Integral Kokeboken. sin(πx 2 ) sinh 2 (πx) dx = 2. 1 log x. + log(log x) dx = x log(log x) + C. cos(x2 ) + sin(x 2 ) dx = 2π. 1 k t.

Transkript

1 Integral Kokeboken sinπ sinh π 4 log + loglog loglog + C cos + sin π t e Γt k k t Γtζt arcsin + arccos π + C

2 Integral fra R til Z π 6 sec y dy ln 3 i 64 The integral sec y dy From zero to one-sith of pi Is the log to base e Of the square-root of three Times the sity-forth power of i Abstrakt I dette heftet så tar vi et dypdykk ned i kanskje den mest fundamentale delen av kalkulus. Vi skal se på kunsten å integrere. Grovt sett kan vi dele grenen av matematikk kalt kalkulus inn i to hovedområder, derivasjon og integrasjon. Der derivasjon tar seg av forandringer i funksjoner, fokuserer integrasjon på å studere areal knyttet til funksjoner. Bak den enkle tanken av å finne arealet av figurer, gjemmer også noen av de nydeligste problemene innen matematikk seg. Studiet av disse problemene er selve kjernen av dette dokumentet.

3 III

4 . Introduksjon III I første del dyppet du forsiktig tærne ned i innsjøen av integrasjonsteknikker. Mens i andre del lærte du, og forhåpentligvis mestret en rekke teknikker for å holde deg flytende. Men jeg håper du er god til å holde pusten for nå skal vi dykke dypt, dypt ned i mørket av integrasjonsmetoder. Denne delen vil ha fokus på to hovedområder, spesielle funksjoner og spesielle teknikker. Videre vil du finne flere eksempler på hvor disse to områdene virker i skjønn harmoni for å løse vanskelige integral. Vi vil studere rekkeutvikling, kompleks anaylyse, derivasjon under integraltegnet, omskrivninger til dobbeltintegralet og mye mer. [? ]. Viktige konstanter I denne seksjonen blir et knippe viktige konstanter tatt opp. Det er viktig å huske på at det å oppgi svaret som ζ3 eller Γ/4 ikke er noe forskjellig fra et svar som π eller e. Forskjellen kommer i hva en legger i et elementært uttrykk. Herfra blir et par konstanter nevnt, som forfatter mener er elementære... Euler Mascheroni konstanten γ Euler s konstant ble først introdusert av Leonard Euler i 734 som γ : lim logn n Grunnen til at konstanten ofte omtales som Euler Mascheroni er at selv om det var Euler som først studerte grensen var det Lorenzo Mascheroni 75 8 som fra 79 skrev flere utdypende papir om konstanten, og dermed grunnlaget for videre studier. Nøyaktig når notasjonen γ, ble kom i bruk er uvist, men det som er sikkert er at navnet er valgt grunnet konstantens nære relasjon til Gammafunksjonen Γz zeγz n [ + z e z/n]. n hvor beviset kommer vi tilbake til senere. Formelen gir oss og med en gang relasjonen Γ ψ γ. Det er fortsatt ukjent om γ er et algebraisk eller trancendentalt. Faktisk vet en ikke engang om γ er irrasjonelt, selv om det er sterke antakelser om det. Foruten om å være nært tilknyttet gammafunksjonen spiller og funksjonen en viktig rolle innen Analyse Bessel funksjoner, eksponensial-integral, summer, osv, og dukker og hyppig opp i Tallteori. Det er liten tvil om at selv om konstanten ikke er like kjent som π eller e så er den en av de aller viktigste matematiske konstantene vi har i dag.

5 Integral-representasjoner av gamma γ e log 4 log log e log H e e + k e k > log + Som eksempel velger vi her å vise følgende Eksempel.. γ log log e log Bevis. For å bevise følgende trengs definisjonen av Γ som dessverre kommer først senere og er gitt som Γ Merker oss at ved å derivere likningen fås d Γ Γ t e t dt t e t log t dt e t log t dt. Dersom vi nå benytter oss av substitusjonen log/t i likning. fås Γ log log.3 Å vise at Γ γ kan gjøres ved å studere se på logartimen av likning., også derivere. Men for øyeblikket overlates dette til leser. Vi har altså γ Γ log log e log som var det vi ønsket å vise. Vi kommer tilbake til Γ når vi diskuterer digamma-funksjonen... Catalan s Konstant G

6 Catalans konstant er navngitt etter Eugène Charles Catalan og er definert som G : Konstanten dukker hyppig opp i problemer innne kombinatorikk, og inneholder mange fine identiter. Det er ikke kjent hvorvidt G er irrasjonell, eller trancendental og noen ganger betegnes og konstanten som Catalan. Noen viktige identiter G β π/4 π/4 n n n + arctan t dt t π/4 log cot t dt logsin t dt dy + y log t + t dt t dt sin t cos t π/4 arctan e t dt π/4 log t + t log tan t dt logcos t dt hvor β er Dirichlet beta funksjonen. Eksempel.. I Del II ble følgende resultat bevist ved å bruke at log a + b π b log a b log + Dette så vi ved å legge merke til at arealet fra til var like stort som fra til. Noe merkelig var at verdien av disse integralene aldri ble vist! Fra tabellen over ser vi at integralene er lik G, og dette viser vi nå med rekkeutvikling. Bevis. 4

7 ..3 Glaisher Kinkelin konstanten.3 Spesialfunksjoner.3. Gammafunksjonen Det finnes mange funksjoner innen matematikk som bare er definert for hele tall. Eksempelvis så kan summmen av de n første naturlige tallene skrives som T : N N T n n n + n ved hjelp av enkel algebra kan summen skrives på lukket form som k T n nn +.4 Nå er formelen bare gyldig for naturlige tall. Men likevel gir formelen en mulig definisjon av hva det vil si og legge sammen de 5 første naturlige tallene. En naturlig fortsettelse til det å legge sammen de n første tallene, vil være å gange sammen de n første tallene T : N N T n n k n n n! k Det ble lenge lett etter et lukket uttrykk for produktet slik som likning.4 gir en naturlig utvidelse for addisjon av de naturlige tallene. Motivasjonen er altså å gi mening til n! når n ikke er et heltall. Leonard Euler viste heldigvis at det var mulig å konstruere en slik funksjon som følger Definisjon.. For, definer Γ + : t e t dt Vi ønsker først å vise at denne funksjonen virkelig er en utvidelse av fakultetsfunksjonen, via delvis integrasjon fås Γ + t e t dt [ t e t] t e t dt Γ Hvor e t vokser raskere enn t, > slik at t e t når t. Ved å anta at n N fås Γn + nγn nn Γn n n... Γ n! Γ og det er trivielt å vise at Γ. Det mangler selvsagt å vise at Gamma funksjonen er konvergent for alle men det ligger utenfor hva dette dokumentet prøver på. I stedet vil vi fokusere på viktige egenskaper til funksjonen, enn å være helt formelle. 5

