Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
3 beğenilme 0 beğenilmeme
1.1k kez görüntülendi
Merhabalar

Aşağıdaki integrali nasıl çözebilirim? Teşekkürler. $$\int_0^\infty  \frac{(\ln x)^2}{1+x^2} dx$$
Lisans Matematik kategorisinde (1.1k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 1.1k kez görüntülendi

Soru tam olarak nedir? Tam degerini mi istiyorsunuz yoksa yakinsak ya da iraksak olup olmadigini mi soruyorsunuz?

Tam değerini istiyorum hocam.

O zaman ilgili sorulari cevaplamak da sana duser.

bu arada kategori lisans.

Soru hakkında bilgi vereyim.İntegrali "Pi coşkusu" adlı kitaptan aldım , Ramanujan'ın ${\pi}$ için yazdığı bir integral.

5 Cevaplar

1 beğenilme 0 beğenilmeme
En İyi Cevap

ilk olarak degisken degisikligi ile formumuzu degistirelim:$$\int_1^{\infty} \dfrac{\ln^2(x)}{1+x^2}dx = \int_1^0 \dfrac{\ln^2(1/x)}{1+1/x^2} \dfrac{-dx}{x^2} = \int_0^1 \dfrac{\ln^2(x)}{1+x^2}dx$$Bu nedenle integralimizin degeri$$2\int_0^1 \dfrac{\ln^2(x)}{1+x^2}dx$$Simdi $x$ degerimizi $[0,1)$ arasinda dusunursek, $$\dfrac1{1+x^2} = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kx^{2k}$$olacagindan integralimizin degeri$$2\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \int_0^1 x^{2k}\ln^2(x)dx = 2\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \dfrac2{(2k+1)^3} = 2 \cdot \dfrac{\pi^3}{16} = \dfrac{\pi^3}8$$ olur.

(24.3k puan) tarafından 
tarafından seçilmiş
$\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \dfrac2{(2k+1)^3}$ toplaminin degerini bulunuz.
$\int_0^1 x^{2k}\ln^2(x)dx$ integralini tum $k \in \mathbb N$ icin hesaplayiniz.
Teşekürler hocam.

${ \int_0^1 x^{2k}\ln^2(x)dx}$

${u=ln(x)}$

${ \int_{-\infty}^0 e^{u(2k+1)} u^2 du  }$

${t=u^2 }$     ${dv=e^{u(2k+1)}}$

3 kere kısmi integral aldıktan sonra :

${\Large\frac{u^2{e^{u(2k+1)}}}{2k+1}}- {\Large\frac{2u{e^{u(2k+1)}}}{(2k+1)^2}}+{\Large\frac{2{e^{u(2k+1)}}}{(2k+1)^3}}$

${0-->-{\infty}}$

${\Large\frac{2}{(2k+1)^3}-0=\frac{2}{(2k+1)^3}}$






Soru olarak sormustum. Oraya yazabilirsin bu cevabi.

güzel çözüm  

2 beğenilme 0 beğenilmeme

Bir başka çözüm yoluda ben yazayım.

                                            ${\Large {\int^\infty_0 } \frac{(ln(x))^2}{1+x^2} dx}$

${u=ln(x)}$ dönüşümü yapalım.Pay ve paydayı ${e^{-u}}$ ile çarpalım

                           ${\Large \int^\infty_{-\infty} \frac{u^2e^u}{1+e^{2u}}du=\int^\infty_{-\infty} \frac{u^2}{e^u+e^{-u}}du}$

${\int^\infty_{-\infty} \frac{u^2}{e^u+e^{-u}}du}$ fonksiyonu ${y=0}$ doğrusuna göre simetrik olduğundan bunu ${2\int^\infty_{0} \frac{u^2}{e^u+e^{-u}}du}$ şeklinde yazabiliriz.

                         ${\Large\int^\infty_{-\infty} \frac{u^2}{e^u+e^{-u}}du=2\int^\infty_{0} \frac{u^2}{e^u+e^{-u}}du}$

${\large \frac{1}{e^u+e^{-u}}}$ ifadesini maclaurin serisi ile açalım ve sadeleştirmeleri yapalım.

