right)}^2}}}dx} = \mathop = \limits^{{e^x} = y} = 4\int\limits_0^\infty {\frac{{{y^{a + 1}}}}{{{{\left( {{y^2} + 1} \right)}^2}}}dy} = \mathop = \limits^{{y^2} = x} = 2\int\limits_0^\infty {\frac{{{y^{a/2}}}}{{{{\left( {y + 1} \right)}^2}}}dy} = }$

$\displaystyle{ = 2\int\limits_0^\infty {{y^{a/2}}\left( {\int\limits_0^\infty {x{e^{ - \left( {y + 1} \right)x}}dx} } \right)dy} = 2\int\limits_0^\infty {x{e^{ - x}}\left( {\int\limits_0^\infty {{y^{a/2}}{e^{ - yx}}dy} } \right)dx} = 2\Gamma \left( {\frac{a}{2} + 1} \right)\int\limits_0^\infty {\frac{{x{e^{ - x}}}}{{{x^{\left( {a/2} \right) + 1}}}}} = 2\Gamma \left( {\frac{a}{2} + 1} \right)\int\limits_0^\infty {{x^{ - a/2}}{e^{ - x}}dx} = }$

$\displaystyle{ = 2\Gamma \left( {\frac{a}{2} + 1} \right)\Gamma \left( {1 - \frac{a}{2}} \right) = 2\frac{a}{2}\Gamma \left( {\frac{a}{2}} \right)\Gamma \left( {1 - \frac{a}{2}} \right) = a\frac{\pi }{{\sin \left( {\dfrac{{\pi a}}{2}} \right)}}}$

Χρησιμοποιήθηκαν οι τύποι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{x^a}{e^{ - yx}}dx} = \frac{{\Gamma \left( {a + 1} \right)}}{{{y^{a + 1}}}}}$ (μετασχηματισμός Laplace), $\displaystyle{\Gamma \left( {1 + x} \right) = x\Gamma \left( x \right)}$ και $\displaystyle{\Gamma \left( x \right)\Gamma \left( {1 - x} \right) = \frac{\pi }{{\sin \left( {\pi x} \right)}}}$ (βρίσκονται παντού).

#194

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{\int_{0}^{1}\{1/x\}^2\{1/(1-x)\}\,dx}$ .

$\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^2}\left\{ {\frac{1}{{1 - x}}} \right\}dx} = \int\limits_0^{1/2} {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^2}\left\{ {\frac{1}{{1 - x}}} \right\}dx} + \int\limits_{1/2}^1 {{{\left\{ {\frac{1}{y}} \right\}}^2}\left\{ {\frac{1}{{1 - y}}} \right\}dy} = {I_1} + {I_2}}$

Με ακριβώς ίδια τεχνική, όπως στο θέμα $\displaystyle{82}$ της προηγούμενης σελίδας, (είναι πολλοί οι υπολογισμοί για να παρουσιαστούν στο σύνολό τους) βρίσκουμε ..

$\displaystyle{\boxed{{I_1}} = \int\limits_0^{1/2} {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^2}\left\{ {\frac{1}{{1 - x}}} \right\}dx} = \mathop = \limits^{1/x = u} = \int\limits_2^\infty {{{\left\{ u \right\}}^2}\left\{ {\frac{u}{{u - 1}}} \right\}\frac{1}{{{u^2}}}du} = \int\limits_2^\infty {{{\left\{ u \right\}}^2}\left( {\frac{u}{{u - 1}} - 1} \right)\frac{1}{{{u^2}}}du} = \int\limits_2^\infty {\frac{{{{\left\{ u \right\}}^2}}}{{{u^2}\left( {u - 1} \right)}}du} = \sum\limits_{n = 2}^\infty {\int\limits_n^{n + 1} {\frac{{{{\left( {u - n} \right)}^2}}}{{{u^2}\left( {u - 1} \right)}}du} } = }$

$\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \sum\limits_{n = 2}^N {\left( {\left( {2{n^2} - 4n + 1} \right)\ln \left( n \right) - {{\left( {n - 1} \right)}^2}\ln \left( {n - 1} \right) - \left( {{n^2} - 2n} \right)\ln \left( {n + 1} \right) - 1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)} = {\text{ }}...{\text{ }} = \boxed{2 + \gamma - \ln \left( {4\pi } \right)}}$

