Υπολογισμός ολοκληρωμάτων

[apolski]

ε?

[Wizard]

Η ολοκλήρωση κατά παράγοντες δε γίνεται έτσι apolski
Άσε που δεν κατάλαβα πως από το d(ln|x+1|) εμφάνισες ξαφνικά το dx
Αλλά ας μιλήσει κάποιος που τα έχει πιο πρόσφατα
btw, δοκίμασες το site που σου πρότεινε ο coyote για να δεις τι προκύπτει? (Πρόσεχε, ότι στο mathematica το ln(x) είναι Log[x])

[apolski]

γιατι δεν γινεται ετσι?

d(ln|x+1|)=(1\x+1)dx
και μετα χτυπας κατα παραγοντες και βγαινει

[Wizard]

Όπως σου είπα έχεις κάνει λάθος την ολοκλήρωση κατά παράγοντες.
Γενικά
f'(x)g(x)dx = f(x)*g(x) - f(x)g'(x)dx

Εκτός των άλλων, δε μπορώ να καταλάβω πως εξαφάνισες το d(ln|x+1|), όχι πως το εμφάνισες. Γενικά, για να καταλάβεις το λάθος σου θέσε u=x+1 και θα δεις ότι δε λύνεται έτσι εύκολα...

Υ.Γ. Πρέπει να μάθω latex...

[apolski]

ναι εχεις δικιο, εκανα λαθος.



Οντως δεν λυνεται με αυτο το τροπο.

[primelude]

Γεια σου apolski,

Όπως σου εξήγησαν και τα παιδιά πιο πάνω το δοθέν ολοκλήρωμα δεν έχει κλειστό τύπο σαν αόριστο. Σε καμία περίπτωση όμως δεν κάνει ln2 όπως ισχυρίζεται ο coyote.
Για να το δεις αυτό, ένας τρόπος είναι να το εκφράσεις με τη βοήθεια ειδικών συναρτήσεων της αναλυτικής θεωρίας αριθμών όπως το λογαριθμικό ή το εκθετικό ολοκλήρωμα. Ένα άλλος πιο γρήγορος και κομψός τρόπος να το υπολογίσεις στο [0, 1] είναι με δύο διαδοχικές αλλαγές μεταβλητών i) t = u - 1 και κατόπιν ii) ln(u-1) = x. Τότε θα καταλήξεις στον πασίγνωστο τύπο που συνδέει τη συνάρτηση ζήτα του Riemann και την συνάρτηση Γάμμα του Euler που μπορείς να δεις και στις σημειώσεις θεωρίας μέτρου και ολ/σης σελ. 141 όπου απλά εδώ εσύ θα έχεις την ειδική περίπτωση χ = 2 και άρα το ολ/μα σου θα ισούται με -ζ(2)Γ(2)=-π^2/6.
Σου συνιστώ να αποδείξεις το παραπάνω αποτέλεσμα (το ζητάει και η άσκηση εξάλλου) γιατί οι
τεχνικές θα σε βοηθήσουν σε μια ευρύτερη κλάση επίλυσης ολ/μάτων μέσω των οποίων οδηγούμαστε
σε χρήσιμες συναρτησιακές εξισώσεις.

[apolski]

primelude, σε ευχαριστω για την απαντηση σου. Εχω δει καπου την λυση του ολοκληρωματος αυτου και ειναι -π/12.

Ένα άλλος πιο γρήγορος και κομψός τρόπος να το υπολογίσεις στο [0, 1] είναι με δύο διαδοχικές αλλαγές μεταβλητών i) t = u - 1 και κατόπιν ii) ln(u-1) = x. Τότε θα καταλήξεις στον πασίγνωστο τύπο που συνδέει τη συνάρτηση ζήτα του Riemann και την συνάρτηση Γάμμα του Euler

Αν μπορεις σε παρακαλω γραψε πιο αναλυτικα πως μπορουμε να καταληξουμε εκει.