                            ${\Large2\int^\infty_{0}u^2\sum_{n=0}^\infty(-1)^ne^{-(2n+1)u}du }$

                            ${\Large 2\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\int^\infty_{0} u^2e^{-(2n+1)u}du}$

${(2n+1)u=\phi}$ dönüşümü yapalım ve sadeleştirelim.

                           ${\Large 2\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}\int^\infty_{0}(\frac{\phi}{2n+1})^2e^{-\phi}d\phi}$

                           ${\Large 2\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}\int^\infty_{0}\phi^2e^{-\phi}d\phi}$

Gama fonksiyonunun(${\Gamma(s)}$) tanımına göre ${\int^\infty_{0}\phi^2e^{-\phi}d\phi = \Gamma(3)=2!=2}$

                  ${\Large 2\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}\int^\infty_{0}\phi^2e^{-\phi}d\phi=4\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}}$

Dirichlet beta fonksiyonunun (${\beta(s)}$) tanımına göre ${\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}=\beta(3)}$

${\beta(3)=\frac{\pi^3}{32}}$ olduğuna göre sonuç :

                                            ${\Large4\beta(3)=\frac{4\pi^3}{32}}=\LARGE\frac{\pi^3}{8}$


(1.1k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

Sercan hocam bu yazım nasıl olmuş :) ?

Daha iyi, cok cok daha iyi.. Akici olmus.

Gamma fonksiyonunun tanimina gore neden $\int\limits_0^\infty \phi^2e^{-u}du=\Gamma(3)$?

Teşekkürler hocam :)

Hocam kopyala yapıştır yaparken ${u}$ harfini ${\phi}$ olarak değiştirmeyi unutmuşum , şimdi düzelttim.

onu ben de kacirmisim sonradan.

Sonsuz toplamı integral dışına çıkartırken bir açıklama yapmak gerekmiyor mu? Yoksa her zaman çıkartılabiliyor mu?

${\int \sum^{a}_{n=0} f(x)g(n)dx}$ ifadesini ${ \sum^{a}_{n=0} g(n) \int f(x)dx}$ olarak yazabiliriz.

Sonsuz toplam ve Integral
2 beğenilme 0 beğenilmeme

4. bir çözüm yolu da ekliyim.Aynı şekilde bunda da sonsuz bir seri yok.

İntegralimiz :

$${\large\int_0^\infty  \frac{\ln^2 x}{1+x^2} dx}$$

${\phi=arctan(x)}$ dönüşümü yapalım.

$${\large \int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(tan(\phi))d\phi}$$

Logaritma ve trigonometrik eşitliklerden ifadeyi şöyle açalım.

$${\large\int_0^{\frac{\pi}{2}}\Large(\large\ln(sin(\phi))-\ln(cos(\phi))\Large)\large^2d\phi}$$

Parantezi açlım.

$${\large\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(sin(\phi))+\ln^2(cos(\phi))-2\ln(sin(\phi))\ln(cos(\phi))d\phi}$$

${\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(sin(\phi))d\phi=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(cos(\phi))d\phi}$ olduğuna göre ifadeyi şöyle yazalım:

$${\large2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(sin(\phi))d\phi-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(sin(\phi))\ln(cos(\phi))d\phi}$$

Öncelikle 2. integrali hesaplayalım.İntegralimiz:

$${\large2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(sin(x))\ln(cos(x))dx}$$

Beta fonksiyonu ${B(x,y)}$ için şöyle bir şey yazabiliriz:

$${\large B(x,y)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^{2x-1}(\mu)cos^{2y-1}(\mu)d\mu}$$

Şimdi bunun x'e göre kısmi türevini alalım.

$${\large\frac{\partial}{\partial x} B(x,y)=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^{2x-1}(\mu)\ln(sin(\mu))cos^{2y-1}(\mu)d\mu}$$