και $\displaystyle{\boxed{{I_2}} = \int\limits_{1/2}^1 {{{\left( {\frac{{1 - y}}{y}} \right)}^2}\left\{ {\frac{1}{{1 - y}}} \right\}dy} = \int\limits_2^\infty {\frac{1}{{{x^2}{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\left\{ x \right\}dx} = \sum\limits_{n = 2}^\infty {\int\limits_n^{n + 1} {\frac{{x - n}}{{{x^2}{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}dx} } = }$

$\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \sum\limits_{n = 2}^N {\left( {2\left( {2n - 1} \right)\ln \left( n \right) - \left( {2n - 1} \right)\ln \left( {n - 1} \right) - \left( {2n - 1} \right)\ln \left( {n + 1} \right) - \frac{{2n + 1}}{{n\left( {n + 1} \right)}}} \right)} = \boxed{\ln 2 + \frac{1}{2} - 2\gamma }}$

Τελικά $\displaystyle{\int\limits_0^1 {{{\left\{ {\frac{1}{x}} \right\}}^2}\left\{ {\frac{1}{{1 - x}}} \right\}dx} = \left( {2 + \gamma - \ln \left( {4\pi } \right)} \right) + \left( {\ln 2 + \frac{1}{2} - 2\gamma } \right) = \frac{5}{2} - \gamma - \ln \left( {2\pi } \right)}$ .

Ο Worlfram βγάζει ότι νάναι ..

#195

Δείξτε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-at}\frac{\sin(bt)}{t}\ln t\,dt=-\left(\gamma+\frac{\ln(a^2+b^2)}{2}\right)\tan^{-1}\frac{b}{a},\qquad a>0}$ .

#196

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Δείξτε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{-at}\frac{\sin(bt)}{t}\ln t\,dt=-\left(\gamma+\frac{\ln(a^2+b^2)}{2}\right)\tan^{-1}\frac{b}{a},\qquad a>0}$ .

Με Πραγματική Ανάλυση .. χρήση μετασχηματισμών Laplace .

$\displaystyle{\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - at}}\frac{{\sin \left( {bt} \right)}}{t}\ln t\,} dt\mathop = \limits^{\left\lfloor 1 \right\rfloor } \int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - at}}\sin \left( {bt} \right)\ln t\int\limits_0^\infty {{e^{ - xt}}dx} \,} dt = \int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {a + x} \right)t}}\sin \left( {bt} \right)\ln t\,dt} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{2i}}\int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {a + x} \right)t}}\left( {{e^{ibt}} - {e^{ - ibt}}} \right)\ln t\,dt} } \right)dx} = \frac{1}{{2i}}\int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {a + x - ib} \right)t}}\ln t\,dt} - \int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {a + x + ib} \right)t}}\ln t\,dt} } \right)dx} \mathop = \limits^{\left\lfloor 2 \right\rfloor } }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{2i}}\int\limits_0^\infty {\left( { - \frac{{\gamma + \ln \left( {a + x - ib} \right)}}{{a + x - ib}} + \frac{{\gamma + \ln \left( {a + x + ib} \right)}}{{a + x + ib}}} \right)dx} = \frac{{ - \gamma }}{{2i}}\int\limits_0^\infty {\left( {\frac{{2ib}}{{{{\left( {a + x} \right)}^2} + {b^2}}}} \right)dx} + \frac{1}{{2i}}\int\limits_0^\infty {\left( {\frac{{\ln \left( {a + x + ib} \right)}}{{a + x + ib}} - \frac{{\ln \left( {a + x - ib} \right)}}{{a + x - ib}}} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = - \gamma b\int\limits_a^\infty {\left( {\frac{1}{{{y^2} + {b^2}}}} \right)dy} + \frac{1}{{4i}}\left[ {\ln \left( {\frac{{a + x + ib}}{{a + x - ib}}} \right)\ln \left( {{{\left( {a + x} \right)}^2} + {b^2}} \right)} \right]_0^\infty = \mathop = \limits^{y = bx} = \mathop = \limits^{\left\lfloor 3 \right\rfloor } }$

$\displaystyle{ - \gamma \int\limits_{a/b}^\infty {\frac{1}{{{x^2} + 1}}dx} - \frac{1}{{4i}}\ln \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\ln \left( {\frac{{a + ib}}{{a - ib}}} \right) = \mathop = \limits^{\left\lfloor 4 \right\rfloor } - \gamma \left( {\arctan \frac{b}{a}} \right) - \frac{1}{{4i}}\ln \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\ln \left( {{e^{2i\arctan \dfrac{b}{a}}}} \right) = }$

