Question

$$\displaystyle\int_0^\infty\:\frac{\ln\:x}{1+x^4}\:dx$$

İntegralini çözün.

Answer 1

İntegralimiz :

$$\int_0^\infty\:\frac{\ln\:x}{1+x^4}\:dx$$

$\omega=x^4$ olacak şekilde değişken değiştirelim.

$$\frac{1}{16}\int_0^\infty\:\omega^{-\frac{3}{4}}\frac{\ln\omega}{1+\omega}\:d\omega$$

Bu integrali bir fonksiyon şeklinde yazalım.

$$K(s)=\frac{\partial}{\partial\:s}\frac{1}{16}\int_0^\infty\:\frac{\omega^{s-\frac{3}{4}}}{1+\omega}\:d\omega$$

Soruda bizden istenen $K(0)$.

İntegralde $t=\frac{\omega}{1+\omega}$ olacak şekilde değişken değiştirelim.

$$K(s)=\frac{\partial}{\partial\:s}\frac{1}{16}\int_0^1\:t^{s-\frac{3}{4}}\:(1-t)^{-s-\frac{3}{4}}\:dt$$

İntegrali beta ve gama fonksiyonu ile yazabiliriz.

$$K(s)=\frac{\partial}{\partial\:s}\frac{1}{16}\underbrace{\int_0^1\:t^{s-\frac{3}{4}}\:(1-t)^{-s-\frac{1}{4}}\:dt}_{\large\:B\big(s+\frac{1}{4},-s+\frac{3}{4}\big)}$$

$$K(s)=\frac{\partial}{\partial\:s}\frac{1}{16}\:B\bigg(s+\frac{1}{4},-s+\frac{3}{4}\bigg)$$

$$K(s)=\frac{\partial}{\partial\:s}\frac{1}{16}\frac{\Gamma\Big(s+\frac{1}{4}\Big)\Gamma\Big(-s+\frac{3}{4}\Big)}{\Gamma(1)}=\frac{\partial}{\partial\:s}\frac{1}{16}\Gamma\Big(s+\frac{1}{4}\Big)\Gamma\Big(-s+\frac{3}{4}\Big)$$

Gama fonksiyonlarını Euler'in yansıma formülü ile yazabiliriz.Bunun ispatı için buraya bakılabilir.

$$K(s)=\frac{\partial}{\partial\:s}\frac{1}{16}\frac{\pi}{\sin\big(\pi(s+\frac{1}{4})\big)}$$

$$K(s)=-\frac{\pi^2\cos\big(\pi(s+\frac{1}{4})\big)}{\sin^2\big(\pi(s+\frac{1}{4})\big)}$$

$s$ yerine $0$ koyalım.

$$\large\color{#A00000}{\boxed{K(0)=\int_0^\infty\:\frac{\ln\:x}{1+x^4}\:dx=-\frac{\sqrt{2}}{16}\:\pi^2\approx-0.872358}}$$

Comments

Karmaşık analiz (rezidü) ile de yapılabiliyor.

---

Karmaşık analizde pek iyi değilim.İsterseniz sizde karmaşık analiz ile bir cevap yazın.Öğrenmiş olurum :)

Answer 2

Karmaşık Ananliz ile çözüm (geniş özet)

$\displaystyle f(z)=\frac{\textrm{Log}\,z}{1+z^4}$ Aşağıdaki pozitif yönlü basit kapalı eğri üzerinde ve ($z_1,z_2$ hariç) içinde analitik.  ($(-\frac\pi2,\frac{3\pi}2)$ aralığındaki argümentleri kullanıyoruz.)

   ($0<\rho<1<R$)

Rezidü (Kalan) Teoreminden

$\int_Cf(z)\;dz=2\pi i(\textrm{Rez}(f;z_1)+\textrm{Rez}(f;z_2))$

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

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

$\int_{\gamma_3}f(z)\;dz=\int_{\gamma_1}f(z)\;dz+ai\ (a\in\mathbb{R})$ oluyor. (Çünki $f(-x)=f(x)+\frac{\pi i}{1+x^4}$)

$\textrm{Rez}(f;z_1)=\frac{\textrm{Log}\,z_1}{4z_1^3}=\frac{\frac\pi4i}{4(\frac{-1+i}{\sqrt2})}=\frac{\sqrt2\pi i}{16(-1+i)}$

Benzer şekilde $\textrm{Rez}(f;z_2)=\frac{3\sqrt2\,\pi i}{16(1+i)}$ bulunur.

$\textrm{Rez}(f;z_1)+\textrm{Rez}(f;z_2)=\frac{\sqrt2\pi i}{16}(1-2i)$

 Buradan

$\int_0^\infty\frac{\ln x}{1+x^4}\,dx=\frac12\textrm{Re}(2\pi i\frac{\sqrt2\pi i}{16}(1-2i)$ olur.

$\int_0^\infty\frac{\ln x}{1+x^4}\,dx=\frac{-\sqrt2\pi^2}{16}$ bulunuyor.

Sanal kısımdan da $\int_0^\infty\frac1{1+x^4}\;dx$ integrali bulunuyor.(Ama onu bulmanın daha kolay yolu da var)