στις σημειώσεις θεωρίας μέτρου και ολ/σης σελ. 141

Σε ποιο βιβλιο? Στην αναλυση Ι δεν το βρισκω πουθενα

[pao132003]

στις σημειώσεις θεωρίας μέτρου και ολ/σης σελ. 141

Σε ποιο βιβλιο? Στην αναλυση Ι δεν το βρισκω πουθενα

Το βιβλίο της θεωρίας μέτρου κι ολοκλήρωσης μπορείς να το βρεις στο εργαλείο του semfe.gr. Βέβαια πρόκειται για μάθημα 7ου εξ. οπότε αμφιβάλλω αν αξίζει να ασχοληθείς τώρα. Ο τύπος που λέει ο primelude είναι στη σελίδα 141 κάτω κάτω.

[primelude]

apolski,

Δυστυχώς στο προηγούμενο post βιάστηκα και μετά από μια επισύμανση του coyote η παραπάνω αντικατάσταση λόγω ενός προσήμου είναι λανθασμένη, με το ολοκλήρωμα πράγματι να κάνει ln(2). Και αυτό γιατί η πολυλογαριθμική συνάρτηση
που δίνει σαν αποτέλεσμα ο Integrator της Wolfram στο 0 και 1 κάνει 0 και ln(2) (εναλλάσσουσα αρμονική) αντίστοιχα και
το όριο lim{x->0}[ln(x)*ln(x+1)] τείνει στο 0 από τον κανόνα του de L'Hospital. Αύριο θα προσπαθήσω να δω πως καταλήγεις στην πολυλογαριθμική με σειρές μέσω κάποιου μετασχηματισμού. Σχετικά με το αποτέλεσμα που αναφέρεις, μήπως εννοείς
το κατά μια έννοια "συμμετρικό" ολ/μα ln(x+1)/x στα ίδια όρια που κάνει ζ(2)/2=pi^2/12 ;

Συγνώμη που δεν γράφω σε LaTeX, δεν ξέρω και δεν προτίθεμαι να μάθω :}
Φιλικά

[primelude]

Επειδή ποιος ζει ποιος πεθαίνει μέχρι αύριο ο τρόπος είναι ο εξής:
Από τη γεωμετρική σειρά έχουμε,
1/(1-x) = Sum{n=0..inf}[x^n] => 1/(1+x) = sum{n=0, inf}[(-1)^n * x^n] =>
ln(1+x) = Sum{k=1..inf}[[(-1)^(k-1) * x^k] / k] για κάθε |χ|<1, άρα μετά την ολοκλήρωση κατά παράγοντες
έχουμε: ln(x)*ln(1+x) - Int[ln(1+x) / x dx] και με την προυπόθεση της ομοιόμορφης συνέχειας
(εναλλαγή ολοκληρώματος και αθροίσματος) ο δεύτερος όρος γίνεται:
Int[(1/x) * Sum{k=1..inf}[[(-1)^(k-1) * (x^k)] / k] dx] = Sum{k=1..inf}[[(-1)^(k-1) / k] * Int[x^(k-1) dx]]
= Sum{k=1..inf}[[(-1)^(k-1) * x^k ] / k^2] = - Sum{k=1..inf}[[(-1)^k * x^k] / k^2] = Li_2(-x), όπου
Li_2(x) = Sum{k=1..inf}[x^k / k^2] η διλογαριθμική συνάρτηση και η αντικατάσταση στο χ = 1 γίνεται από το θεώρημα
των Abel-Tauber.

[apolski]

Το ολοκληρωμα αυτο το βρηκα εδω http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... p?t=188828 οπου τα παιδια εχουν γραψει μερικες λυσεις και ειναι τελικα π^2/12.

[primelude]

Συμφωνία και από αυτή την πλευρά. Υπόψιν ο παραπάνω τρόπος είναι σωστός, απλά το Li_2(-1) δεν είναι
η εναλλάσσουσα αρμονική (έχει τετράγωνο στον παρανομαστή!) αλλά η εναλλάσσουσα της ζήτα (ονομάζεται
και συνάρτηση ήτα του Dirichlet) και επομένως δεν κάνει Ln(2) αλλά π^2/12. Το αρνητικό πρόσημο φαίνεται
στο τέλος των άσχημων πράξεων πιο πάνω. Η λύση των παιδιών με διπλή ολοκλήρωση μου θύμησε πολύ τον
τύπο του Hadjicostas.

[sakatis]

POS LINETE TO OLOKLIROMA TOU 1/συνχ? thnx

[apolski]

Θετουμε

Επομενως

και

Αρα