Ολοκλήρωμα.

Ωmega Man · #1

Να υπολογιστεί το παρακάτω ολοκλήρωμα,

$\spadesuit$ $\displaystyle{\bf \int_{0}^{\pi}\frac{x\sin(x)}{1+a^2-2a\cos(x)}\;dx}$ για a>0

και συμπληρωματικά ,

$\clubsuit$ $\displaystyle{\bf \oint_{\mathfrak{C}}\sin\left(\frac{1}{z}\right)\;dz}$ όπου $\mathfrak{C}$ είναι κύκλος $\displaystyle{\bf |z|=r}$ .

#2

Απάντηση στο (α) επί του παρόντος, μόνον με Πραγματική Ανάλυση (για χάρη των μεθόδων). Έπεται συνέχεια.

Λήμα : $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {a + {x^2}} \right)}}{{1 + {x^2}}} \cdot dx} = \pi \cdot \ln \left( {1 + \sqrt a } \right)}$ , διότι

$\displaystyle{f\left( a \right) = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {a + {x^2}} \right)}}{{1 + {x^2}}} \cdot dx} \Rightarrow f'\left( a \right) = \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\left( {1 + {x^2}} \right) \cdot \left( {a + {x^2}} \right)}} \cdot dx} = \frac{1}{{a - 1}} \cdot \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{1}{{1 + {x^2}}} - \frac{1}{{a + {x^2}}}} \right) \cdot dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{a - 1}} \cdot \frac{\pi }{2} \cdot \left( {1 - \frac{1}{{\sqrt a }}} \right) = \frac{\pi }{2} \cdot \frac{{\sqrt a - 1}}{{\sqrt a \left( {a - 1} \right)}} = \frac{\pi }{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt a \left( {\sqrt a + 1} \right)}} \Rightarrow }$ $\displaystyle{f\left( a \right) = \frac{\pi }{2} \cdot \int {\frac{1}{{\sqrt a \cdot \left( {1 + \sqrt a } \right)}} \cdot da} = \mathop = \limits^{a = {u^2}} = \pi \cdot \int {\frac{1}{{1 + u}} \cdot du} = \pi \cdot \ln \left( {1 + \sqrt a } \right) + c}$

Για $\displaystyle{a = 0:\frac{c}{2} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{1 + {x^2}}} \cdot dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{1 + {x^2}}} \cdot dx} + \int\limits_1^\infty {\frac{{\ln \left( u \right)}}{{1 + {u^2}}} \cdot du} = \mathop = \limits^{u = \frac{1}{y}} = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{1 + {x^2}}} \cdot dx} - \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( y \right)}}{{1 + {y^2}}} \cdot dy} = 0}$

Άρα $\displaystyle{{\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {a + {x^2}} \right)}}{{1 + {x^2}}} \cdot dx} = \pi \cdot \ln \left( {1 + \sqrt a } \right)}}$

Στην άσκηση

$\displaystyle{\int\limits_0^\pi {\frac{{x \cdot \sin \left( x \right)}}{{1 + {a^2} - 2 \cdot a \cdot \cos \left( x \right)}} \cdot dx} = \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \int\limits_0^\pi {\frac{{x \cdot \sin \left( x \right)}}{{\dfrac{{1 + {a^2}}}{{2 \cdot a}} - \cos \left( x \right)}} \cdot dx} = \mathop = \limits^{\dfrac{{1 + {a^2}}}{{2 \cdot a}} = A} = \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \int\limits_0^\pi {\frac{{x \cdot \sin \left( x \right)}}{{A - \cos \left( x \right)}} \cdot dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \int\limits_0^\pi {x \cdot {{\left\{ {\ln \left( {A - \cos \left( x \right)} \right)} \right\}}^\prime } \cdot dx} = \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \left[ {x \cdot \ln \left( {A - \cos \left( x \right)} \right)} \right]_{x = 0}^{x = \pi } - \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \int\limits_0^\pi {\ln \left( {A - \cos \left( x \right)} \right) \cdot dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\pi \cdot \ln \left( {A + 1} \right)}}{{2 \cdot a}} - \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \left( {\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {A - \cos \left( x \right)} \right) \cdot dx} + \int\limits_{\pi /2}^\pi {\ln \left( {A - \cos \left( u \right)} \right) \cdot du} } \right) = \mathop = \limits^{u = \pi - x} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\pi \cdot \ln \left( {A + 1} \right)}}{{2 \cdot a}} - \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \left( {\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {A - \cos \left( x \right)} \right) \cdot dx} + \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {A + \cos \left( x \right)} \right) \cdot dx} } \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\pi \cdot \ln \left( {A + 1} \right)}}{{2 \cdot a}} - \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {{A^2} - {{\cos }^2}\left( x \right)} \right) \cdot dx} = \mathop = \limits^{\tan \left( x \right) = u} = }$ $\displaystyle{\frac{{\pi \cdot \ln \left( {A + 1} \right)}}{{2 \cdot a}} - \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{1 + {u^2}}} \cdot \ln \left( {{A^2} - \frac{1}{{1 + {u^2}}}} \right) \cdot dx} = }$

