Интеграл

[RIP]

Юстас писал(а):

$|\frac{e^{-z^2}}{(1+z^2)^2}|\le \frac {1}{|z|^2}$ при больших $|z|$, разве этого недостаточно?

Подставьте $z=iy$, $y$-большое.

[Lion]

RIP писал(а):

Докажите, что
1.

$$\int\limits_0^{\infty}\prod_{k=1}^n\frac{k^2}{k^2+x^2}dx=\frac{\pi n}{4n-2}$$

2.

$$\int\limits_0^{\infty}\frac{x}{\sh x }dx=\frac{\pi^2}4$$

.

Пара соображений насчет №2. Раскладывая знаменатель, получаем такую сумму:
$\int\limits_0^\infty \frac{x}{e^x-1}dx+\int\limits_0^\infty \frac{x}{e^x+1}dx$. Первый интеграл можно свести к $-\int\limits_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt$ заменой $x=-\ln t}$. Теперь рассмотрим степенной ряд: $f(x)=\sum\limits_{k=1}^\infty x^k/k^2$. Легко получить, что $f'(x)=-\frac{\ln(1-x)}{x}$. В то же время по теореме Абеля $\pi^2/6=\sum\limits_{k=1}^\infty 1/k^2=-\int\limits_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt$, так что первый из интегралов в сумме берется. Правда, непонятно, что делать со вторым интегралом. На первый взгляд кажется, что его можно взять комплексным интегрированием...

[RIP]

Lion писал(а):

RIP писал(а):

Докажите, что
1.

$$\int\limits_0^{\infty}\prod_{k=1}^n\frac{k^2}{k^2+x^2}dx=\frac{\pi n}{4n-2}$$

2.

$$\int\limits_0^{\infty}\frac{x}{\sh x }dx=\frac{\pi^2}4$$

.

Пара соображений насчет №2. Раскладывая знаменатель, получаем такую сумму:
$\int\limits_0^\infty \frac{x}{e^x-1}dx+\int\limits_0^\infty \frac{x}{e^x+1}dx$. Первый интеграл можно свести к $-\int\limits_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt$ заменой $x=-\ln t}$. Теперь рассмотрим степенной ряд: $f(x)=\sum\limits_{k=1}^\infty x^k/k^2$. Легко получить, что $f'(x)=-\frac{\ln(1-x)}{x}$. В то же время по теореме Абеля $\pi^2/6=\sum\limits_{k=1}^\infty 1/k^2=-\int\limits_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt$, так что первый из интегралов в сумме берется. Правда, непонятно, что делать со вторым интегралом. На первый взгляд кажется, что его можно взять комплексным интегрированием...

Комплексным интегрированием можно взять и исходный интеграл(а можно заметить, что 2 следует из 1).

[Lion]

Ааа, понятно! Можно и без комплексного интегрирования. Просто $\int\limits_0^\infty\frac{x}{e^x+1}dx=1/2\int\limits_0^\infty\frac{x}{e^x-1}dx$ (как и раньше, раскладываем знаменатель...), поэтому $\int\limits_0^\infty\frac{x}{e^x+1}dx=\pi^2/12$ и $\int\limits_0^\infty\frac{x}{\sh x}dx=\pi^2/6+\pi^2/12=\pi^2/4$.

[RIP]

А что насчет исходного интеграла? Кто-нибудь ещё заинтересован в решении(или все уже посмотрели первообразную по ссылочке Maxal'а)?

[Юстас]

RIP писал(а):

Докажите, что
1.

$$\int\limits_0^{\infty}\prod_{k=1}^n\frac{k^2}{k^2+x^2}dx=\frac{\pi n}{4n-2}$$

2.

$$\int\limits_0^{\infty}\frac{x}{\sh x }dx=\frac{\pi^2}4$$

.

В первой задаче ничего лучше чем явно вычислить данный интеграл через вычеты не получилось. Явное выражение есть $\frac{\pi}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}k\prod\limits_{l\ne k,\ l=1..n}\frac{l^2}{l^2-k^2}$. Теперь можно попытаться по индукции или ещё как-то показать, что это всё равно $\frac{\pi n}{4n-2}$, но я не увидел как это можно сделать. Вторая задача действительно следует из первой, если заметить что $\frac{sh(x)}{x}$ есть предел стоящего в знаменателе первого интеграла бесконечного произведения.
И наверное уже пора послушать авторское решение исходного интеграла

[juna]

Можно использовать известный интеграл $\int\limits_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$
Т.е. $\int\limits_{0}^{\infty}(2e^{-x^2}-\frac{e^{-x^2}}{(x^2+1/2)^2})dx=0$. Это приводит к интегралу, который берется аналитически:
$\int \frac{4x^4+4x^2-1}{4x^4+4x^2+1}e^{-x^2}dx=\frac{-xe^{-x^2}}{2x^2+1}+C$,
$\frac{-xe^{-x^2}}{2x^2+1}|\limits_{0}^{\infty}=0$ Но это, так сказать, нечестное решение.

[RIP]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Можно использовать известный интеграл $\int\limits_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$
Т.е. $\int\limits_{0}^{\infty}(2e^{-x^2}-\frac{e^{-x^2}}{(x^2+1/2)^2})dx=0$. Это приводит к интегралу, который берется аналитически:
$\int \frac{4x^4+4x^2-1}{4x^4+4x^2+1}e^{-x^2}dx=\frac{-xe^{-x^2}}{2x^2+1}+C$,
$\frac{-xe^{-x^2}}{2x^2+1}|\limits_{0}^{\infty}=0$ Но это, так сказать, нечестное решение.