8 y Å finne funksjoner slik at f og at f + f er ikke spesielt vanskelig og det finnes hele funksjonsgrupper som tilfredstiller disse kravene. Eksempelvis har vi F Γ d Γ log Γ eller f e gz [ z n ] + z e z/m m Hvor i siste definisjon så er g alle funksjoner som tilfedstiller gz + gz γ + kπi k Z. Som en artig kuriositet fås gammafunksjonen ved å velge den enkleste funksjonen g som gz γz. Enda mer tåpelige eksempler inneholder eksempelvis / < < G < 3 3 < 4. Så hvorfor velges utvidelsen av fakultetfunksjonen til å være akkuratt lik definisjon.? Svaret på spørsmålet får en kanskje fra at gammafunksjonen er logaritmisk konveks. At en funksjon er konveks betyr dette at funksjonen er synkende for alle verdier. Eventuelt dra et linjestykke mellom to vilkårlige punkt på funksjonen, da vil alle punkt på linjestykket ligge over funksjonen. Dette kan Figur : er konveks da alle punkter på den rød linjen ligger over funksjonen. formelt skrives som Definisjon.. En funksjon f : a, b R er kalt konveks hvis for ethvert par, y a, b så gjelder ulikheten for alle λ,. f λ + λy λf + λfy For å gi litt trening i å bruke gammafunksjonen velger vi å bevise at den er logaritmisk konveks. Til det trengs følgende ulikhet Lemma.. Hölder s ulikhet. La p,q være to positive reelle tall slik at p + q. Da for alle integrerbare funksjoner f, g : [a, b] R, så har vi b a /p b b fg f p g q a a /q 6

9 Bevis. La p, og p + q Γ p + y q. Herfra ser vi på t /p+y/q e t dt t /p t y/q t /p t /q e t/p e t/q dt siden p + q t e t /p t y e t /q dt /p /p t e t dt t y e t dt Γ /p Γy /q. Dersom vi nå lar λ /p og dermed γ /q. Så har en at λ,, og Γ λ + λy Γ λ Γy λ [ log Γ λ + λy ] log [Γ λ Γy λ] λ log Γ + λ log Γy. for enhver, y,. At log Γ er konveks følger dermed direkte fra definisjon.. Hva dette i praksis vil si for gammmafunksjonen er at vi kan etablere en rekke ulikheter, og egenskaper til gammafunksjonen da den oppfører seg relativt sett pent. Kanskje det viktigste egenskapen er at gammafunksjonen er den eneste funksjonen som har disse egenskapene. Altså Theorem.. Bohr Mollerup Gitt en funksjon f :,, som tilfredstiller. f. f + f 3. log f er konveks. Da følger det at f Γ,. Gjennom utledningen til Bohr Mollerup teoremet følger blant annet følgende resultat. [ n! n z ] Γz lim.5 n zz +... z + n Hvor førstnevnte ulikhet krediteres til Euler, ved å bruke likning.5 kan følgende theorem utledes Theorem.. Weiserstrass produktet er definert som Γz : zeγz n z ep z n n.6 for alle z C forutenom z N. Altså polene,,... til gammafunksjonen. 7

10 som et bedre kjent som et av Weierstrass produktene, her følger et kort bevis Bevis. Vi tar utgangspunkt i likning.5 og ser på inversen. [ ] zz + z + n Γz lim n n z n n n z + k z lim n n z k k n n log n z lim e z e z/k + z e z/k n k k k z lim n e z log n e z+/+/3+... z lim n e zhn logn ze γz n n k + z e z/n n + z k n k + z e z/k k e z/k Hvor H n er de n første tallene i den harmoniske serien. det andre Weiestrassproduktet definerer sin π og er gitt som sin πz πz z n n.7 Som kan bevises formelt via Weierstrass faktoriserings teorem ellers kan en anta at sin πz kan skrives som et produkt av alle sine nullpunkter, ved å gange sammen røttene på en smart måte fås teoremet. For nå tar vi det for gitt at likning.7 stemmer, og ønsker heller å vise følgende teorem. Theorem.3. Euler s refleksjons formel For alle,, så holder identeiteten ΓzΓ z π sinπz.8 Å vise denne sammenhengen uten Weierstrass produktene er noe trasig, men kan gjøres ved å skrive om høyresiden til et integral som løses via kompleks analyse eller å vise at φ ΓΓ oppfyller en bestemt differensiallikning hvor løsningen gir oss resultatet. Bevis. Ved å ta utgangspunkt i likning.6 så har vi at Γ zγz 8

11 zγ zγz og Γz Γz Γz Γ ze γz Γ z z Γ z z n z e γz e γz n z ep z ze γz + z z ep n n n n n {[ + z ] e z/n} {[ z ] e z/n} n n n z n n z Ved nå å sammenlikne med likning.7 så har vi Γz Γ z sinπ π og resultatet følger direkte. n Ved å bruke resultatet ovenfor kan vi eksempelvis utlede følgende Lemma.. Den gaussiske funksjonen e u integrert over R er lik π. e u du π Bevis. Ved å sette z / inn i likning.8 fås Γ Γ π sin π Γ π Herfra ser vi at Γ/ π. Videre ved å bruke selve definisjonen av gammafunksjonen så har vi at Γ t / e t dt e u du e u du Via substitusjonen t u. Å kombinere dette resultatet med uttrykket for Γ/ fullfører beviset. Som er et svært viktig resultat innen statistikk og sannsynlighetsregning. Til slutt regner vi ut to siste integral herfra blir resten av resultatene knyttet til gammafunksjonen tatt i oppgavedelen. Vi ønsker å vise følgende Vi har tidligere sett at de logaritmiske egenskapene til gammafunksjonen er svært viktige. Bla gir har vi et resultat som sier at Theorem.4. Stirrlings approimasjon Gitt følgende grense n lim n πn n n e så er n n n! πn e for store n. 9

