Ensino SuperiorIntegral Imprópria

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Integral Imprópria

Mensagem não lida por Andre13000 »

Prove que [tex3]\int_0^\infty\frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx=\frac{\pi}{n\sen \frac{m\pi}{n}}[/tex3]



“Study hard what interests you the most in the most undisciplined, irreverent and original manner possible.” -Richard Feynman

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Re: Integral Imprópria

Mensagem não lida por Andre13000 »

Deste tópico, viewtopic.php?f=2&t=60217, puxando o log na expressão final.

[tex3]\ln \frac{\sen 2m\alpha}{2mx\cos\alpha}=\ln (\sen 2m\alpha) -\ln( m\sen2\alpha)=\sum_{k=1}^{m-1}\ln\(1-\frac{x^2}{\sen^2 \frac{k\pi}{2m}}\)[/tex3]

Derivando em relação à alfa você tem:

[tex3]2m \cot 2m\alpha-2\cot 2\alpha=\frac{dx}{d\alpha}\frac{d}{dx}\sum_{k=1}^{m-1}\ln\(1-\frac{x^2}{\sen^2 \frac{k\pi}{2m}}\)\\
\cot 2\alpha-m\cot 2m\alpha=\cos\alpha\sum_{k=1}^{m-1}\frac{\sen\alpha}{\sen^2\frac{k\pi}{2m}-\sen^2\alpha}[/tex3]

Deixe que [tex3]m\to \infty[/tex3] , [tex3]\alpha\to 0[/tex3] e [tex3]2m\alpha=\theta[/tex3]

Algumas aproximações:

[tex3]\cot \varphi\approx \frac{1}{\varphi}\\
\sen \varphi\approx \varphi\\
\cos\varphi\approx 1-\frac{\varphi^2}{2}[/tex3]

[tex3]\sum_{k=1}^\infty \frac{4m^2\alpha}{k^2\pi^2-4m^2\alpha^2}=\frac{1}{2\alpha}-m\cot \theta\\
\sum_{k=1}^\infty \frac{2\theta m}{k^2\pi^2-\theta^2}=\frac{m}{\theta}-m\cot \theta\\
\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2\pi^2-\theta^2}=\frac{1-\theta\cot\theta}{2\theta^2}\\
[/tex3]

Fazendo [tex3]\theta=\frac{\pi a}{b}[/tex3]

[tex3]\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2b^2-a^2}=\frac{b-\pi a\cot\(\frac{\pi a}{b}\)}{2a^2b}=\frac{1}{2a}\left(\frac{1}{b-a}-\frac{1}{b+a}+\frac{1}{2b-a}-\frac{1}{2b+a}+\dots\right)[/tex3]

Ao trocar [tex3]b\to 2b[/tex3]

[tex3]\frac{2b-\pi a\cot\(\frac{\pi a}{2b}\)}{4a^2b}=\frac{1}{2a}\left(\frac{1}{2b-a}-\frac{1}{2b+a}+\frac{1}{4b-a}-\frac{1}{4b+a}+\dots\right)\\
[/tex3]

Subtraindo um do outro obtemos: (Utilizando que [tex3]\cot \frac{x}{2}-2\cot x=\tan \frac{x}{2}[/tex3]

[tex3]\frac{\pi \tan \frac{\pi a}{2b}}{4ab}=\frac{1}{2a}\left(\frac{1}{b-a}-\frac{1}{b+a}+\frac{1}{3b-a}-\frac{1}{3b+a}+\dots\right)[/tex3]

Interessante que você pode expandir a expressão ali encima em uma série de [tex3]\theta[/tex3] para obter o seguinte:

[tex3]\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2b^2-a^2}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2b^2}\frac{1}{1-\frac{a^2}{k^2b^2}}=\sum_{k=1}^\infty \sum_{n=0}^\infty \frac{a^{2n}}{(kb)^{2n+2}}=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=1}^\infty \frac{a^{2n}}{(kb)^{2n+2}}[/tex3]

Portanto ao tomar b=1:

[tex3]\frac{1-\pi a\cot \pi a }{2}=\sum_{n=1}^\infty a^{2n}\left(\frac{1}{1^{2n}}+\frac{1}{2^{2n}}+\frac{1}{3^{2n}}+\dots\right)[/tex3]

Alternativamente, voltemos à série com [tex3]\theta[/tex3] :