"Известный интеграл", действительно, используется в решении. Когда я решал эту задачку(мне её задал мой преподаватель по мат. анализу на 2-м курсе), я в конце концов пришел к такому решению.
Обозначим для краткости

$$I_n=\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-x^2}dx}{(x^2+\frac12)^n}.$$

Интегрируя по частям $I_1$, легко получить равенство

$$I_1=2I_0+I_1-I_2$$

Добавлено спустя 1 час 7 минут 17 секунд:

Юстас, маленькая поправочка

$$\prod_{k=1}^{+\infty}\frac{k^2}{k^2+x^2}=\frac{\pi x}{\sh(\pi x)}$$

[juna]

RIP писал(а):

Интегрируя по частям $I_1$, легко получить равенство

$$I_1=2I_0+I_1-2I_2$$

Наверное тоже поправочка $I_1=2I_0+I_1-I_2$

[RIP]

Да, ошибся

[RIP]

Вот ещё простенький интегральчик

$$\int\limits_0^{\frac{\pi}4}\ln(1+\tg x)\,dx=?$$

И по-прежнему не написали решения для задачки

$$\int\limits_0^{\infty}\prod_{k=1}^n\frac{k^2}{k^2+x^2}\,dx=\frac{\pi n}{4n-2}$$

[RIP]

Обозначим

$$f_\lambda(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+x)^ne^{-\lambda(n+x)}}{n!},$$

$$I(\lambda)=\int_0^1f_\lambda(x)\,dx.$$

1) Найти $I(1+e^{-1})$.
2) (Задача-шутка) Доказать, что $\pi I(\pi)$ иррационально.

[DiMath]

Введем функцию

$$g(x) = \frac{x^{[x]}}{\Gamma(1+[x])},$$

тогда после суммирования получим

$$I(\lambda) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\int_n^{n+1} x^n e^{-\lambda x} dx = \int_0^\infty g(x)e^{-\lambda x}$$

Рассмотрев отношение $g(x)\frac{\Gamma(1+x)}{x^x}$, становится понятно, что целую часть можно опустить, т.к. экспонента под интегралом (при условии $\lambda > 0$ ) убьёт любую полиномиальную погрешность.
По той же причине можно заменить $g(x)$ на эквивалентную по формуле Стирлинга, что (дополнительно требуя уже $\lambda > 1$ ) приводит нас к выражению:

$$I(\lambda) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty x^{-1/2}e^{-(\lambda-1)x}dx = \frac{\Gamma(1/2)}{\sqrt{2\pi(\lambda-1)}} = \frac{1}{\sqrt{2(\lambda-1)}}$$

Рациональность $\pi I(\pi)$ означала бы существование такого $P \in\mathbb{Q}_2[x],$ что $P(\pi)=0$. Это вступает в противоречие с трансцендентностью $\pi$.

[Farest2]

Древний топик, но разомнёмся...

Пусть $\lambda>0$. Упростим $f_\lambda(x)$, временно полагая $\Lambda=e^{-\lambda}$:

$$ f_\lambda(x)=\Lambda^x\!\sum_{n=0}^\infty \frac{(n+x)^n \Lambda^n}{n!} =\Lambda^x\!\sum_{n=0}^\infty \frac{\Lambda^n}{n!}\cdot \partial_z^n e^{(n+x)z}\Bigl|_{z=0} =\Lambda^x\sum_{n=0}^\infty \frac{\Lambda^n}{n!}\cdot \frac{n!}{2\pi i}\oint_{|z|=R} \frac{e^{(n+x)z}}{z^{n+1}}\,dz={} $$

Для экспоненты круговой контур можно брать любого радиуса. Возьмём $R=1$.

$$ {}=\frac{\Lambda^x}{2\pi i}\oint_{|z|=1} \frac{e^{xz}}{z} \sum_{n=0}^\infty \Bigl(\frac{\Lambda e^z}{z}\Bigr)^n\,dz={} $$

Ряд сходится, если $|\Lambda|<\min\limits_{|z|=1} |ze^{-z}|=e^{-1}$. Придётся ограничить $\lambda$ ещё сильнее: $\lambda>1$.

$$ {}=\frac{\Lambda^x}{2\pi i}\oint_{|z|=1} \frac{e^{xz}}{z-\Lambda e^z}\,dz =\Lambda^x\cdot\operatorname{res}\limits_{|z|=a} \frac{e^{xz}}{z-\Lambda e^z} =\Lambda^x\cdot\frac{e^{xa}}{1-\Lambda e^{a}} =\Lambda^x\cdot\frac{e^{xa}}{1-a}, $$

где $a=a(\Lambda)$ --- корень уравнения $\Lambda=a e^{-a}$, причём меньший.

Возвращаемся к $\lambda$: $e^{-\lambda}=a e^{-a}$ (или $e^{a-\lambda}=a$) и

$$ f_\lambda(x)=e^{-\lambda x}\cdot\frac{e^{xa}}{1-a}=\frac{a^x}{1-a}. $$

Поэтому

$$ I(\lambda)=\frac{1}{1-a}\int_0^1 e^{x\ln a}\,dx=-\frac{1}{\ln a}. $$

Если $\lambda=1+e^{-1}$, то $a=e^{-1}$ и $I(1+e^{-1})=1$.

Если $\lambda=\pi$, то $e^{a-\pi}=a$ и $\pi I(\pi)=\pi/(\pi-a)$.
А вот дальше я шутку ТС оценить не смог: то ли Гельфонда надо было вспомнить, то ли теорию чисел лучше учить.

[RIP]

Для задачи-шутки предполагалось использовать теорему Нестеренко об алгебраической независимости $\pi$ и $\mathrm{e}^{\pi}$.