12 Stirrlings approimasjon eller formel, kan og skrives som, logn! πn + n log n n. Resultatet kan selvsagt generaliseres for gammafunksjonen. Et forenklet bevis for overnevnte finnes i oppgavesammlingen under. Vi velger heller å prøve å vise følgende Bevis. Vi har at først at log ΓΓ log Γ log πn log Γ + log Γ log Γ log Γ log Γy dy ved nå og bruke Eulers refleksjonsformel, ta logaritmen og integrere får vi at π log ΓΓ log sinπ som var det vi ønsket å vise. log Γ log π log sinπ log Γ [log π + log] log π For å se det siste integralet kan substitusjonen y π så da fås log sinπ π π log sin y dy som er et standard integral som har blitt beregnet flere ganger før. Oppgaver. I denne oppgaven skal vi kartlegge en tilnærmelse til Γ, også bedre kjent som Stirrling s formel. Vi utvikler bare rekken til andre ledd, da videre utvikling krever mer arbeid. Bestem et lukket uttrykk for S N log i, og videre vis at S tilnærmet er en Riemansum til integralet S C i n log. Bruk uttrykket for S og integralet til å bekrefte at N N N! C e for store N, der C er konstant.

13 . I denne oppgaven er ikke integrasjon i fokus. Men heller det å bli mer stø i å bruke Γ funksjonen. Uansett er det sterkt anbefalt å prøve seg på følgende oppgaver. Vi tar atter en gang og dypper fingrene ned i kvantevannet, merk som vanlig at målet å lære matematikken og ikke fysikken, men litt forklaring trengs likevell. Et kvantifisert magnetisk moment har kvantetilstander som betegnes med verdiene s ±. Avhengig av om det magnetiske momentet peker med eller mot påsatt magnetfelt. Tenkt på en magnet med + og. Vi betrakter et stort antall N slike magnetiske moment. Hvor N + har verdien s + og N. Videre så er N + + N N. Tilslutt så er det totale magnetiske momentet gitt som m N + N /N. Målet med blir å bestemme Entropien S uorden eller kvantevillskapen til systemet. Stefan-Boltzans lov at entropien i et slikt magnetisk system er gitt som N! S k log N!N +! a Bruk uttrykket for Entropen og Stirllings formel se forrige oppgave til å vise at entropien S kan skrives som S Nk [ A B + m log + m C m log m ] og kartlegg dermed konstantene A, B og C. 3. Bestem følgende integral I e a e b ρ+ der a,b positive konstanter, og ρ <. Integralet refferes noen ganger til som et generalisert frullani integral, der det klassiske frullani integralet fås ved å studere grensetilfellet ρ, som vi skal studere senere. 4. Definer følgende funksjoner f : log Γ + t og g : t log, vis differansen mellom f og g er høyst en konstant, og kartlegg konstanten. Bestem dermed integralet log Γ + t..3. Betafunksjonen Integralet som vi studerte i forrige seksjon er også kjent som Euler s andre integral og i denne seksjonen skal vi se nærmere på Euler s første integral, kanskje bedre kjent som betafunksjonen og er definert som følger

14 Definisjon.3. For alle, y > så defineres B, y t t y dt Tilsvarende som for gammaintegralet er det viktig å vite at integralet virkelig er konvergent for alle, y >. Eksempelvis om < så vil integranden gå mot uendelig når vi nærmer oss origo. Tilsvarende så vil integranden blåse opp for t når y <. beta- og gammafunksjonen er svært nært knyttet til hverandre og vi har følgende resultat. Theorem.5. For alle, y > så har vi relasjonen B, y ΓΓy Γ + y Beviset overlates til leser Se oppgavene, da igjen gir det god trening i både bevisføring, algebra, og å komfortabel med beta og gammafunksjonens egenskaper. Velger heller å vise følgende Eksempel.3. Ba, b Bevis. Tar utganspunkt i definisjonen Ba, b t a t b dt t dt.9 + t a+b Benytter oss av substitusjonen t/ t som gir t [,. a b + + som var det en ønsket å vise. som er en svært nyttig identitet. Et annet eksempel er følgende B, y t + t a+b t t y dt [sin θ ] [ sin θ ] y cos θ sin θ dθ π/ sin θ cos θ y dθ Vi velger å ta med et siste eksempel, som kan vises utelukkende med gammafunksjonen, men å bruke betafunksjonen gjør arbeidet noe enklere.

15 Eksempel.4. Vi ønsker å vise at { } M + u β α : hvor β og α er reelle positve konstanter. u α du + u β π/β sin πα/β Bevis. Vi betegner integralet som I og benytter oss av substitusjonen + u β u /β slik at I Settes nå /v fås β u α + u β du β α /β /β v α/β v +α/β dv β B α β +, α β Ved å benytte seg av definisjonen til betafunksjonen, og Eulers refleksjonsformel fås I β Γ α/β Γ α/β Γ α/β + + α/β som var det vi ønsket å vise. π/β sin πα/β Resultatet kan og vises ved å ta utgangspunkt i likning.9, via substitusjonen t β. Som gir t a t aβ Ba, b dt β + t a+b + β dt a+b og resultatet følger ved å sette b + a og a β α så α + β α β B β, α π/β β sin πα/β tilsvarende som før. Oppgaver 5. Vis følgende log B, y ψ ψ + y 6. Vi skal i denne oppgaven bevise relasjonen mellom beta- og gammafunksjonen B, y : ΓΓy Γ + y og til dette benyttes følgende funksjon φ : B, yγ + y Γy Vis at φ oppfyller følgende egenskaper. 3

16 φ φ + φ 3 log φ er konveks og benytt Bohr-Mullerup teoremet til å fullføre beviset. 7. I denne oppgaven ønsker vi å bevise av multiplikasjons theoremet bedre kjent som Legendre s dobbel formel Legendre s duplication formula. ΓzΓ z + z z Γz. Vis først at Ba, a a B a, og bruk dette til å bevise Legendre s dobbel formel. Vis og at identiteten kan skrives som Γ n + π n! n.. n! dersom n N. 8. Wallis integralene er nesten like kjent som Wallis produktet og er definert som W n π/ sin n π/ sin. Vis at integralene er like og bestem verdien til til W n for odde og like n. Du kan fritt benytte deg av Legendre s form fra forrige oppgave..3.3 Digamma-funksjonen I denne delen skal vi se nærmere på digammafunksjonen psi Definisjon.4. Digammafunksjonen er definert som følger ψz Γ z Γz d dz log Γz også kjent som den logaritmisk-deriverte av gammafunksjonen. Noen ganger betegnes også funksjonen som ψ, som vi skal senere. For nå beholdes den originale notasjonen for enkelhetens skyld. Et viktig resultat er følgende ψ z ψz π cotπz. 4

