$\int_0^\infty\:\frac{\ln x}{1+x^n}\:dx$ integralini çözün

0 beğenilme 0 beğenilmeme
48 kez görüntülendi

$$\int_0^\infty\:\frac{\ln x}{1+x^n}\:dx\:\:\:,\:\:\:n\in\mathbb{Z}^+$$

İntegralini çözün.

12, Ağustos, 2015 Lisans Matematik kategorisinde bertan88 (1,119 puan) tarafından  soruldu
12, Ağustos, 2015 bertan88 tarafından düzenlendi

Sanırım $n\geq2$ gerekli.

Sorun olmaması lazım.Bulduğum cevap $n=1$ içinde bir sonuç veriyor.

$n=1$ için ıraksak bir integral bu. regularization sorusu aklıma geldi.

3 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

İntegralimiz :

$$\int_0^\infty\:\frac{\ln x}{1+x^n}\:dx$$

İntegrali çözmek için yeni bir fonksiyon yazalım.

$$\Lambda(s)=\int_0^\infty\:\frac{x^s}{1+x^n}\:dx$$

Bizim integralimiz : $\lim\limits_{s\to0}\frac{\partial}{\partial s}\:\Lambda(s)$ . Şimdi bu integrali çözelim.

$\omega=\frac{1}{1+x^n}$ olacak şekilde değişken değiştirelim.

$$\Lambda(s)=-\frac{1}{n}\:\int_1^0\:\omega^{-\frac{1}{n}-\frac{s}{n}}\:(1-\omega)^{\frac{1}{n}+\frac{s}{n}-1}\:d\omega$$

$$\Lambda(s)=\frac{1}{n}\:\int_0^1\:\omega^{-\frac{1}{n}-\frac{s}{n}}\:(1-\omega)^{\frac{1}{n}+\frac{s}{n}-1}\:d\omega$$

İntegrali beta ve gama fonksiyonu ile yazabiliriz.

$$\Lambda(s)=\frac{1}{n}\:B\bigg(-\frac{1}{n}-\frac{s}{n}+1,\frac{s}{n}+\frac{1}{n}\bigg)$$

$$\Lambda(s)=\frac{\Gamma\Big(1-\frac{1}{n}-\frac{s}{n}\Big)\Gamma\Big(\frac{s}{n}+\frac{1}{n}\Big)}{n}$$

$s$ ye göre türevini alalım ve $s$ yerine $0$ verelim.Bu işlemler uzun olduğundan buraya yazmıyorum.Direkt cevabı yazıyorum.Burada $\psi(x)$ digama fonksiyonu.

$$\large\color{#A00000}{\boxed{\int_0^\infty\:\frac{\ln x}{1+x^n}\:dx=\\n^{-2}\Gamma\Big(\frac{1}{n}\Big)\bigg[\psi\Big(\frac{1}{n}\Big)\Gamma\Big(\frac{1}{n}\Big)-\psi\Big(1-\frac{1}{n}\Big)\Gamma\Big(1-\frac{1}{n}\Big)\bigg]}}$$

12, Ağustos, 2015 bertan88 (1,119 puan) tarafından  cevaplandı
12, Ağustos, 2015 bertan88 tarafından düzenlendi
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Karmaşık Analiz ile çözüm 

$\displaystyle f(z)=\frac{\textrm{Log}\,z}{1+z^n}$ Aşağıdaki ($0<\rho<1<R$) pozitif yönlü basit kapalı eğri üzerinde ve ($z_1 $ hariç) içinde analitik.  ($(-\frac\pi2,\frac{3\pi}2)$ aralığındaki argümentleri kullanıyoruz.)

image

Rezidü (Kalıntı) Teoreminden

$\int_Cf(z)\;dz=2\pi i\textrm{Rez}(f;z_1) $

$\int_Cf(z)\;dz=\int_{\gamma_1}f(z)\;dz+\int_{\gamma_2}f(z)\;dz+\int_{\gamma_3}f(z)\;dz+\int_{\gamma_4}f(z)\;dz$

$R\to\infty\Rightarrow\int_{\gamma_2}f(z)\;dz\to0,\quad\rho\to0\Rightarrow\int_{\gamma_4}f(z)\;dz\to0$ oluyor.