$\displaystyle{=\frac{{\pi \cdot \ln \left( {A + 1} \right)}}{{2 \cdot a}} - \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{1 + {u^2}}} \cdot \left( {\ln \left( {{A^2}} \right) + \ln \left( {\frac{{{A^2} - 1}}{{{A^2}}} + {u^2}} \right) - \ln \left( {1 + {u^2}} \right)} \right) \cdot dx} = \mathop = \limits^{\dfrac{{{A^2} - 1}}{{{A^2}}} = m} = }$

$\displaystyle{=\frac{{\pi \cdot \ln \left( {A + 1} \right)}}{{2 \cdot a}} - \pi \cdot \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \ln \left( A \right) - \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {m + {u^2}} \right)}}{{1 + {u^2}}} \cdot du} + \frac{1}{{2 \cdot a}} \cdot \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + {u^2}} \right)}}{{1 + {u^2}}} \cdot dx} = }$

$\displaystyle{=\frac{\pi }{{2 \cdot a}} \cdot \left( {\ln \left( {A + 1} \right) - \ln \left( A \right) - \ln \left( {1 + \sqrt m } \right) + \ln \left( 2 \right)} \right) = \mathop {\mathop = \limits_{\dfrac{{{A^2} - 1}}{{{A^2}}} = m} }\limits^{\dfrac{{1 + {a^2}}}{{2 \cdot a}} = A} = \frac{\pi }{{2 \cdot a}} \cdot \ln \left( {\frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{{a^2} + 1}} \cdot \frac{{{a^2} + 1}}{{{a^2}}}} \right) = \frac{\pi }{a} \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right)}$

Ωmega Man · #3

Η απάντηση σε pdf με μιγαδική ανάλυση.

$\displaystyle{\color{red}\rule{600pt}{3pt}}$

#4

Ο τύπος $\displaystyle{\int\limits_0^\pi {\frac{{x \cdot \sin \left( x \right)}}{{1 + {a^2} - 2 \cdot a \cdot \cos \left( x \right)}} \cdot dx} = \frac{\pi }{a} \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right)}$ επαληθεύεται από το mathematica και για a=1. Παραδείγματα …

$\displaystyle{a = 1:I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x \cdot \sin \left( x \right)}}{{2 - 2 \cdot \cos \left( x \right)}} \cdot dx} = \pi \cdot \ln \left( 2 \right) = \frac{\pi }{a} \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right)}$

$\displaystyle{a = 2:I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x \cdot \sin \left( x \right)}}{{5 - 4 \cdot \cos \left( x \right)}} \cdot dx} = \frac{1}{2} \cdot \pi \cdot \ln \left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{\pi }{a} \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right)}$

$\displaystyle{a = 3:I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x \cdot \sin \left( x \right)}}{{10 - 6 \cdot \cos \left( x \right)}} \cdot dx} = \frac{1}{3} \cdot \pi \cdot \ln \left( {\frac{4}{3}} \right) = \frac{\pi }{a} \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right)}$

$\displaystyle{a = 10:I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x \cdot \sin \left( x \right)}}{{101 - 20 \cdot \cos \left( x \right)}} \cdot dx} = \frac{1}{{10}} \cdot \pi \cdot \ln \left( {\frac{{11}}{{10}}} \right) = \frac{\pi }{a} \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right)}$

$\displaystyle{a = 87:I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x \cdot \sin \left( x \right)}}{{7570 - 174 \cdot \cos \left( x \right)}} \cdot dx} = \frac{1}{{87}} \cdot \pi \cdot \ln \left( {\frac{{88}}{{87}}} \right) = \frac{\pi }{a} \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right)}$

Επειδή είμαι αρκετά σίγουρος για το εξαγόμενο, γράψε αν θές το αποτέλεσμα που δίδει το βιβλίο, μήπως πρόκειται για την παραπάνω λύση διατυπωμένη διαφορετικά.

Ωmega Man · #5

Τελικά έκανα μια διόρθωση και επαλήθευσα την λύση του Σεραφείμ. Το βιβλίο έδινε λάθος αποτέλεσμα στις άλυτες! Συμβαίνουν και αυτά.