$\displaystyle{ = - \gamma \left( {\arctan \frac{b}{a}} \right) - \frac{1}{2}\arctan \frac{b}{a}\ln \left( {{a^2} + {b^2}} \right) = - \arctan \frac{b}{a}\left( {\gamma + \frac{1}{2}\ln \left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \right)}$

Διότι

$\displaystyle{{\left\lfloor 1 \right\rfloor }}$ Ισχύει $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{e^{ - xt}}dx} = \frac{1}{t}\quad ,\;t > 0}$ , (Laplace Transform)

$\displaystyle{{\left\lfloor 2 \right\rfloor }}$ Ισχύει $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\ln x{\kern 1pt} {e^{ - xs}}dx} = \mathop = \limits^{xs = y} = \frac{1}{s}\int\limits_0^\infty {\ln \frac{y}{s}{\kern 1pt} {e^{ - y}}dy} = \frac{1}{s}\int\limits_0^\infty {\left( {\ln y - \ln s} \right){\kern 1pt} {e^{ - y}}dy} = - \frac{{\gamma + \ln s}}{s}\quad ,\;{\text{Re}}\left( s \right) > 0}$

$\displaystyle{{\left\lfloor 3 \right\rfloor }}$ Ισχύει $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\ln \left( {\frac{{a + x + ib}}{{a + x - ib}}} \right)\ln \left( {{{\left( {a + x} \right)}^2} + {b^2}} \right)} \right) = 0}$ μορφή $\displaystyle{0 \cdot \infty }$ (κλασσική αντιμετώπιση) και

$\displaystyle{{\left\lfloor 4 \right\rfloor }}$ Ισχύει $\displaystyle{\int\limits_{a/b}^\infty {\frac{1}{{{x^2} + 1}}dx} = \frac{\pi }{2} - \arctan \frac{a}{b} = \arctan \frac{b}{a}\quad \& \quad \frac{{a + ib}}{{a - ib}} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} {e^{i\arctan \dfrac{b}{a}}}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} {e^{ - i\arctan \dfrac{b}{a}}}}} = {e^{2i\arctan \dfrac{b}{a}}}}$

#197

Δείξτε ότι $\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x(\pi^2-x^{2})(4\pi^{2} - x^{2}) \cdots (n^{2}\pi^{2}-x^{2})} \ dx =\frac{2^{2n}}{\pi^{2n-1}(2n)!}}$ .

#198

Και το γουρλίδικο το κατοστάρι, (όσο σάπιο γίνεται) αφιερωμένο στο φίλο μου το Σεραφείμ που με παίζει.

$\displaystyle{100)}$ Αν $a\in[-1,1)$ , δείξτε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{(a-t)\ln(1-t)}{1-2at+t^2}\,dt=\frac{\pi^2}{12}-\frac{(\arccos a-\pi)^2}{8}-\frac{1}{8}\ln^2(2-2a)}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ιστοσελίδα · #199

Nebuchadnezzar έγραψε:93) $\qquad \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^2+1} \, \mathrm{d}x$

Αφού η συνάρτηση είναι άρτια, θα υπολογίσουμε την κύρια τιμή του.

Έστω $f(z)=\dfrac{z}{z^2+1}.$ Η συνάρτηση $f(z)e^{iz}$ είναι αναλυτική στο πάνω ημιεπίπεδο και στον άξονα x'x

εκτός του

Ολοκληρώνουμε την $f(z)e^{iz}$ στην ημικυκλική περιοχή με σύνορο το τμήμα του πραγματικού άξονα με $-R\leq x\leq R$ και το πάνω ημικύκλιο του κύκλου |z|=R , R>1.