[tex3]\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2\pi^2-\theta^2}=\frac{1-\theta\cot\theta}{2\theta^2}\\
\sum_{k=1}^\infty\frac{-\frac{2\theta}{k^2\pi^2}}{1-\frac{\theta^2}{k^2\pi^2}}=\cot\theta-\frac{1}{\theta}[/tex3]

Integrando os dois lados:

[tex3]\int\sum_{k=1}^\infty\frac{-\frac{2\theta}{k^2\pi^2}}{1-\frac{\theta^2}{k^2\pi^2}}d\theta=\int\cot\theta d\theta-\int\frac{1}{\theta}d\theta\\
\ln\(1-\frac{\theta^2}{k^2\pi^2}\)=\ln \sen\theta-\ln \theta+C_1\\
\ln\(\frac{\sen\theta}{\theta}\)=\ln \[C_2\prod _{k=1}^\infty\(1-\frac{\theta^2}{k^2\pi^2}\)\]\\
\frac{\sen\theta}{\theta}=C_2\prod_{k=1}^\infty \(1-\frac{\theta^2}{k^2\pi^2}\)[/tex3]

Como [tex3]\frac{\sen\theta}{\theta}=1-\frac{\theta^2}{3!}+\frac{\theta^4}{5!}-\dots[/tex3] , [tex3]C_2=1[/tex3]

[tex3]\frac{\sen\theta}{\theta}=\prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{\theta^2}{k^2\pi^2}\right)[/tex3]

Também temos:

[tex3]\ln \frac{\sen 2m\alpha}{2mx\cos\alpha}=\ln (\sen 2m\alpha) -\ln( m\sen2\alpha)=\sum_{k=1}^{m-1}\ln\(1-\frac{x^2}{\sen^2 \frac{k\pi}{2m}}\)=-\sum_{k=1}^{m-1}\sum_{r=1}^\infty \frac{x^{2r}}{r\sen^{2r}\frac{k\pi}{2m}}[/tex3]

Fazendo o mesmo processo que antes, ao deixar [tex3]2m\alpha=\theta[/tex3] , [tex3]\alpha \to 0[/tex3] e [tex3]m\to\infty[/tex3] , temos:

[tex3]\ln (\sen\theta)-\ln(\theta)=-\sum_{k=1}^\infty \sum_{r=1}^\infty \frac{\theta^{2r}}{rk^{2r}\pi^{2r}}=-\sum_{r=1}^\infty \frac{\theta^{2r}}{r\pi^{2r}}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{2r}}[/tex3]

Você também pode ver [tex3]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2r}}[/tex3] na notação mais breve [tex3]\zeta(2r)[/tex3]

[tex3]\ln(\sen\theta)=\ln(\theta)-\sum_{r=1}^\infty \frac{\theta^{2r}}{r\pi^{2r}}\zeta(2r)[/tex3]

Fiz essas demonstrações porque alguns resultados são importantes na resolução deste problema.

A integral a gente pode calcular fazendo o seguinte:

[tex3]\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx=\int_0^1 \frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx+\int_1^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx[/tex3]

A primeira integral pode ser facilmente expandida em uma série de potências de x, idem para a segunda ao fazer [tex3]x=\frac{1}{t}[/tex3] . A expressão resultante é (considerando convergência uniforme da série):

[tex3]\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx=\frac{1}{m}+\frac{1}{n-m}-\frac{1}{n+m}-\frac{1}{2n-m}+\frac{1}{2n+m}+\frac{1}{3n-m}-\frac{1}{3n+m}-\dots\\
\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx=\frac{1}{m}+\(\frac{1}{n-m}-\frac{1}{n+m}+\frac{1}{3n-m}-\frac{1}{3n+m}+\dots\)\\
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~-\(\frac{1}{2n-m}-\frac{1}{2n+m}+\frac{1}{4n-m}-\frac{1}{4n+m}+\dots\)\\
\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx=\frac{1}{m}+\frac{\pi \tan\frac{m\pi}{2n}}{2n}-\frac{2n-\pi m\cot \frac{m\pi}{2n}}{2mn}\\
\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx=\frac{\pi}{2n}\(\tan \frac{m \pi}{2n}+\cot \frac{m\pi}{2n}\)=\frac{\pi}{2n}\frac{\sec^{2}\frac{m\pi}{2n}}{\tan \frac{m\pi}{2n}}=\frac{\pi}{n\sen \frac{m\pi}{n}}[/tex3]



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