Şimdi de y'ye göre kısmi türevini alalım.

$${\large\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial}{\partial x} B(x,y)=8\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^{2x-1}(\mu)\ln(sin(\mu))cos^{2y-1}(\mu)\ln(cos(\mu))d\mu}$$

${x=\frac{1}{2}}$ , ${y=\frac{1}{2}}$ diyelim.

$${\large\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial}{\partial x} B(\frac{1}{2},\frac{1}{2})=8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(sin(\mu))\ln(cos(\mu))d\mu}$$

İşimize yarayabilecek bir denklem bulduk.Beta fonksiyonunun kısmi türevleri ile ilgili şöyle bir eşitlik var:

$${\large\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial}{\partial x} B(x,y)=B(x,y)\huge(\Large(\large\psi(x)-\psi(x+y)\Large)\large\Large(\large\psi(y)-\psi(x+y)\Large)\large-\psi_1(x+y)\huge)}$$

Burada ${\psi(x)}$ digama fonksiyonu ${\psi_1(x)}$ ise trigama fonksiyonu.${x=\frac{1}{2}}$ , ${y=\frac{1}{2}}$ olarak yerlerine yazalım.

$${\large\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial}{\partial x} B(\frac{1}{2},\frac{1}{2})=B(\frac{1}{2},\frac{1}{2})\huge(\Large(\large\psi(\frac{1}{2})-\psi(1)\Large)(\large\psi(\frac{1}{2})-\psi(1)\Large)\large-\psi_1(1)\huge)}$$

Şimdi aşağıdaki eşitlikleri kullanarak denklemi çözelim.

$${ B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}}$$

$${\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}}$$

$${\psi(\frac{1}{2})=-2\ln(2)-\gamma}$$

$${\psi(1)=-\gamma}$$

$${\psi_1(1)=\frac{\pi^2}{6}}$$

${\gamma}$ Euler-Mascheroni sabiti.Verilenleri yerine yazalım.

$${\large\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial}{\partial x} B(\frac{1}{2},\frac{1}{2})=4\pi\ln^2(2)-\frac{\pi^3}{6}}$$

Ve sonunda :

$${\large\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(sin(x))\ln(cos(x))dx=\frac{\pi\ln^2(2)}{2}-\frac{\pi^3}{48}}$$

olarak buluruz.Şimdi en başa dönüm 1. integrali bulalım.İntegralimiz:

$${\large2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(sin(x))dx}$$

İntegralimizi şöyle yazabiliriz:

$${\large 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\Large(\large\ln(2)+\ln(sin(x))+\ln(cos(x))\Large)^2\large dx}$$

Parantezin karesini alalım ve integralleri bulalım.

$${\pi\ln^2(2)+8\ln(2)\int_0^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(x))dx+4\int_0^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(x))ln(cos(x))dx+4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln^2(sin(x))dx}$$

${\int_0^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(x))ln(cos(x))dx}$ ifadesini bulmuştuk yerine yazalım ve ${\int_0^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(x))dx}$ integralini bulalım.İntegralimiz:

$${\large\int_0^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(x))dx}$$

$${\large\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(2)+\ln(sin(x))+\ln(cos(x))dx}$$

$${\large\frac{\pi}{2}\ln(2)+2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(sin(x))dx}$$

$${\large\int_0^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(x))dx=-\frac{\pi}{2}\ln(2)}$$

1.integralimizi bulmuş olduk.

$${\int_0^{\pi/2}\ln^2(\sin(x))\,\mathrm{d}x =\frac32\pi\ln^2(2)-2\int_0^{\pi/2}\ln(\sin(x))\ln(\cos(x))\,\mathrm{d}x}$$

Sağ taraftaki integrali bulmuştuk önceden.Artık bütün bulduklarımızı birleştirelim.Gerekli işlemleri yaparsak sonucu aşağıdaki gibi buluruz.

$${\large\int_0^\infty\frac{\ln^2(x)}{1+x^2}dx=\frac{\pi^3}{8}}$$

Çözüm biraz karışık oldu. Arada bazı işlemleri anlatmadan yazdım kusura bakmayın.