Τότε $\displaystyle \int_{-R}^{R}\dfrac{xe^{iz}}{x^2+1}\,dx = 2\pi iRes_{z=i}f(z)e^{iz} - \int_{C_R}f(z)e^{iz}\;dz .$

Ο z=i

είναι απλός πόλος της συνάρτησης $f(z)e^{iz}.$
Αν $p(z)=ze^{iz}$ και q(z)=z^2+1

τότε $p(i)=\dfrac{i}{e}\neq 0 \; , \; q(i)=0 \; , \; q'(i)=2i\neq 0$ οπότε $Res_{z=i}f(z)e^{iz}=\dfrac{p(i)}{q'(i)}=\dfrac{1}{2e} .$

Άρα $\displaystyle \int_{-R}^{R}\dfrac{xe^{iz}}{x^2+1}\,dx = \dfrac{\pi}{e}i - \int_{C_R}f(z)e^{iz}\;dz$ και $\displaystyle Im\int_{-R}^{R}\dfrac{xe^{iz}}{x^2+1}\,dx = Im\left(\dfrac{\pi}{e}i\right) - Im\int_{C_R}f(z)e^{iz}\;dz$

οπότε $\displaystyle \int_{-R}^{R}\dfrac{x\sin x}{x^2+1}\,dx = \dfrac{\pi}{e} - Im\int_{C_R}f(z)e^{iz}\;dz.$

Είναι $|f(z)|=\dfrac{|z|}{|z^2+1|} \leq \dfrac{|z|}{||z|^2-1|} = \dfrac{R}{R^2-1} = M_R ,$ με $M_R\to 0$ όταν $R\to \infty .$

Χρησιμοποιώντας την ανισότητα Jordan : $\displaystyle \int_0^{\pi}e^{-R\sin t}\,dt < \frac{\pi}{R}$ έχουμε:

$\displaystyle \left|Im\int_{C_R}f(z)e^{iz}\;dz\right |\leq \left|\int_{C_R}f(z)e^{iz}\;dz\right |= \left|\int_{0}^{\pi}f(Re^{it})e^{iRe^{it}}iRe^{it}\;dt\right |\leq$

$\displaystyle M_{R}R\int_{0}^{\pi}e^{-R\sin t}\; dt < M_{R}R\dfrac{\pi}{R} = \pi M_{R}\to 0$ καθώς $R\to \infty .$

Επομένως, $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{x\sin x}{x^2+1}\,dx = \lim_{R\to \infty}\int_{-R}^{R}\dfrac{x\sin x}{x^2+1}\,dx = \dfrac{\pi}{e} .$

#200

Nebuchadnezzar έγραψε: $92) \qquad \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \sin(x)\arcsin(1/x) \, \mathrm{d}x$

Επειδή η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \arcsin \frac{1}{x}}$ δεν ορίζεται στους πραγματικούς για $\displaystyle{\left| x \right| < 1}$ , υπολογίζουμε το $\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\sin x\arctan \frac{1}{x}dx} }$ (μάλλον αυτό εννοούσε ο θεματοδότης).

$\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\sin x\arctan \frac{1}{x}dx} \mathop = \limits^{\left\lfloor 1 \right\rfloor } 2\int\limits_0^\infty {\sin x\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin y}}{y}{e^{ - yx}}dy} dx} = 2\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin y}}{y}\int\limits_0^\infty {\sin x \cdot {e^{ - yx}}dx} dy} \mathop = \limits^{\left\lfloor 2 \right\rfloor } 2\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin y}}{{y\left( {{y^2} + 1} \right)}}dy} = }$

$\displaystyle{ = 2\int\limits_0^\infty {\sin y\left( {\frac{1}{y} - \frac{y}{{{y^2} + 1}}} \right)dy} = 2\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin y}}{y}dy} - 2\int\limits_0^\infty {\frac{{y\sin y}}{{{y^2} + 1}}dy} \mathop = \limits^{\left\lfloor 3 \right\rfloor } 2\frac{\pi }{2} - 2\frac{\pi }{{2e}} = \frac{{\pi \left( {e - 1} \right)}}{e}}$

$\displaystyle{\left\lfloor 1 \right\rfloor \quad \& \quad \left\lfloor 2 \right\rfloor :}$ Χρησιμοποιήθηκαν οι μετασχηματισμοί Laplace $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}{e^{ - ax}}dx} = \arctan \frac{1}{a}\quad \& \quad \int\limits_0^\infty {\sin x \cdot {e^{ - ax}}dx} = \frac{1}{{{a^2} + 1}}}$

$\displaystyle{\left\lfloor 3 \right\rfloor :}$ αποδείχθηκε ακριβώς παραπάνω, από τον Στράτη, ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{x\sin x}}{{{x^2} + 1}}dx} = \frac{\pi }{{2e}}}$

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