17 Bevis. Resultatet ligner veldig på Eulers refleksjonsformel. Så en naturlig start er å derivere formelen, vi har da d ΓΓ d π sinπ Γ Γ ΓΓ π sinπz ψzγzγ z Γzψ zγ z π ΓzΓ z [ ψ z ψz ] π [ ] ψ z ψz sinπz π sinπz π sinπz ψ z ψz π cotπz cosπz sinπz sinπz cotπz π cotπz π cotπz som var det vi ønsket å vise. Her ble det brukt at Γ ψγ, Eulers refleksjonsformel, og noen velkjente trigonometriske identiter. Enda en viktig identitet er følgende ψ + z ψz z. Bevis. Vi starter med følgende likning Γ + z Γz z..3 Dette følger selvsagt direkte fra at per definisjon så er Γz+ zγz. Derivasjon av begge sider gir Γ + z Γz ψ + z ψz ψ + z ψz og beviset fullføres ved å dele begge sider på. Her ble likning.3 benyttet og kvotientregelen. Vi tar et raskt lite eksempel for å vise hvor kraftig disse enkle relasjonene kan være Eksempel.5. Vis at log + π 4 Bevis. Vi begynner med å definere følgende integral Ia : a + Der vi legger merke til at integralet vi ønsker å bestemme er I. Hvorfor vi har lov til å bytte om integral og derivasjonstegnet kommer senere, men for nå 5

18 holder det å si at dette er lovlig da funksjonen er begrenset. Utregningen av Ia går som følger Ia a + t β + t t, β a +, a + Γ a + B a + Γ a + Dersom vi nå deriverer Ia med hensyn på a fås I a a + 4 Γ Γ a + [ a + ψ settes nå a fås I 4 Γ og vi er ferdige. [ ] 3 3 Γ ψ ψ 4 Under blir noen av detaljene i beviset gjennomgått Γ Γ + Γ hvor Γ + Γ ble benyttet. Tilslutt så er [ 3 ψ ψ ψ + ] ψ hvor likning. benyttet. La oss vise en annen representasjon av ψ, nemlig ψz γ z + n n n + z ψ a + ] π π π, π 4,.4 Bevis. Snur vi oppmerksomheten vår mot likning.6 og tar logaritmen får vi log log ze γz z ep z Γz n n n log log ep{γz} + log z + log + z { z } log ep Γz n n Brukes nå at log /A log A og begge sider ganges med kan vi skrive uttrykket på en enkel deriverbar form d log Γz d [ z γ z log z + dz n log + z ] n n Γ z Γz ψz γ z + n + z n n n 6

19 som var det som skulle vises. Overgangen fra sum til logaritme kan virke noe underlig, vi ser på produktet a n /b n og tar logaritmen a n a a... K log log b n b b... n log a + log a +... log b + log b +... log a n log b n n n hvor tilsvarende utregning kan bli brukt på produktet i likning.. Fra denne likningen kan vi enkelt finne et par konkrete verdier for digammafunksjonen. ψ Γ γ ψ γ log ψ γ π log 3 ψ γ π 4 3 log Disse kan utledes ved å studere likning.4 nøyere. Første verdi faller direkte ut da ψ γ + n Siden rekken er teleskoperende så har en at S k : k n n + k +. n + 3 n n + γ + + k + k k k + Slik at når k så vil S. Bruksområdene til digammafunksjonen og ulike integralrepresentasjoner vil komme i form av små drypp fremmover når vi utforsker ulike integrasjonsteknikker. For nå begrenser vi oss til å skrive opp noen grunnleggende identiter. 7

20 Noen viktige identiter Oppgaver 9. Vis følgende ψz + γ + ψz + γ + ψz ψ z k e t n ψ π 6 t k z + k t z t dt n + z e zt dt e t log B, y ψ ψ + y. Vis følgende ψ log γ og bruk resultatet til å beregne integralet t I dt. t t.3.4 Polygamma-funksjonen Denne seksjonen blir noe kort, da polygamma-funksjonen ikke er like nyttig som digamma funksjonen. Funksjonen er defiert som følger ψ m z dm dz m ψ dm+ log Γz. dzm+ altså er ψ z ψz fra forrige seksjon. De fleste identitetene som holdt for digammafunksjonen holder og for polygammafunksjonen, eksempelvis ψ m z + ψ m z m m! z m som kan vises via induksjon da ψz + ψz /, som vi har vist før.for trigammafunksjonen ψ får vi eksempelvis ψ z + ψ z z 8

21 Videre så gjelder fortsatt refleksjonsformelen slik at m ψ m z ψ m z π dm dz m cotπz hvor vi får igjen eksempelvis har at for ψ så er π ψ z + ψ z sinπz Dersom vi ser bort i fra ψ så kan vi for alle m > skrive polygammafunksjonen som følgende sum ψ m z m+ m! k z + k m+ m+ m! ζm +, z Der ζs, z er Hurwitz zeta funksjonen som vi snart skal se på..3.5 Riemann zeta funksjonen Riemann zeta funksjonen er en av de viktigste og mest fascienerende funksjonene innen moderne matematikk. Måten funksjonen oppstår på er veldig naturlig da den dreier seg om potenserekker av naturlige tall n n, n n 3, n n 4, usw. Definisjon.5. Riemann Zeta funksjonen er definert som ζs n n s for Res >. Her er s et komplekst tall med real del større enn. Men vi skal bare se på tilfellet der s er reell. Som vanlig var det Euler som først betraktet funksjonen, men det var Bernhard Riemann som innså viktigheten av å bektrakte s som kompleks. Det var Euler som kartla verdien av ζn hvor n er et naturlig tall. Men før vi ser på det trengs en kort introduksjon av Bernoulli tallene. Bernoulli tallene en formel for Jacob Bernoulli var opptatt med å bestemme S k n k + k + + n k hvor k N og n N\{}. Ved lave verdier er det relativt enkelt å finne et uttrykk for summen S n nn som kjent fra før. Utrolig nok fant bernoulli ut at S k n + k k k + B j n k+ j. j j 9

22 der B j står for det j te Bernoulli tallet. Tallene kan bli beskrevet rekursivt som k k + B j, k j j med initalverdi B. På magisk vis oppstår og Bernoulli tallene i taylorutviklingen av visse funsjoner. Eksempelvis z e z! z +! z ! i tabbel er de første bernoulli-tallene oppført. z 4 3 n B n z n n! n B n Eksempel.6. La ζz betegne Riemann zeta funksjonen da er hvor Rz >. ζzγz Bevis. Vi har fra den geometriske rekken t z e t dt, k r k < Ved å sette r e z fås e k z k ez e z e z Ved å bruke dette resultatet kan integralet nå beregnes ζzγz k z k k t k t z e t dt z t dt e k