(1.1k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

Neden bilmiyorum, ama ben cevaplari begenemiyorum. Begenme butonuna tiklanmiyor. Cok guzel olmus, butun cevaplar.

Teşekkürler hocam :)

Hocam aynı şey bende de var yorumları beğenemiyorum.Sadece soruları beğenebiliyorum.

sanki çözümü integral için yapılmamışta, integrali çözüm için yapılmış:)

ben begenebiliyorum, ucumuz adina bir adet:)

Kucuk bir ek yorumum da var: Basinda seri kullanilmadigi var. Aslinda integralin kendisi sonsuz bir seri, tanimindan dolayi. Dahasi kullanilan beta fonksiyonu var, onun vermis oldugu esitlikler var, bunlari birileri ispatlamis, acaba seri kullanmis mi? Sonucta bu ispatlarin icerisinde seri kullanilmis ise bizim ispatimizda da seri kullanilmistir. Bunu da goz onunde bulundurmak lazim. Zaten beta fonksiyonu icin verilen linkte sonucun nasil elde edildigi var.


Ek olarak: Bu tarz integralleri hesaplarken kullanilan beta, gamma vs fonksiyonlar var. Aslinda bunlarin da ispati sorulabilir. Ozgur'un yukarida Safak'in bir yorumuna binaen sormus oldugu soru gibi "soru fakat neredeyse cevap" gibi bir kac soru sorulabilir. Tabi bunlar icin biraz arastirma yapmak lazim ki, sordugumuz soru kaliteli olsun. Bi "boyle bir sey var midir" diye sormak var, bir de "bunlari bunlari gosterince, boyle bir sey yok, neden yok" demek var. Sitede guzel bir sekilde bu fonksiyonlarin ispati olsa cok da iyi olur, cok da guzel olur.

Teşekkürler hocam.Dediğiniz doğru aslında , sonsuz bir seri ile işlem yapmasak da arkada sonsuz seriler iş yapıyor.

${\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial}{\partial x} B(x,y)=.....}$ eşitliğini kanıtlayın
${B(x,y)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^{2x-1}(\mu)cos^{2y-1}(\mu)d\mu}$ olduğunu kanıtlayınız

bence de , soru cevap ıcın yapılmış.

0 beğenilme 0 beğenilmeme
3. bir çözüm daha ekliyim.Diğer çözümlere göre daha iyi denebilir , sonsuz bir seri yok.

Öncelikle şöyle bir fonksiyonumuz olsun :

${\large \xi(x)=\frac{\ln^2(x)}{1-x^2}}$

${\xi(x)}$ fonksiyonu için ${x\in\Re^+}$ olmak üzere ${\Im[\xi(x)]=0}$ dır.O zaman şöyle bir şey söyleyebiliriz ; ${\Im[\int_0^{\infty}\xi(x)dx]=0}$


Şimdi bu integrali çözelim.

                                               ${\large\int_0^{\infty} \frac{\ln^2(x)}{1-x^2}dx}$

Öncelikle ${\phi=\frac{x}{i}}$ olarak değişken değiştirelim.

                                             ${\large i \int_0^{\infty}\frac{\ln^2(\phi i)}{1+\phi^2}d\phi}$

${\ln(\phi i)}$ ifadesini logaritmanın özelliğini kullanarak açalım.

                                         ${\large i \int_0^{\infty}\frac{(\ln(i)+ln(\phi))^2}{1+\phi^2}d\phi}$

${\ln(i)=\frac{i\pi}{2}}$ olduğuna göre yerine yazalım ve ifadenin karesini alalım.

                                     ${\large i \int_0^{\infty}\frac{\ln^2(\phi)-\frac{\pi^2}{4}+i\pi\ln(\phi)}{1+\phi^2}d\phi }$

İfadeleri ayrı ayrı integraller halinde yazalım.

