Λογαριθμός Γ (x2)

erxmer · #1

Να υπολογιστoύν τα

1) $\boxed{\displaystyle{\int\limits_0^ 1{\int\limits_0^1{\ln\Gamma(x + y) dxdy}}}}$

2) $\boxed{\displaystyle{\int\limits_0^1 {\ln\Gamma(x)\sin \pi}xdx=\frac{1-ln2+ln\pi}{\pi}}}$

peter · #2

erxmer έγραψε:Να υπολογισθεί το
2) $\boxed{J=\displaystyle{\int\limits_0^1 {\ln\Gamma(x)\sin \pi}xdx=\frac{1-ln2+ln\pi}{\pi}}}$

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle J=\frac{1}{2}\int_0^1 (\ln \Gamma(x)+\ln \Gamma(1-x))\sin \pi x\, dx=\frac{1}{2}\int _0^1\ln\left(\frac{\pi}{\sin \pi x}\right)\sin \pi x\, dx=$ \displaystyle{\displaystyle\frac{\ln \pi}{\pi}- \frac{1}{2}\int_0^1 \sin \pi x\ln(\sin \pi x)\, dx ,

από τον τύπο ανάκλασης του Euler.

Κατόπιν, γράφουμε

\displaystyle \frac{1}{2}\int_0^1 \sin \pi x\ln (\sin \pi x)\, dx=\int_0^{1/2}\ln (\sin \pi x)\sin \pi x\, dx=} $\displaystyle \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi/2}\sin u\ln (\sin u)\, du$ .

Για το τελευταία κάνουμε το εξής:

$\displaystyle \ln 2\int_0^{\pi/2}\sin u\, du+2\int_0^{\pi/2}\sin (u/2)\cos (u/2)\ln(\sin(u/2))\, du+2\int_0^{\pi/2}\sin (u/2)\cos(u/2)\ln (\cos(u/2))\, du$ .

Τα τελευταία υπολογίζονται εύκολα εκτελώντας τις αντικαταστάσεις $z=\sin(u/2)$ και $w=\cos(u/2)$ αντίστοιχα.

#3

erxmer έγραψε:Να υπολογιστούν τα 1) $\boxed{\displaystyle{\int\limits_0^ 1{\int\limits_0^1{\ln\Gamma(x + y) dxdy}}}}$

$\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( {x + y} \right)dx} dy} }$ . Κάνουμε μετασχηματισμό συντεταγμένων : $\displaystyle{u = x + y{\text{ \& }}v = x - y}$ . Τότε η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού είναι $\displaystyle{\frac{{\partial \left( {x,y} \right)}}{{\partial \left( {u,v} \right)}} = \frac{1}{2}}$ και το χωρίο ολοκλήρωσης στο νέο σύστημα συντεταγμένων είναι το παρακάτω (προκύπτει εύκολα με μετασχηματισμό των οριογραμμών του αρχικού).

: Gamma 2.jpg (32.1 KiB) Προβλήθηκε 799 φορές

Οπότε $\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( {x + y} \right)dx} dy} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_{ - u}^u {\ln \Gamma \left( u \right)dv} } \right)du} + \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\left( {\int\limits_{u - 2}^{2 - u} {\ln \Gamma \left( u \right)dv} } \right)du} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {2u\ln \Gamma \left( u \right)du} + \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {2\left( {2 - u} \right)\ln \Gamma \left( u \right)du} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^1 {x\ln \Gamma \left( x \right)dx} + \int\limits_1^2 {\left( {2 - u} \right)\ln \Gamma \left( u \right)du} = \mathop = \limits^{u = y + 1} = \int\limits_0^1 {x\ln \Gamma \left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( {1 - y} \right)\ln \Gamma \left( {y + 1} \right)dy} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^1 {x\ln \Gamma \left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( {1 - y} \right)\ln \left( {y\Gamma \left( y \right)} \right)dy} = \int\limits_0^1 {x\ln \Gamma \left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( {1 - y} \right)\ln \left( {\Gamma \left( y \right)} \right)dy} + \int\limits_0^1 {\left( {1 - y} \right)\ln \left( y \right)dy} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( {x + y} \right)dx} dy} = \int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( {1 - y} \right)\ln \left( y \right)dy} }}$

Όμως $\displaystyle{\int {\left( {1 - y} \right)\ln \left( y \right)dy} = - y + \frac{{{y^2}}}{4} + y\ln y - \frac{1}{2}{y^2}\ln y{\text{ \& }}\mathop {\lim }\limits_{y \to 0} y\ln y = 0{\text{ }}{\text{, then }}\boxed{\int\limits_0^1 {\left( {1 - y} \right)\ln \left( y \right)dy} = - \frac{3}{4}}}$

και $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( x \right)dx} = \mathop = \limits^{x = 1 - y} = \int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( {1 - y} \right)dy} \Rightarrow 2\int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( {1 - x} \right)dx} = \int\limits_0^1 {\ln \left( {\Gamma \left( x \right) \cdot \Gamma \left( {1 - x} \right)} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^1 {\ln \left( {\frac{\pi }{{\sin \left( {\pi x} \right)}}} \right)dx} = \ln \pi - \int\limits_0^1 {\ln \left( {\sin \left( {\pi x} \right)} \right)dx} \mathop = \limits^{\left[ * \right]} \ln \pi + \ln 2 \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( x \right)dx} = \frac{{\ln \pi + \ln 2}}{2}}}$

Τελικά $\displaystyle{\boxed{I = \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {\ln \Gamma \left( {x + y} \right)dx} dy} = - \frac{3}{4} + \frac{{\ln \pi + \ln 2}}{2}}}$

____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____.ο0ο.____

$\displaystyle{\left[ * \right]:\int\limits_0^1 {\ln \left( {\sin \left( {\pi x} \right)} \right)dx} = - \ln 2}$ (έχει αποδειχθεί .. αρκετές φορές στην σελίδα)

Χρησιμοποιήθηκαν οι τύποι $\displaystyle{\boxed{\Gamma \left( x \right) \cdot \Gamma \left( {1 - x} \right) = \frac{\pi }{{\sin \left( {\pi x} \right)}}}{\text{ \& }}\boxed{\Gamma \left( {x + 1} \right) = x \cdot \Gamma \left( x \right)}}$ (βρίσκονται .. παντού)

Λογαριθμός Γ (x2)

Λογαριθμός Γ (x2)

Re: Λογαριθμός Γ (x2)

Re: Λογαριθμός Γ (x2)

Μέλη σε σύνδεση