23 Ved å bruke substitusjonen u t/n får vi nå som var det vi ønsket å vise. k k.3.6 Hurwitz zeta function.3.7 Polylogaritmen u z e ku du u z e u e ku du u z e u e ku du u z e u u z e u du k e u du Som vi har sett tidligere så er Rieman-zet funksjonen svært viktig innen matematikk. I denne delen studerer vi en lignende funksjon. Polylogaritmen er også kjent som Jonquière s function og betegnes som Li s z, hvor s er graden. Li z betegnes som dilogaritmen, Li 3 z som trilogaritmen usw. Per definisjon så er Definisjon.6. Polylogaritmen er definert som følger Fra definisjonen ser vi at Li z k z k k s Li n k z + z s + z3 3 s k n ζn hvor notasjonen k er kortformen av k. Dette viser sammenhengen mellom polylogaritmen og zetafunksjonen. For dilogaritmen n har en Li ζ π 6 som vi kommer mer tilbake til senere. Legg merke til at for n så har en Li z k z k k log z som vi gjennkjente som maclaurinrekken til log z mer generelt så har vi følgende theorem. Theorem.6. for n N så kan polylogaritmen defineres rekursivt som Li n+ z z Li n t t dt.

24 Bevis. Vi tar utgangspunkt i høyresiden og bruker definisjon.6 så z Li n t z t k dt t t k n dt k n k z t k dt k [ ] t k z k n k k z k k n+ k Li n+ z Derivasjon av teorem.6 gir nå som er en nyttig identitet..3.8 Dilogaritmen z z Li n+z Li n z Av alle polylogaritmene er nok kanskje Li z den mest nyttige, noen ganger er funksjonen og kjent som Spence s funksjon etter den skotske matematikkeren William Guthrie Spence , som gjorde en systematisk studie av funksjonen på begynnelsen av 9-tallet. Vi tar utgangspunkt i følgende definisjon for dilogarithmen Definisjon.7. Dilogaritmen er definert som følger Li z k z k k z log t t dt for alle z <. Den første identiteten vi skal vise er tillegn Abel, og refferes noen ganger som Pentagon Identiteten. Theorem.7. Abels identitet Gitt at, y [, da er log log y Li u + Li v Li uv Li Li y.5 hvor u / y og v / y. Beviset går ut på å først derivere høyre og venstre side av identiteten og vise at disse er like. Integrasjon gir da at høyre og venstre side høyst kan være forskjellige

25 ved en konstant. Beviset fullføres ved å vise at konstanten er null. Ved å fullføre omskrivningen av likning.5 fås u v v u Li u + Li v Li uv + Li + Li.6 uv uv u v + log log uv uv som ofte reffereres til som pentagon identiteten. Ved hjelp av Abels theorem og vanlig derivasjon kan en vise at dilogaritmen tilfredstiller en rekke funksjonallikninger Proposisjon.. tet Li z + Li z π log z log z Refleksjonsformelen.7 6 Li z + Li π z 6 log z Inversjonsformelen.8 z Li z + Li + z log z + Landen s Identitet.9 Li z + Li z Li z Kvadrat identiteten. Bevis. Velger her å vise første og andre identitet. Setter vi z og y z i likning.5 fås log z logz Li Li z Li z Li z Li z π 6 log z log z der det ble benyttet at Li ζ π /6, dette viser Eulers refleksjonsformel. Bevis. Ønsker så å vise Inversjonsformelen. Ved å derivere Li /z fås d dz Li z z log + z log + z log z /z z Integrasjon med hensyn på z gir nå at Li z log + t z t z log t t log z z Li z log z + C dt dt log z + C for å bestemme konstanten settes z så C Li. Men vi har at Li n n n π 3

26 setter vi nå inn dette og lar z z får vi Li z + Li π z 6 log z, som ønsket. Ved samme metode kan Landens Identitet bestemmes, ta utgangspunkt i Li [z/z ] og derivere, men å vise dette og kvadrat identiten overlates til leser. Selv om digammafunksjonen tilfredstiller en rekke funksjonallikninger er det dessverre bare en håndfull verdier som kan regnes ut eksplisitt. Disse er, ±, ± ± ± 5 hvor vi gjennkjenner sistnevnte som det gylne snittet. Merk at ϕ + 5 / > slik at Li ϕ divergerer. Derimot så konvergerer den konjugerte Ψ ϕ som vi skal se i det påfølgende eksempelet. Eksempel.7. Vis at Li 5 Li 3 5 Li 5 Bevis. La oss for enkelhetensskyld definere π 5 log π 5 5 log π log α 5 da kan vi enten se eller regne ut at α er en løsning av +. Bedre kjent som den konjugerte av det gylne snittet, heldigvis så er 5 > så α <, og integralene konvergerer. Videre så er α og α Ved å sette y α inn i Abels Identitet.5 fås nå, Li α 3 Li α log α. der det ble benyttet at α α. Via refleksjonsformelen fra likning.7 med z α fås Li α + Li α π 6 log α log α π 6 log α. Og sist men ikke minst ved å bruke kvadrat identiteten fra likning. fås Li α + Li α Li α.3 4

27 hvor det ble brukt igjen at α α. Ved å betegne A Li α, B Li α, C Li α gir likning. til.3 følgende likningssett A 3B log α A + B π 6 A + C B løser en dette settet for A, B, C fås A Li 5 B Li 3 5 C Li 5 som var det vi ønsket å vise.. Vis Abels identitet via derivasjon log α π log α π 5 log α π 5 + log α log log y Li u + Li v Li uv Li Li y hvor u / y og v / y.. Vis Kvadrat identiten og Landen s identitet.3.9 Dilogaritmen.3. Elliptiske Integral På begynnelsen av 9-tallet var studiet av kurver og buelengden av disse et av de sentrale områdene som ble studert. Sinus og cosinus kunne brukes til å beregne buelengden av sirkler, og buelengden av hyperbolske kurvene kunne beregnes tilsvarende med de hyperbolske trigonometriske funksjonene sinh og cosh. elliptiske funksjonene ble innført for å beregne buelengden av ellitptiske kurver, og fullførte dermed treenigheten. Studiet av disse funksjonene var lenge svært sentralt og ble studert allerede av Gauss, som vi skal se senere. Innen moderne matematikk defineres et elliptisk integral som alle funksjoner f som kan skrives på formen f : c R t, P t dt hvor R er en rasjonell funksjon, og P er et polynom av enten grad 3 eller 4, og c er konstant. Her skal vi bare studere komplette elliptiske integral og disse skrives som fπ/ med c. Det er som regel tre integral som forbinnes med elliptiske funksjoner, disse er 5

