matematikk.net

Hei. Denne oppgaven får jeg nesten til. Setter pris på om noen finner ut hva jeg gjør feil.

Oppgave:

Vis at:

[tex]\int_0^\infty \frac{ln(x^{2} + 1)}{x^{2} + 1} dx = \pi ln(2)[/tex]

OK. Her går jeg veien om det komplekse planet. Definerer:

[tex]f(z) = \frac{log(z^{2} + 1)}{z^{2} + 1}[/tex]

Singularitetene er gitt ved:

[tex]z = \pm i[/tex]

Tar utgangspunkt i en kontur C. Konturen går fra -R til R langs den reelle aksen, hvor R > 1. Deretter trekker vi en halvsirkel i øvre del av det komplekse planet fra R til -R slik at singulariteten [tex]i[/tex] ligger inni halvsirkelen. Vi definerer også: [tex]-\frac{\pi}{2} < arg(z) < \frac{3\pi}{2}[/tex] Vi har da:

[tex]\int_{-R}^{R} \frac{log(z^{2} + 1)}{z^{2} + 1} dz = 2\pi iRes f(z) - \int_C_R f(z) dz [/tex]

Vi har:

[tex]f(z) = \frac{\phi(z)}{z - i}[/tex] hvor:

[tex]\phi(z) = \frac{log(z^{2} + 1)}{z + 1}[/tex]

[tex]Resf(z) = \phi(i)[/tex]

Vi skriver:

[tex]log(z^{2} + 1) = log((z + i)(z - i)) = log(z+i) + log(z - i)[/tex]

Dette gir:

[tex]\phi(i) = \frac{log(0) + log(2i)}{2i}[/tex]

Vi har at:

[tex]log(2i) = ln2 + i\frac{\pi}{2}[/tex]

Får da:

[tex]\phi(i) = \frac{ln2 + i\frac{\pi}{2}}{2i}[/tex]

[tex]2\pi i\phi(i) = \pi ln(2) + i\frac{\pi^{2}}{2}[/tex]

Altså har vi:

[tex]\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ln(x^{2} + 1)}{x^{2} + 1} dx = \pi ln(2) -Re \int_C_R f(z) dz [/tex]

Vi har at:

[tex]\left|Re \int_C_R f(z) dz \right| \leq \left| \int_C_R f(z) dz \right| \leq \frac{log(R^{2} + 1)}{R^{2} - 1}\pi R[/tex]

Dette går mot [tex]0[/tex] når [tex]R \rightarrow \infty[/tex]

Altså har vi:

[tex]\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ln(x^{2} + 1)}{x^{2} + 1} dx = \pi ln(2)[/tex]

Men i denne oppgaven skal vi kun finne integralet fra [tex]0[/tex] til [tex]\infty[/tex]. Svaret blir da:

[tex]\int_{0}^{\infty} \frac{ln(x^{2} + 1)}{x^{2} + 1} dx = \frac{\pi ln(2)}{2}[/tex] som jo ikke stemmer med den gitte oppgaven.

Altså må jeg gjøre en feil et eller annet sted, selv om jeg åpenbart er nær riktig svar. Setter veldig stor pris på om noen kan forklare hva jeg gjør feil. Jeg må innrømme at jeg er litt i stuss på måten jeg behandler log-uttrykket på når jeg skal finne residyren, så det kan være det er her jeg har gjort en feil.

Feilen ligger vel i beregningen av residuet såvidt jeg kan se. Du har antatt at det er en enkel pol, men [tex]\log(0)=-\infty[/tex] så da blir ikke residuet i z=i det du sier.

Takk skal du ha. Vet du hvordan jeg kan regne ut residuet i dette tilfellet? Problemet ligger jo nettopp i at singulariteten skaper et udefinert uttrykk når jeg skal regne ut residuet. Dette har jeg ikke støtt på tidligere.

Laurentutvikling av f i z=i kan kanskje funke. Residuet er da koeffisienten foran [tex]\frac{1}{z-i}[/tex] -leddet. Evt. bruke formelen for å finne residuer av høyere ordens poler.

http://en.wikipedia.org/wiki/Methods_of ... ntegration

Mener det står litt her =)

Hei.

Nebu - jeg kjenner til de fleste metodene beskrevet her . De fleste av dem er på pensum. Det er bare det at i dette tilfellet oppstår en situasjon jeg rett og slett ikke har vært borti før . Jeg prøvde å kjøre uttrykket gjennom Wolframalpha for å finne residyene, og fikk da svaret 0. Men det er merkelig, for da skulle integralet blitt 0 også.

Plutarco - forsøkte å rekkeutvikle uttrykket, men fant fremdeles ikke noe uttrykk for residyene.

Har nå sendt oppgaven til undervisningsassitenten på kurset, så får vi se hva han sier . Egentlig er konturintegraler noe av det jeg har best kontroll på i kurset, så det var litt irriterende å sitte fast på denne oppgaven!

Fant du ut av denne?

Hei.

Oppgaven måtte gjennom tre stipendiater før svaret endelig kom . Trikset ligger i å dele logaritmeuttrykket opp slik jeg har gjort, men så skal uttrykket behandles som to separate integraler som integreres rundt to forskjellige konturer (det ene integralet rundt en halvsirkel under den reelle linjen, det andre integralet rundt en halvsirkel over den relle linjen).

[tex]I = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {1 + {x^2}} \right)}}{{1 + {x^2}}}dx} [/tex]

[tex] x = \tan \left( t \right),\frac{{dx}}{{dt}} = \sec {\left( t \right)^2} [/tex]

[tex] I = \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sec {{\left( t \right)}^2}} \right)dt}[/tex]

[tex] I = - 2\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\cos \left( t \right)} \right)dt} [/tex]

[tex] I = - 2\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( t \right)} \right)dt} [/tex]

[tex] I = - 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}\pi \ln \left( 2 \right)} \right) [/tex]

[tex] I = \pi \ln \left( 2 \right) [/tex]

Nebuchadnezzar wrote:
[tex] I = - 2\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\sin \left( t \right)} \right)dt} [/tex]

[tex] I = - 2\int\limits_0^{\pi /2} {\ln \left( {\cos \left( t \right)} \right)dt} [/tex]

I stedet for å bruke Wolfram alpha eller noe lignende kan du heller vise hvordan du løste de der.

Ellers er nok veien om det komplekse plan greiere.

claudeShannon wrote:
I stedet for å bruke Wolfram alpha eller noe lignende kan du heller vise hvordan du løste de der.

Ellers er nok veien om det komplekse plan greiere.

En løsning er gitt her: http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... 648#130648

Charlatan wrote: En løsning er gitt her: http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... 648#130648

Joda, jeg har løst integralet selv før, riktignok litt annerledes, men tanken var at man bør vise til hvordan man løser integralet og ikke bare slenge opp svaret helt ut av det blå.

http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... 0&start=15

Står her og, tenkte det siste integralet var ganske lett å kjenne igjen. Man gjør substitusjonen x=pi/2 - t for å vise den siste overgangen