Welchen Wert hat das folgende bestimmte Integral?

Question

Welchen Wert hat das folgende bestimmte Integral?

Infinitesimalrechnung
Integration
Mathematik
bestimmte Integrale
uneigentliche Integrale

Anish Koulgi

$I=\displaystyle\int\limits_0^\infty \dfrac{1}{(1+x^2)\displaystyle\sqrt{\log(1+x)}}dx$

Mein Versuch:

Ersetzen $x=\tan{\theta}$

$I=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{\log(1+\tan\theta)}}d\theta$

Durch Auftragen $\,\,\int\limits_a^b f(x)dx=\int\limits_a^b f(a+b-x)dx$

$I=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{\log(1+\cot\theta)}}d\theta$

Beides hinzufügen und vereinfachen,

$2I=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\displaystyle\sqrt{\log(1+\cot\theta)}+\displaystyle\sqrt{\log(1+\tan\theta)}}{\displaystyle\sqrt{\log(1+\cot\theta)\log(1+\tan\theta)}}d\theta$

Rationalisierung des Zählers,

$2I=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\log(1+\cot\theta)-\log(1+\tan\theta)}{\displaystyle\sqrt{\log(1+\cot\theta)\log(1+\tan\theta)}\displaystyle\left(\sqrt{\log(1+\cot\theta)}-\displaystyle\sqrt{\log(1+\tan\theta)}\right)}d\theta$

$\therefore\, 2I=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\log(1+\tan\theta)-\log(1+\tan\theta)-\log\tan\theta}{\displaystyle\sqrt{\log(1+\cot\theta)\log(1+\tan\theta)}\displaystyle\left(\sqrt{\log(1+\cot\theta)}-\displaystyle\sqrt{\log(1+\tan\theta)}\right)}d\theta$

$\therefore\, 2I=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{-\log\tan\theta}{\displaystyle\sqrt{\log(1+\cot\theta)\log(1+\tan\theta)}\displaystyle\left(\sqrt{\log(1+\cot\theta)}-\displaystyle\sqrt{\log(1+\tan\theta)}\right)}d\theta$

Erneutes Anwenden der Eigenschaft $\,\,\int\limits_a^b f(x)dx=\int\limits_a^b f(a+b-x)dx$

$\therefore\, 2I=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{-\log\cot\theta}{\displaystyle\sqrt{\log(1+\tan\theta)\log(1+\cot\theta)}\displaystyle\left(\sqrt{\log(1+\tan\theta)}-\displaystyle\sqrt{\log(1+\cot\theta)}\right)}d\theta$

Beide Gleichungen addieren,

$2I=\displaystyle\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{-\log\tan\theta+\log\tan\theta}{\displaystyle\sqrt{\log(1+\tan\theta)\log(1+\cot\theta)}\displaystyle\left(\sqrt{\log(1+\tan\theta)}-\displaystyle\sqrt{\log(1+\cot\theta)}\right)}d\theta$

$\therefore \, 4I=0$

$\therefore \, I=0$

Aber DESMOS gibt mir die Antwort näher $2.53824756838$

Was ist falsch an meinem Ansatz?

N74

Das Zeichen von

\log \tan

$\log \tan$ am Zähler scheint nach der letzten Addition falsch zu sein (weiß nicht, ob vorher alles in Ordnung war).

Lee David Chung-Lin

Alles andere wie angegeben, der Zähler nach der letzten Addition (was übrigens schon

4 I

$4I$ nicht

2 I

$2I$ ) sollte sein

- \log \cot θ + \log \tan θ

$-\log \cot\theta + \log\tan\theta$

Jurij S

Ein genauerer Wert (laut Mathematica) wäre

2.538250393139 \dots

$2.538250393139 \ldots$

Antworten (1)

Welchen Wert hat das folgende bestimmte Integral?