28 Definisjon.8. Det første komplette elliptiske integralet er definert som Kk : π/ dt k sin t dt t k t Definisjon.9. Det andre komplette elliptiske integralet er definert som π/ Ek : k sin k t t dt dt t Definisjon.. Det tredje komplette elliptiske integralet er definert som Kk : π/ dt + n sin t k sin t n k Hvor k kalles modulusen og k k kalles den komplimentære modulusen. Slik at k + k. Generelt sett så kan ikke de elliptiske integralene utregnes eksplisitt i form av mer kjente funksjoner, men la oss vise et lite knippe Eksempel.8. K 4 π Γ 4 Bevis. Ved å sette inn og bruke substitusjonen y 4 fås K 4 4 y 3/4 y / dy Γ/4Γ/ 4Γ3/4 herfra så er Γ/4Γ3/4 π, ved å bruke eulers-refleksjonsformel med a /4. Tilsvarende så er Γ/ π og dette fullfører beviset. Vi kan vise et par tilsvarende former for de elliptiske integralene, men først trengs følgende lemma. Lemma.3. La f være en funksjon med odde periode a. Da er f π a a/ π f cot.4 a Bevis. Vi begynner beviset med å dele integralet inn i perioder på a altså a + a ved å gjøre dette kan integralet skrives som a + 3a a + f k ak ak+ f a k fu + ak u + ak du. 6

29 Der substitusjonen u + ak ble brukt i siste overgang. Siden f har en periode på a så er f + ak f for alle k Z. Vi deler atter en gang opp integralet slik at [ a k f a + ak + a/ f + ak ] a f [ ] + ka k + a k.5 Der substitusjonen u a/ ble brukt i siste overgang. Ved litt smart algebra-magi så har vi at summen kan skrives som k Der det ble benyttet at + ka k + a k k + ka + + ka k a k + /a k π π a cot a ka.6 π cotπ lim N N n N + n + n n Ved nå å sette likning.6 inn i likning.5 og sette konstantleddet utenfor fås f som var det som skulle vises. f π a cot π a π a a/ Korollar.. La f være en like-funksjon med periode a. Da er og spesielt så er f sin π a π a a/ f π f cot a f sin π/ f Bevis. Ved å benytte oss av lemma.3 på funksjonen f sinπ/a som er odde med periode a. Videre så gir halv-vinkel formlene våre tan sin + cos 7

30 ved å sette inn får vi nå f sin π a π a π a π a a/ a/ a/ π f sin a [ f + cos f π cot a π a ] Nå siden cosπ/a er en odde funksjon omkring a/4 så er integralet null. SOMETHING DARK SIDE Som en liten digresjon avslutningsvis tar vi og ser på to integral som likner på Elliptiske integral, men kan bestemmes eksplisitt. Eksempel.9. For alle b, så er π/ π/ cos t dt k sin t sin t dt k sin t arcsin k k b log + b b Bevis. Vi kaller integralene henholdsvis for F k og F k. Via substitusjonen k sin t så er F b π/ cos t dt k sin t b b arcsin k k der substitusjonen sin y fullfører beviset. La oss løse F b noe liknende, ved å la k k, da er k +k. Videre så er k sin t k sin t k +k cos t. Siden sin cos fra pytagoras. Nå er F b π/ sin t dt b +k cos t k π/ k + k arcsinh k k Der substitusjonen k sin t ble brukt, også k y. Per definisjon så er arcsinh log [ + + u ], via litt algebra så er nå + k /k /b slik at F b b log + k k b log + k k / b log k / k / det å bruke at a log b log b a fullfører nå beviset..4 Transformasjoner.4. Laplace-transformasjonen.4. Fourier-transformasjonen.4.3 Landen s transformasjon Som introduksjon forklares først hva det aritmetiske-geometriske snittet er. 8

31 Definisjon.. Aritmetiske-geometriske snittet For to positive reelle tall og y definer som følger a a + b b ab Der a er den aritmetriske middelverdien av a, b og b er den geometriske middelverdien av a, b. Deniner så følgen a n+ a n + b n g n+ a n b n Følgene konvergerer mot samme verdi og kalles det aritmetiske-geometriske snittet av a og b. Der snittet som Ma, b eller Agma, b. Eksempelvis så er Agm, og Agm La oss først vise et lemma som relaterer det ellitpiske integralet, og Agm, y. Lemma.4. Integralet Ia, b : dθ a cos θ + b sin θ er uforandret om a og b byttes ut sitt aritmetriske og geometriske snitt Ia, b I a + b, ab. Bevis. Benytter substitusjonen tan θ /b så dθ cos θ/b så Ia, b π/ dθ a cos θ + b sin θ + a + b Benyttes nå substitusjonen t + t + ab fås dt t + a+b t + a+b t + ab dt t + ab Kvadratroten ble skrevet om som følger a + b + a + b t + og / t + ab dt. 9

32 Tidlig på 8-tallet var Gauss interest i lengden av leminskater altså kurver som ligner på. Etter en numerisk beregning av en spesiell leminskate observerte han at Agm, og π 4 stemte til desimaler. Med forbausende klarsyn deduserte Gauss følgende theorem Theorem.8. I π/ dθ a cos θ + b sin θ π Agma, b Bevis. Siden Ia, b I a + b, ab så har vi altså Ia, b Ia, b Ia, b I Ma, b, Ma, b.7 Setter vi dette inn i likningen fås I + Ma, b + Ma, b Ma, b der substitusjonen Ma, by ble benyttet. dy + y π Ma, b At dette integralet er nært knyttet til de elliptiske integralene er allerde hintet til i starten, via substitusjonen b a k fås I a π/ dθ k sin θ π a F, k Kk.8 a Settes likning.7 inn i likning.8 og løser med hensyn på K fås Kk π a Agma, a k. fordelen med dette er at iterasjonen av Agm, y konvergerer kvadratisk, altså dobbles antall rette siffer per iterasjon. Dette er altså særs nyttig for å tilnærme lengden av ellptiske kurver..4.4 Cauchy-Schlömilch transformasjonen Utledningene og informasjonen her er stort sett hentet fra [? ] og mer utdyppende informasjon finnes der. Teknikken vi skal se på her ble popularisert av Oscar Xavier Schlömilch 83-9, men kan finnes i notater til Cauchy tidligere, derav navnet. Eksempel.. Først tar vi en titt på et klassisk integral fra P.Laplace. ep a b π ab a e 3

