Zor İntegral Soruları

[samienes06]

1) $\int_{0}^{2\pi} \dfrac{x+\tan(\sin(x))}{2+\cos(x)}~dx=?$


2)$ \{x\}$ $x$'in kesirli kısmı olmak üzere

$ \int_{0}^{1} \{\ln(x+1)\} \ln(\{x+1\})~dx=?$


3)$\int_{0}^{1} x^2\ln(x)\arctan(x)~dx=?$


4)$\int_{0}^{1} \dfrac{\sec(\arctan(x))}{x+1}~dx=?$


Kaynak:Romanian Mathematical Magazine

[samienes06]

1) Bu integralde içerideki ifade tek fonksiyondur ve tek fonksiyonlar orijine göre simetrik olduklarından bu özelliği kullanmak için dönüşüm yapmamız gerekecek.

$u=\pi-x$ dönüşümü yaptığımızda integrali $\int_{-\pi}^{\pi} \dfrac{\pi-u+\tan(sin(u))}{2-\cos(u)}~du$ ve ordan da $\int_{-\pi}^{\pi} \dfrac{\pi}{2-\cos(u)}~du + \int_{-\pi}^{\pi} \dfrac{-u+\tan(\sin(u))}{2-\cos(u)}~du$ haline getirelim. İkinci terim fonksiyonun tekliğinden dolayı sıfır olur ve sadece ilk terimi incelememiz gerekir.

$\int_{-\pi}^{\pi} \dfrac{\pi}{2-\cos(u)}~du$ integralinde yarım açı tanjant dönüşümü kullanacağız. $t=\tan(\dfrac{u}{2})$ diyelim ve gerekli dönüşümleri yapıp terimleri yerlerine koyduğumuzda $\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{2\pi}{3t^2+1}~dt = \int_{0}^{\infty} \dfrac{4\pi}{3t^2+1}~dt $ elde ettik.

$\dfrac{4\pi}{\sqrt3}\int_{0}^{\infty} \dfrac{\sqrt3}{(\sqrt3t)^2+1}~dt $ şeklinde yazıldığında buradan $\arctan(\sqrt3t)$ 'lü bir ifade geleceği gözükebilir.

$\lim _{ a\rightarrow 0 }{ { \left[\dfrac{4\pi}{\sqrt3}\arctan(\sqrt3t)  \right] }_{ 0 }^{ a } } = \dfrac{2\pi^2}{\sqrt3} $

[Metin Can Aydemir]

$2)$ İntegral $0$'dan $1$'e olduğundan, $$\ln {(1)}=0\leq \ln {(x+1)}\leq \ln {(2)}<1$$ olur, yani $\{\ln {(x+1)}\}=\ln {(x+1)}$'dir. Ayrıca $\lfloor a\rfloor$ tamdeğer olmak üzere, $\{a\}=a-\lfloor a\rfloor$ olduğundan, $$\{x+1\}=(x+1)-\lfloor
 x+1\rfloor=x\Rightarrow \ln {(\{x+1\})}=\ln {x}$$ olur. Bulduklarımızı integrale yazarsak, $$I=\int_{0}^{1} \{\ln(x+1)\}\cdot \ln(\{x+1\})~dx=\int_{0}^{1} \ln {(x+1)}\cdot \ln {x}~dx$$ olur. $\ln {(x+1)}$ fonksiyonunun Maclauren serilerinden  $\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}\cdot x^{k}}{k}$ toplamına eşit olduğunu biliyoruz. $$I=\int_{0}^{1} \ln {(x+1)}\cdot \ln {x}~dx=\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k}\int_{0}^{1} x^{k}\cdot \ln {x}~dx$$ Şimdi $\int_{0}^{1} x^{k}\cdot \ln {x}~dx$ integraline bakalım. Kısmi integral uygularsak, $u=\ln {x}$ ve $dv=x^{k}~dx$ alırsak, $du=\dfrac{1}{x}~dx$ ve $v=\dfrac{x^{k+1}}{k+1}$ olur ve $$\int_{0}^{1} x^{k}\cdot \ln {x}~dx=\dfrac{x^{k+1}}{k+1}\cdot \ln {x}|_{0}^{1}-\int_{0}^{1} \dfrac{x^{k+1}}{k+1}\cdot \dfrac{1}{x}~dx$$ $\dfrac{x^{k+1}}{k+1}\cdot \ln {x}|_{0}^{1}$ ifadesinin $0$ olduğu limit kullanarak kolaylıkla görülebilir. Dolayısıyla, $$\int_{0}^{1} x^{k}\cdot \ln {x}~dx=-\int_{0}^{1} \dfrac{x^{k}}{k+1}~dx=-\dfrac{1}{(k+1)^2}$$ Bunu yerine yazarsak $$I=-\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k\cdot (k+1)^2}$$ $\dfrac{1}{k(k+1)^2}=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{(k+1)^2}$ olduğundan, $$I=-\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k\cdot (k+1)^2}=-\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k}+\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k+1}+\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{(k+1)^2}$$ $\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln 2$ ve $\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{12}$ eşitliklerini kullanırsak, $$I=-\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k}+\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k+1}+\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{(k+1)^2}=-\ln 2+(1-\ln 2)+(1-\dfrac{\pi^2}{12})=2-2\ln2-\dfrac{\pi^2}{12}$$ bulunur.

[Metin Can Aydemir]

$3)$ $\arctan (x)$ ifadesinin Maclaurin serisinden $\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}\cdot x^{2n-1}}{2n-1}$ olduğunu biliyoruz. Bunu integralde yerine yazarsak, $$I=\int_{0}^{1} x^2\ln(x)\arctan(x)~dx=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{2n-1} \int_{0}^{1} x^{2n+1}\cdot \ln (x)~dx$$ olur. İkinci sorunun çözümünde de gösterdiğimiz gibi $$\int_{0}^{1} x^{k}\cdot \ln (x)~dx=-\dfrac{1}{(k+1)^2}$$ dir. Burada $k=2n+1$ için $$\int_{0}^{1} x^{2n+1}\cdot \ln (x)~dx=-\dfrac{1}{(2n+2)^2}$$ bulunur. Yerine yazarsak, $$I=-\dfrac{1}{4} \cdot\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{(2n-1)(n+1)^2}$$ olur. Basit kesirlere ayırma yöntemiyle elde edebiliriz ki, $$\dfrac{1}{(2n-1)(n+1)^2}=\dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{1}{2n-1}-\dfrac{2}{9}\cdot \dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{1}{(n+1)^2}$$ dir. Buradan da, $$I=-\dfrac{1}{4}\cdot \left (\dfrac{4}{9}\cdot \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{2n-1}-\dfrac{2}{9}\cdot \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n+1}-\dfrac{1}{3}\cdot \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{(n+1)^2}\right )$$ $\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{2k-1}=\dfrac{\pi}{4}$, $\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln 2$ ve $\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{12}$ eşitliklerini kullanırsak, $$I=-\dfrac{1}{4}\cdot \left ( \dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{\pi}{4}-\dfrac{2}{9}\cdot (1-\ln 2)-\dfrac{1}{3}\cdot \left (1-\dfrac{\pi^2}{12}\right )\right )=-\dfrac{\pi^2+4\pi+8\ln 2-20}{144}$$ bulunur.