$\int_1^\infty\:\frac{\sqrt{\ln{x}}}{1+x^2}\:dx$ integralini çözün

Question

$$\large\int_1^\infty\:\frac{\sqrt{\ln{x}}}{1+x^2}\:dx$$

İntegralini çözün.

Comments

$\frac{1}{1+x^2}$'nin seri acilimi ile "IBP" (u dv) yontemini denedin mi? Kolaylik olsun diye $x=e^u$ donusumu yapilabilir.

---

Soruyu az önce çözdüm galiba.$\sqrt{\ln{x}}=u$ dönüşümü yapıldıktan sonra seri açılımı ile bir şeyler geliyor.

Sizin dediğinizde denenebilir , benimki ile arasında çok fark yok.

---

Ben de ilk yazdigin hali gormustum. Bazen insan soruyu yazarken cozuyor..

Answer 1

İntegralimiz :

$$\int_1^\infty\:\frac{\sqrt{\ln{x}}}{1+x^2}\:dx$$

$\omega=\sqrt{\ln{x}}$ olacak şekilde değişken değiştirelim.

$$2\int_0^\infty\:\frac{\omega^2}{e^{\omega^2}+e^{-\omega^2}}\:d\omega$$

$\frac{1}{e^{\omega^2}+e^{-\omega^2}}$ ifadesine seri açılımı yapalım.

$$2\int_0^\infty\:\omega^2\sum_{n=0}^\infty\:(-1)^n\:e^{-(2n+1)\omega^2}\:d\omega$$

Seri düzgün yakınsak olduğundan toplam sembolü ile integralin yerini değiştirebiliriz.

$$2\sum_{n=0}^\infty\:(-1)^n\int_0^\infty\:\omega^2\:e^{-(2n+1)\omega^2}\:d\omega$$

$\eta=(2n+1)\omega^2$ olacak şekilde tekrar değişken değiştirelim.

$$\sum_{n=0}^\infty\:\frac{(-1)^n}{(2n+1)}\int_0^\infty\:\eta\:e^{-\eta}\:d\eta$$

İntegrali gama fonksiyonu ile , seriyi de dirichlet beta fonksiyonu ile yazabiliriz.

$$\beta(1)\Gamma(2)$$

$\beta(1)=\frac{\pi}{4}$ ve $\Gamma(2)=1$  eşitliklerini kullanalım.

$$\large\color{#A00000}{\boxed{\int_1^\infty\:\frac{\sqrt{\ln{x}}}{1+x^2}\:dx=\frac{\pi}{4}}}$$

Comments

Serinin düzgün yakınsaklık olduğunu nasıl anladınız?

---

Seri zaten $\frac{1}{e^{\omega^2}+e^{-\omega^2}}$ ifadesinin açılımı.Bu durumda düzgün yakınsak olmazmı ?