6 svar

382 visningar

AlvinB behöver inte mer hjälp

Integral av ln(ln(x))

Hej!

Jag sitter och klurar på integralen:

$\displaystyle\int_0^1\ln\left(\ln\left(x\right)\right)\ dx$

Jag är medveten om att $\ln(x)$ ger negativa värden på intervallet $[0,1]$ och att den yttre logaritmen då kommer vara komplexvärd. Jag tar därför principalvärdet av logaritmen.

I försök att beräkna detta använde jag partialintegration för att få fram en primitiv funktion:

$\displaystyle\int\ln\left(\ln\left(x\right)\right)\ dx=x\ln\left(\ln\left(x\right)\right)-\int\frac{1}{\ln(x)}\ dx=x\ln\left(\ln\left(x\right)\right)-\text{li}\left(x\right)+C$

där $\text{li}(x)$ betecknar logaritmintegralen:

$\displaystyle\text{li}\left(x\right)=\int_0^x\frac{1}{\ln(t)}\ dt$

(med Cauchy-principalvärdet av integralen på grund av diskontinuiteten vid $t=1$ )

Denna primitiva funktion ger:

$\displaystyle\int_0^1\ln\left(\ln\left(x\right)\right)\ dx=[x\ln\left(\ln\left(x\right)\right)-\text{li}\left(x\right)]_0^1=\lim_{x\to1^-}(x\ln\left(\ln\left(x\right)\right)-\text{li}\left(x\right))-\lim_{x\to0^+}(x\ln\left(\ln\left(x\right)\right)-\text{li}\left(x\right))=$

$=\lim_{x\to1^-}(x\ln\left(\ln\left(x\right)\right)-\text{li}\left(x\right))-0=\lim_{x\to1^-}x\ln\left(\ln\left(x\right)\right)-\text{li}\left(x\right)$

men detta gränsvärde lyckas jag inte beräkna, hur jag än bär mig åt. Någon som har några idéer?

Man borde kunna beräkna gränsvärdet med någon form av serieutveckling, men gissar att det blir rätt bökigt.

För övrigt noterade jag att den snarlika integralen:

$\displaystyle \int_0^1 \ln (\ln (\frac{1}{x})) dx=-\gamma$

Kan det vara till hjälp?

tomast80 skrev:
Man borde kunna beräkna gränsvärdet med någon form av serieutveckling, men gissar att det blir rätt bökigt.
För övrigt noterade jag att det snarlika integralen:
$\int_0^1 \ln (\ln (\frac{1}{x})) dx=-\gamma$
Kan det vara till hjälp?

Jo, jag är hyfsat säker på att min integral har värdet:

$\displaystyle\int_0^1\ln\left(\ln\left(x\right)\right)\ dx=-\gamma+i\pi$

men jag är mer intresserad av hur man kommer fram till värdet än vad det faktiskt är. Har du någon idé om var man kan börja i de bökiga serieberäkningarna?

EDIT: Hur beräknar du förresten din reellvärda integral?

Jag förstår. Har inte räknat ut den själv utan tagit sambandet för givet. Har tyvärr ingen konkret idé på hur man går vidare.

Hittade dock en hel del matnyttig info här:

http://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.231.4513&rep=rep1&type=pdf

Jag tror jag knäckte din integral nu. Med substitutionen $t=-\ln(x)$ blir $dx=-e^{-t}\ dt$ och integralen fås till:

$\displaystyle\int_0^1\ln\left(\ln\left(\frac{1}{x}\right)\right)\ dx=\int_0^1\ln\left(-\ln\left(x\right)\right)\ dx=-\int_\infty^0 e^{-t}\ln\left(t\right)\ dt=\int_0^\infty e^{-t}\ln\left(t\right)\ dt$

Denna integral kan sedan beräknas genom att utgå från gammafunktionen

$\displaystyle\Gamma\left(z\right)=\int_0^\infty x^{z-1}e^{-x}\ dx$

och derivera båda led med avseende på $z$ :

$\displaystyle\Gamma\prime\left(z\right)=\frac{d}{dz}(\int_0^\infty x^{z-1}e^{-x}\ dx)$

$\displaystyle\Gamma\prime\left(z\right)=\int_0^\infty\frac{\partial}{\partial z}\left(x^{z-1}e^{-x}\right)\ dx$

$\displaystyle\Gamma\prime\left(z\right)=\int_0^\infty x^{z-1}\ln\left(x\right)e^{-x}\ dx$

Insättning av $z=1$ ger därefter:

$\displaystyle\Gamma\prime\left(1\right)=\int_0^\infty x^{1-1}\ln\left(x\right)e^{-x}\ dx=\int_0^\infty e^{-x}\ln\left(x\right)\ dx$

Då gammafunktionens derivata är lika med $\Gamma\prime(z)=\Gamma(z)\psi(z)$ blir $\Gamma\prime(1)=\Gamma(1)\psi(1)=\psi(1)=-\gamma$ , och alltså får vi:

$\displaystyle\int_0^\infty e^{-x}\ln\left(x\right)\ dx=\psi\left(1\right)=-\gamma$

Förmodligen är det även möjligt att med hjälp av satsen om monoton konvergens bevisa att integralen har värdet $-\gamma$ .