33 Bevis. For å beregne integralet fullføres kvadratet slik at ep a b e ab Definerer så siste integral som K så K : Benyttes nå substitusjonen t b/a fås K b a e a b / e a b / Tar en gjennomsnittet av disse to integralene fås e a b / dt t. K a e a b / a + b /..9 Substitusjonen y a b / gir så K a og dette fullfører beviset da e y dy π ep a b Ke ab π ab a e. Teknikken om blir brukt her ble utvidet av O.Schlömilch til følgende theorem. Theorem.9. Cauchy-Schlömilch Gitt a, b > og f en kontinuerlig funksjon da er f a b/ fy dy,.3 a gitt at integralene i likning.3 konvergerer. Bevis. Benytt substitusjonen t b/a så I : f a b/ b a Ved å ta gjennomsnittet av disse to integralene fås a + b a t f at b/t dt a f at b/t dt t fy dy Der substitusjonen y at b/t ble brukt i siste overgang. Dette fullfører beviset. 3

34 Denne relativt enkle transformasjonen kan løse langt vanskeligere integral enn hva dagens symbolske kalkulatorer klarer. Her sammenlikner vi med Maple 4. Eksempel.. ep { b/ n} n Γ n Bevis. Tar utgangspunkt i likning.3 med f e n slik at ep { b/ n} n e yn dy n Γ n e t t /n dt der substitusjonen t y n ble brukt i andre overgang. At e er symmetrisk omkring origo, og definisjonen av gammafunksjonen ble benyttet til å fullføre beviset. I det neste theoremet ser vi på en naturlig utivdelse av Cauchy-Schlömilch transformasjonen Theorem.. La s være en kontinuerlig synkende funksjon fra R + til R +. Anta at s er sin egen invers, altså at s s R + da er f [a sa] a der a > og gitt at integralene konvergerer. fy dy.3 Bevis. La først t a og bytt tilbake til som integrasjonsvariabel da fås I f [a sa] a f [ s] Videre la t s, dette gir I a f [ s] a Gjennomsnittet av disse to integralene gir f [st t] s t dt a f [ s] s t a fy dy der substitusjonen y s ble benyttet i siste overgang. Dette fullfører beviset. Det finnes flere funksjoner som er sin egen invers, den enkleste f / har vi sett grundigere på før. I følgende eksempel vises noen andre slike funksjoner 3

35 Eksempel.. En nyttig funksjon som er sin egen invers er s α log eα ved å benytte oss av likning.3 fås f α log e α Interessant! Ved nå og sette f e fås ep α log e α fy dy e y dy π. merk og at integralet kan løses ved å forenkle høyresiden, dette gir ep α log e α e /α e y dy via y /α, uansett er dette en artig generalisering..4.5 Diverse transformasjoner I denne delen skal vi blant annet beregne Ia, b; r : 4 + a + r + b + og noen spesialtilfeller. Men først trengs et par transformasjoner. Vi starter med følgende lemma Lemma.5. Gitt at R er en rasjonell funksjon slik at R R og f en vilkårlig funksjon, da holder følgende Rf Bevis. Vi deler opp integralet som følger Rf R f + f/ Rf + Rf Rf + Rf R/y y R f + f/ f/y dy Ryf/y dy og i nest siste overgng y / benyttet og at R/y/y Ry. Dette fullfører beviset. 33

36 Fra dette følger følgende vidunderlige theorem. Theorem.. Gitt at R er en rasjonell funksjon som tilfredstiller funksjonallikningen R R, da holder følgende R R.3 R log.33 R b + R arctan π 4 R.34 R.35 Bevis. Vi tar å beviser likning for likning, merk at nøyaktig samme teknikk brukes på alle. Benytter lemma.5 med f og får R R + som ønsket. For den neste la f log i lemma.5 så R log R R log + log, som ønsket. Neste blir løst tilsvarende igjen via lemma.5... R b + R b + + / b + b b R b + + b + b R R. Beviset for siste likning gjøres nesten tilsvarende R arctan R arctan + arctan π R π 4 R. Der likning.3 og f arctan + arctan / π/ ble benyttet. En måte å vise at f π/ er å se at f, så integrasjon gir at f C R\{}, der C er vilkårlig konstant. For å bestemme konstanten så er f π/4 π/. Alternativt kan og identiteten vises ved å betrakte følgende figur 34

37 α C tan γ / γ arctan tan α / α arctan α + γ + π π γ A som er et søtt lite bevis. B α + γ π arctan + arctan π Dette theoremet kan benyttes til å tygge igjennom en betraktelig del av oppgavene i Del II. Eksempelvis så er Eksempel.3. π/ dθ + tan θ b + + b + π 4 Der substitusjonen u tan θ ble brukt i første overgang og likning.34 ble benyttet i andre. Selvsagt tilfredstiller R / +, funksjonallikningen R// R. For å løse oppgaven innledningsvis trengs følgende omskrivning Lemma.6. f 4 + a + for alle funksjoner f med a >. Bevis. Ved å dele på og faktorisere gir J f 4 + a + f + a + f + a + La oss nå benytte Cauchy-Schlömilc transformasjonen fra teorem.9 til å beregne integralet. Her settes ft g /t + a +. Da har vi g a b/ + a + a og beviset fullføres ved å sette a b. g y dy + a + Vi er endelig klar til å gyve løs på problemet innledningsvis, nå med barsk og bram. 35

38 Theorem.. V.Moll s MasterTheorem La I I I 3 I 4 r 4 + a + + b + r 4 + a + r 4 + a a + r + Da er I I I 3 I 4 og verdien er Ia, b; c +λ + a λ B λ,.36 der λ r /. Bevis. Heldigvis så tilfredstiller r R 4 + a + + funksjonallikningen Ry R/y/y, og fra teorem. så er R/ b + uavhengig av b. Settes b fås I, b gir I 3. For å vise I 4 kan en enten sette b i I eller ta gjennomsnittet av I og I 3. Dette viser at integralene er like. For å beregne integralet tar en utgangspunkt i lemma.6 med fu u r dette gir 4 + a + r a+ +a+ r + a + [ ] r+/ a + u r 3/ u / r+/ + a B r r /, +λ + a λ B λ, Der substitusjonen u ble definisjonen av betafunksjonen benyttet og λ r /. ble benyttet i andre overgang. Avslutningvis Herfra følger par eksempler på spesialtilfeller av dette integralet Eksempel.4. Ved a 7 og r 5/4 i I fås Γ 3/4 5/4 4 π 36