Ωmega Man · #6

Για το άλλο,
$\displaystyle{\bf \oint_{|z|=r}\sin\left(\frac{1}{z}\right)\;dz=2\pi i Res\left(\sin\left(\frac{1}{z}\right);z=0\right)}$
και το τελευταίο υπόλοιπο από το ανάπτυγμα Laurent $\displaystyle{\bf\dsp\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}z^{-2k-1}}$ μας δίνει $\displaystyle{\bf C_{-1}=1}$ , άρα το ολοκλήρωμα κάνει $\displaystyle{\bf 2\pi i}$ .

S.E.Louridas · #7

Ας μου επιτραπεί να εκφράσω μία άποψη μέσα από την καρδιά μου, γιά κάποιον συνάδελφο που δεν γνωρίζω προσωπικά.
Η Μαθηματική θεματολογία του Γιώργου (Ωμέγα μαν) αλλά και οι παρεμβάσεις του- λύσεις ειδικά μέσω της Μιγαδικής Ανάλυσης (όμορφο διαφορετικό στύλ) κρύβουν την ομορφιά στην πράξη της ενότητας της Μαθηματικής σκέψης.
Τι να πεί κανείς;
Είναι άριστο κατά την άποψή μου να ξεφεύγουμε διευρύνοντας τα πράγματα.

Υ.Γ.
Επειδή μιλάμε γιά την ομορφιά της Μαθηματικής σκέψης όπου και άν επεμβαίνει θα ήθελα να μείνουμε σε αυτήν και μόνο.

S.E.Louridas

#8

Στο (β) μια λύση, χωρίς την χρήση των ολοκληρωτικών υπολοίπων.

Έστω $\displaystyle{\mathbf{z = r \cdot {e^{i \cdot \theta }} \Rightarrow dz = i \cdot r \cdot {e^{i \cdot \theta }} \cdot d\theta }}$ και $\displaystyle{\mathbf{c:}}$ ο κύκλος $\displaystyle{\mathbf{\left| z \right| = r}}$ . Τότε

$\displaystyle{\mathbf{\int\limits_c {\sin \left( {\frac{1}{z}} \right) \cdot dz} = i \cdot r \cdot \int\limits_0^{2 \cdot \pi } {\sin \left( {\frac{{{e^{ - i \cdot \theta }}}}{r}} \right) \cdot {e^{i \cdot \theta }} \cdot d\theta } = i \cdot r \cdot \int\limits_0^{2 \cdot \pi } {{e^{i \cdot \theta }} \cdot \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k} \cdot } \frac{1}{{\left( {2k + 1} \right)!}} \cdot \frac{{{e^{ - i \cdot \left( {2k + 1} \right) \cdot \theta }}}}{{{r^{2k + 1}}}} \cdot d\theta } = }}$

$\displaystyle{\mathbf{ = i \cdot r \cdot \sum\limits_{k = 0}^\infty {\left( {{{\left( { - 1} \right)}^k} \cdot \frac{1}{{\left( {2k + 1} \right)!}} \cdot \frac{1}{{{r^{2k + 1}}}} \cdot \int\limits_0^{2 \cdot \pi } {{e^{ - 2 \cdot i \cdot k \cdot \theta }} \cdot d\theta } } \right)} = }}$ $\displaystyle{\mathbf{ 2 \cdot \pi \cdot i + i \cdot r \cdot \sum\limits_{k = 1}^\infty {\left( {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}} \cdot \frac{1}{{\left( {2k + 1} \right)!}} \cdot \frac{1}{{{r^{2k + 1}}}} \cdot \frac{1}{{2 \cdot i \cdot k}} \cdot \left( {{e^{ - 4 \cdot i \cdot k \cdot \pi }} - 1} \right)} \right)} = 2 \cdot \pi \cdot i}}$

Χρησιμοποιήθηκαν οι σχέσεις $\displaystyle{\mathbf{\sin \left( z \right) = z - \frac{{{z^3}}}{{3!}} + \frac{{{z^5}}}{{5!}} - .. = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k} \cdot \frac{{{z^{2 \cdot k + 1}}}}{{\left( {2 \cdot k + 1} \right)!}}} }}$ και $\displaystyle{\mathbf{{e^{ - 4 \cdot i \cdot k \cdot \pi }} - 1 = \cos \left( { - 4 \cdot k \cdot \pi } \right) - \sin \left( { - 4 \cdot k \cdot \pi } \right) - 1 = 0}}$ με k=1,2,3...

Ολοκλήρωμα.

Ολοκλήρωμα.

Re: Ολοκλήρωμα.

Re: Ολοκλήρωμα.

Re: Ολοκλήρωμα.

Re: Ολοκλήρωμα.

Re: Ολοκλήρωμα.

Re: Ολοκλήρωμα.

Re: Ολοκλήρωμα.

Μέλη σε σύνδεση