                       ${\large i(\int_0^{\infty}\frac{\ln^2(\phi)}{1+\phi^2}d\phi-\frac{\pi^2}{4}\int_0^{\infty}\frac{1}{1+\phi^2}d\phi)-\pi\int_0^{\infty}\frac{\ln(\phi)}{1+\phi^2}d\phi}$

${\int_0^{\infty}\frac{1}{1+\phi^2}d\phi}$ ifadesi ${arctan(\phi)}$ nin türevi olduğundan ${\frac{\pi}{2}}$ olarak çıkar.

                             ${\large i(\int_0^{\infty}\frac{\ln^2(\phi)}{1+\phi^2}d\phi-\frac{\pi^3}{8})-\pi\int_0^{\infty}\frac{\ln(\phi)}{1+\phi^2}}d\phi$

Daha önceden dediğimiz gibi ${\Im[\int_0^{\infty}\xi(x)dx]=0}$ olduğuna göre :

                                    ${\large\int_0^{\infty}\frac{\ln^2(\phi)}{1+\phi^2}d\phi-\frac{\pi^3}{8}=0}$

                                         ${\large\int_0^{\infty}\frac{\ln^2(\phi)}{1+\phi^2}d\phi=\Large\frac{\pi^3}{8}}$

olarak buluruz.

(1.1k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
0 beğenilme 0 beğenilmeme

İntegralimiz :

$$\int_0^\infty\:\frac{\ln^2{x}}{1+x^2}\:dx$$

İntegrali başka bir fonksiyonunun kısmi türevi olarak yazabiliiz.

$$\Lambda(s)=\int_0^\infty\:\frac{x^s}{1+x^2}\:dx$$

$$\lim\limits_{s\to0}\:\frac{\partial^2}{\partial{s}^2}\Lambda(s)=\int_0^\infty\:\frac{\ln^2{x}}{1+x^2}\:dx$$

Şimdi $\Lambda(s)$ integralini çözmeye çalışalım.

$\omega=\frac{1}{1+x^2}$ olacak şekilde değişken değiştirelim.

$$\Lambda(s)=-\frac{1}{2}\int_1^0\:\omega^{-\frac{1}{2}-\frac{s}{2}}\:(1-\omega)^{\frac{s}{2}-\frac{1}{2}}\:d\omega$$

$$\Lambda(s)=\frac{1}{2}\int_0^1\:\omega^{-\frac{1}{2}-\frac{s}{2}}\:(1-\omega)^{\frac{s}{2}-\frac{1}{2}}\:d\omega$$

İntegrali beta ve gama fonksiyonu ile yazabiliriz.

$$\Lambda(s)=\frac{1}{2}B\Big(\frac{1}{2}-\frac{s}{2},\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\Big)$$

$$\Lambda(s)=\frac{\Gamma\Big(\frac{1}{2}-\frac{s}{2}\Big)\Gamma\Big(\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\Big)}{2}$$

Euler'in yansıma formülünü kullanalım.Bunun ispatı için buraya bakılabilir.

$$\Lambda(s)=\frac{\pi}{2}\csc\Big(\pi\big(\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\big)\Big)$$

$s$ ye göre ikinci türevi alalım.

$$\frac{\partial^2}{\partial{s}^2}\Lambda(s)=-\frac{\pi^3}{8}\csc\Big(\pi\big(\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\big)\Big)\Bigg[2\cot^2\Big(\pi\big(\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\big)\Big)-csc\Big(\pi\big(\frac{s}{2}+\frac{1}{2}\big)\Big)\Bigg]$$

$s$ yerine $0$ verelim.

$$\large\color{#A00000}{\boxed{\int_0^\infty\:\frac{\ln^2{x}}{1+x^2}\:dx=\lim\limits_{s\to0}\:\frac{\partial^2}{\partial{s}^2}\Lambda(s)=\frac{\pi^3}{8}}}$$

(1.1k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
18,170 soru
20,698 cevap
66,655 yorum
18,840 kullanıcı