Das Zeichen von $\log \tan$ am Zähler scheint nach der letzten Addition falsch zu sein (weiß nicht, ob vorher alles in Ordnung war).
Alles andere wie angegeben, der Zähler nach der letzten Addition (was übrigens schon $4I$ nicht $2I$ ) sollte sein $-\log \cot\theta + \log\tan\theta$
Ein genauerer Wert (laut Mathematica) wäre $2.538250393139 \ldots$

Jurij S · Answer 1

Zweifellos hat dieses Integral eine elementare Form, es kann jedoch als Reihe ausgedrückt werden:

\int_{0}^{\infty} \frac{D X}{(1 + X^{2}) \sqrt{\ln (1 + X)}} = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{u} D u}{(1 + (e^{u} - 1)^{2}) \sqrt{u}} = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{v^{2}} D v}{2 e^{- v^{2}} - 2 + e^{v^{2}}}

$\int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2) \sqrt{\ln(1+x)}}=\int_0^\infty \frac{e^u du}{(1+(e^u-1)^2) \sqrt{u}}=2\int_0^\infty \frac{e^{v^2} dv}{2e^{-v^2}-2+e^{v^2}}$

Wir arbeiten mit dem letzten Integral:

2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{v^{2}} D v}{2 e^{- v^{2}} - 2 + e^{v^{2}}} = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- v^{2}} D v}{1 - 2 e^{- v^{2}} (1 - e^{- v^{2}})}

$2\int_0^\infty \frac{e^{v^2} dv}{2e^{-v^2}-2+e^{v^2}}=2\int_0^\infty \frac{e^{-v^2}dv}{1-2e^{-v^2}(1-e^{-v^2})}$

Das lässt sich leicht überprüfen $|2e^{-v^2}(1-e^{-v^2})|<1$ , also können wir die geometrische Reihenformel verwenden:

2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- v^{2}} D v}{1 - 2 e^{- v^{2}} (1 - e^{- v^{2}})} = 2 \sum_{N = 0}^{\infty} 2^{N} \int_{0}^{\infty} e^{- (N + 1) v^{2}} (1 - e^{- v^{2}})^{N} D v =

$2\int_0^\infty \frac{e^{-v^2}dv}{1-2e^{-v^2}(1-e^{-v^2})}=2\sum_{n=0}^\infty 2^n \int_0^\infty e^{-(n+1)v^2}(1-e^{-v^2})^n dv=$

Jetzt verwenden wir die Binomialsummenformel:

= 2 \sum_{N = 0}^{\infty} 2^{N} \sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} (\binom{N}{k}) \int_{0}^{\infty} e^{- (N + k + 1) v^{2}} D v = \sqrt{π} \sum_{N = 0}^{\infty} 2^{N} \sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} (\binom{N}{k}) \frac{1}{\sqrt{N + k + 1}}

$=2\sum_{n=0}^\infty 2^n \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \int_0^\infty e^{-(n+k+1)v^2}dv=\sqrt{\pi} \sum_{n=0}^\infty 2^n \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \frac{1}{\sqrt{n+k+1}}$

Für den letzten Teil haben wir die bekannte Poisson-Integralformel verwendet. Endlich:

$\int_{0}^{\infty} \frac{D X}{(1 + X^{2}) \sqrt{\ln (1 + X)}} = \sqrt{π} \sum_{N = 0}^{\infty} 2^{N} \sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} (\binom{N}{k}) \frac{1}{\sqrt{N + k + 1}}$ $\int_0^\infty \frac{dx}{(1+x^2) \sqrt{\ln(1+x)}}=\sqrt{\pi} \sum_{n=0}^\infty 2^n \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \frac{1}{\sqrt{n+k+1}}$

Es ist leicht, mit Mathematica numerisch zu überprüfen, dass die Reihe den gleichen Wert wie das Integral ergibt.

Auf den ersten Blick ist die Konvergenz dieser Reihe zweifelhaft. Ich werde es hier nicht beweisen, aber numerisch mit Mathematica ist klar, dass die Reihe schnell konvergiert (hier ist die Summe aufgetragen gegen die Anzahl der Terme):

Welchen Wert hat das folgende bestimmte Integral?

Anish Koulgi

N74

Lee David Chung-Lin

Jurij S

Antworten (1)

Jurij S

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