EDIT: Lyckades även visa integralen utan hänvisning till digammafunktionen $\psi(z)$ :

Visa spoiler

Vi vill beräkna integralen:

$\displaystyle I=\int_0^\infty e^{-x}\ln\left(x\right)\ dx$

Med hjälp av gränsvärdet:

$\lim_{n\to\infty}(1-\dfrac{x}{n})^n$

kan vi skapa funktionsföljden:

$f_n\left(x\right)=\{\begin{matrix}(1-\frac{x}{n})^n\ \text{ifall}\ x\leq n\\0\ \text{annars}\ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}$

och vi ser att $f_n(x)\nearrow e^x$ . Satsen om monoton konvergens ger då:

$\displaystyle\int_0^\infty e^{-x}\ln\left(x\right)\ dx=\lim_{n\to\infty}\int_0^\infty f_n\left(x\right)\ln\left(x\right)\ dx=$

Då $f_n(x)=0$ för alla $x>n$ kan vi skriva integralen som:

$\displaystyle=\lim_{n\to\infty}\int_0^n f_n\left(x\right)\ln\left(x\right)\ dx=\lim_{n\to\infty}\int_0^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\ln\left(x\right)\ dx=$

Med substitutionen $x=nu$ , $u=x/n$ , $dx=n\ du$ erhålls:

$\displaystyle=\lim_{n\to\infty}n\int_0^1\left(1-u\right)^n\ln(\left(nu\right)\ du=\lim_{n\to\infty}n\int_0^1\left(1-u\right)^n\left(\ln\left(n\right)+\ln\left(u\right)\right)\ du=$

Substitutionen $t=1-u$ , $u=1-t$ , $du=-dt$ leder nu till:

$\displaystyle=\lim_{n\to\infty}-n\int_1^0 t^n\left(\ln\left(n\right)+\ln\left(1-t\right)\right)\ dt=\lim_{n\to\infty}n(\int_0^1 t^n\ln\left(n\right)\ dt+\int_0^1 t^n\left(1-t\right)\ dt)=$

Maclaurinutvecklingen av $\ln(1+x)$ lyder:

$\displaystyle\ln\left(1+x\right)=\sum_{n=1}^\infty \left(-1\right)^{n+1}\cdot\frac{x^n}{n}$

Byts $x$ mot $-x$ erhålls:

$\displaystyle\ln\left(1-x\right)=\sum_{n=1}^\infty \left(-1\right)^{n+1}\cdot\frac{\left(-x\right)^n}{n}=-\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}$

Sätts detta nu in i den högra integralen fås:

$\displaystyle I=\lim_{n\to\infty}n\ln\left(n\right)\int_0^1 t^n\ dt-n\int_0^1 t^n\sum_{k=1}^\infty\frac{t^k}{k}\ dt=\lim_{n\to\infty} n\ln\left(n\right)[\frac{t^{n+1}}{n+1}]_0^1-n\sum_{k=1}^\infty\int_0^1\frac{t^{n+k}}{k}\ dt=$

$\displaystyle=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\cdot\ln\left(n\right)-n\sum_{k=1}^\infty[\frac{t^{n+k+1}}{k(n+k+1)}]_0^1=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\cdot\ln\left(n\right)-n\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k(n+k+1)}$

Partialbråksuppdelning ger:

$\dfrac{1}{k(n+k+1)}=\dfrac{A}{k}+\dfrac{B}{n+k+1}$

Med Heavisides handpåläggningsmetod fås $A=1/(n+1)$ och $B=-1/(n+1)$ . Detta ger:

$\displaystyle I=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\cdot\ln\left(n\right)-\frac{n}{n+1}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k+1}=$

Analyserar man nu summan som bildas till höger inser man att de vänstra termerna bildar summan $1+1/2+1/3+...$ och de högra termerna $-1/(n+2)-1/(n+3)-1/(n+4)-...$ . Således kommer alla termer efter $k=n+1$ att ta ut tidigare termer, vilket gör att summan i själva verket bara är lika med $1+2+3+...1/n+1/(n+1)$ :

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}(\ln\left(n\right)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k})=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}(\ln\left(n\right)-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\frac{1}{n+1}$

Beräknas nu gränsvärdet erhålls slutligen:

$\displaystyle I=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)\lim_{n\to\infty}(\ln\left(n\right)-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\frac{1}{n+1})=1\cdot(\lim_{n\to\infty}-(\sum{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln\left(n\right))-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1})=-\gamma-0=-\gamma$

V.S.V.

Nu tror jag även att bitarna föll på plats för min egen integral. Samma substitution, $t=-\ln(x)$ , ger:

$\displaystyle\int_0^1\ln\left(\ln\left(x\right)\right)\ dx=-\int_\infty^0 e^{-t}\ln\left(-t\right)\ dt=\int_0^\infty e^{-t}\ln\left(-t\right)\ dt=$

Då vi tar principalvärdet av logaritmen blir $\ln(-t)=\ln(t)+i\pi$ , och vips så har vi trollat fram $e^{-x}\ln(x)$ -integralen från det förra inlägget!

$\displaystyle=\int_0^\infty e^{-t}\left(\ln\left(t\right)+i\pi\right)\ dt=\int_0^\infty e^{-t}\ln\left(t\right)\ dt+\int_0^\infty e^{-t}\cdot i\pi\ dt=-\gamma+i\pi[-e^{-t}]_0^\infty=-\gamma+i\pi\left(0-\left(-1\right)\right)=-\gamma+i\pi$

Det verkar som tipset med den andra integralen gjorde susen. Jag får tacka så mycket. :-)

Mycket vackert, AlvinB!

Kul att kunna bidra!

Svara

Visa senaste svar