$\int_{\gamma_1}f(z)\;dz+\int_{\gamma_3}f(z)\;dz=(1-e^{\frac{2\pi i}{n}})\int_{\rho}^R\frac{\ln x}{1+x^n}\;dx-e^{\frac{2\pi i}{n}}\frac{2\pi i}{n}\int_{\rho}^{R}\frac1{1+x^n}dx$ oluyor. 


$\textrm{Rez}(f;z_1)=\frac{\textrm{Log}\,z_1}{nz_1^{n-1}}=\frac{\frac\pi ni}{ne^{\frac{(n-1)\pi i}{n}}}=\frac{\pi i}{n^2}e^{\frac{(1-n)\pi i}{n}}$


$2\pi i\textrm{Rez}(f;z_1)=-\frac{2\pi^2 }{n^2}e^{\frac{(1-n)\pi i}{n}}=\frac{2\pi^2 }{n^2}e^{\frac{\pi i}{n}}$ Buradan


$$\int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^n}dx=\frac{(\frac{2\pi^2 }{n^2}e^{\frac{\pi i}{n}})+e^{\frac{2\pi i}{n}}\frac{2\pi i}{n}\int_0^\infty\frac1{1+x^n}dx}{1-e^{\frac{2\pi i}{n}}}$$

$\int_0^\infty\frac1{1+x^n}dx=\frac\pi{n\sin{\frac{\pi }{n}}}$ (Wolfram Alpha dan aldım. Yukarıdakine eğriye benzer bir eğriden, aynı yöntemle hesaplanabilir)

12, Ağustos, 2015 DoganDonmez (3,626 puan) tarafından  cevaplandı
12, Ağustos, 2015 DoganDonmez tarafından düzenlendi
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Önceki yazdığım cevabın daha sade hali.

İntegralimiz :

$$\int_0^\infty\:\frac{\ln x}{1+x^n}\:dx$$

İntegrali çözmek için yeni bir fonksiyon yazalım.

$$\Lambda(s)=\int_0^\infty\:\frac{x^s}{1+x^n}\:dx$$

Bizim integralimiz : $\lim\limits_{s\to0}\frac{\partial}{\partial s}\:\Lambda(s)$ . Şimdi bu integrali çözelim.

$\omega=\frac{1}{1+x^n}$ olacak şekilde değişken değiştirelim.

$$\Lambda(s)=-\frac{1}{n}\:\int_1^0\:\omega^{-\frac{1}{n}-\frac{s}{n}}\:(1-\omega)^{\frac{1}{n}+\frac{s}{n}-1}\:d\omega$$

$$\Lambda(s)=\frac{1}{n}\:\int_0^1\:\omega^{-\frac{1}{n}-\frac{s}{n}}\:(1-\omega)^{\frac{1}{n}+\frac{s}{n}-1}\:d\omega$$

İntegrali beta ve gama fonksiyonu ile yazabiliriz.

$$\Lambda(s)=\frac{1}{n}\:B\bigg(-\frac{1}{n}-\frac{s}{n}+1,\frac{s}{n}+\frac{1}{n}\bigg)$$

$$\Lambda(s)=\frac{1}{n}\Gamma\Big(1-\frac{1}{n}-\frac{s}{n}\Big)\Gamma\Big(\frac{s}{n}+\frac{1}{n}\Big)$$

Euler'in yansıma formülünü kullanalım.Bunun ispatı için buraya bakılabilir.
$$\Lambda(s)=\frac{\pi}{n}\csc\Big(\pi\big(\frac{1}{n}+\frac{s}{n}\big)\Big)$$
$s$ ye göre türev alalım.
$$\frac{\partial}{\partial{s}}\Lambda(s)=-\frac{\pi^2}{n^2}\cos\Big(\pi\big(\frac{1}{n}+\frac{s}{n}\big)\Big)\csc^2\Big(\pi\big(\frac{1}{n}+\frac{s}{n}\big)\Big)$$
$s$ yerine $0$ verelim.
$$\large\color{#A00000}{\boxed{\int_0^\infty\:\frac{\ln x}{1+x^n}\:dx=\lim\limits_{s\to0}\frac{\partial}{\partial s}\:\Lambda(s)=-\frac{\pi^2}{n^2}\cos\Big(\frac{\pi}{n}\Big)\csc^2\Big(\frac{\pi}{n}\Big)}}$$
13, Ağustos, 2015 bertan88 (1,119 puan) tarafından  cevaplandı
...