39 Et par flere eksempler fås ved å derivere med hensyn på variablene i likning.3. Eksempelvis ved å sette a / og derivere med hensyn på r fås r π Γλ Γr r π 4 log Γλ 4 Γr ψλ ψr.37 Hvor λ r / og ψ Γ /Γ. Eksempel.5. I dette eksempelet setter vi inn tre verdier for r i likning.37. r log 4 + 3/ 4 π Γ ψ + ψ π log Hvor det ble benyttet at ψ γ, ψ/ γ log og Γ/ π. Via tilsvarende regning fås 3/4 4 log + π Γ 4 Γ 3 4 π Γ ψ ψ for r 3/4. Her ble det brukt at ψ z ψz π cotπz ψ3/4 ψ/4 π og Γ zγz π/ sinπz /Γ3/4 Γ/4 sinπ/4/π. Dette klarte ikke Maple 4 å beregne..5 Derivasjon under integraltegnet Teknikken som vi skal studere i denne delen er kanskje like godt kjent som Feynman Integrasjon. Da det var han som populariserte metoden, men metoden kan dateres helt tilbake til Leibniz. Her vil vi stadfeste teoremet i den mest grunnleggende formen, og en mer generell versjon som holder for svakere antagelser. Vi skal studere hvilke situasjoner følgende likhet som vi inderlig ønsker skal være sann holder d Y f, y dy f, y dy..38 Ved å bruke definisjonen av den deriverte ser vi at utsagnet er ekvivalent med følgende lim f, y dy lim f, y dy.39 n Y a Følgende teorem viser når utsagnet stemmer. Theorem.3. Elementær form. La f : [a, b] Y R være en funksjon, der [a, b] er et lukket interval og Y er et kompakt underrom av R n. Dersom 37

40 både f, y og f, y/ er kontinuerlige for alle, y. Da er f, y dy en Y kontinuerlig, deriverbar function med hensyn på [a, b] med deriverte d Y f, y dy Y f, y dy. Et bevis av overnevnte ville brukt mye vanskelig notasjon og teoremer fra funksjonalanalysen. Så det droppes for leserens helse og velbehag. I korte trekk vil et bevis ta i bruk at Y er kompakt, som impliserer uniform konvergens. Selve definisjonen av kompakthet. Herfra kan det å bytte om grenseverdien og integralet rettferdigjøres. Dessverre så er denne definisjonen ofte noe snever, da vi gjerne vil se på områder som ikke er kompakte. Eksempelvis halvåpne interval [,, eller åpne interval,. Heldigvis finnes det en mer generell verisjon av teorem.3. Som bruker enda mer abstrakt notasjon, mer spesifikt målteori. Theorem.4. Målteori utgave La X være et åpent underrom av R og la Ω være et målrom. Anta f : X Ω R tilfredstiller følgende betingelser. f, ω er en Lebesgue-integrerbar funksjon av ω for enhver X.. For nesten alle ω Ω, så eksisterer den deriverte f, ω/ for enhver X. 3. Def finnes en integrerbar funksjon Θ : Ω R slik at f, ω/ Θω for enhver X. Da for enhver X så er d f, y.dω Ω Ω f, y dω. Dette teoremet gis oss og grunnlaget for ikke bare å deriverre under integraltegnet når området er Y er endelig, men og for Y, gitt at kravene ovenfor holder. For leserens trygghet holder heldigvis de to første kravene for nesten alle integraler. Da vi utelukkende ser på riemanintegrerbare funksjoner. Dermed er det altså det siste kravet som må sjekkes, for å rettferdigjøre at vi kan integrere under integraltegnet. For enkelhetens skyld gis og følgende teorem som konkretiserer hvordan en beviser at kravene. Theorem.5. Begge sider av likningen d f, y dy Y Y f, y dy. eksisterer og er like i et punkt t t gitt at følgende to krav holder. f, t og f, t/ t begge kontinuerlige når Y og t befiner seg i et lite omhegn innenfor t. Det eksisterer funksjoner slik at f, t A og f, t/ t B som er uavhengig av t slik at b a A og b B konvergerer. a 38

41 Teoremet noe svakere Det gjelder ikke for lebesgue-integral, men holder for de funksjonene som blir studert her. Konkret for relle tovariable funksjoner må vi sjekke at funksjonens partiellderiverte er kontinuerlig på hele integrasjonsområdet. Men nå har det vært fryktelig mye snakk, vi slår til med barsk og bram for å vise hvor nyttig denne teknikken kan være Eksempel.6. Vi ønsker å bestemme følgende integral log Integralet har ingen kjent antiderivert, og vi må derfor ty til andre metoder. Den vante leser vil kanskje legge merke til enten at integralet kan skrives som et dobbeltintegral, eller at det er et frulani integral i forkledning. Men dette sparer vi til en senere annledning. Vi trenger noe å derivere med hensyn på, og innfører paramteren a > som følger Ia a log Her vil selvsagt I gi oss integralet vi er ute etter. Derivasjon med hensyn på a gir I a d da Integrasjon gir oss at Ia log + a + C a log a a log a + a + C Konstanten kan bestemmes ved å betrakte a. Da er I og log slik at C. Vi får da altså at log som var det vi ønsket å finne. I log + log 3 Theorem.6. Dirichlet integral er definert som følger sin ω ω dω π Dette integralet vil dukke opp gjentatte ganger videre og er svært viktig innen signalanalyse. Ofte blir forkotelsen sinc sin/ benyttet. En alternativ definisjon er å først normalisere funksjonen slik at sinc sinπ/π, som har en rekke kjente definisjoner. sinπ π n n Γ + Γ 39

42 Har en noe kjennskap til laplacetransformasjoner eller singnalanalyse vil følgende utregning av integralet gi mer mening. Vi prøver først å innføre variabelen a som følger. Ia sin a Men ved derivasjon fås I a cosa som ikke konvergerer! La oss heller se på følgende metode Bevis. Vi definerer følgende funksjon Ib : sinc e b Dette er faktisk laplce-transformasjonen av sinc som vi skal se senere. Herfra ses at det originale integralet oppstår ved å la b. Derivasjon gir I b b e b sinc e b sin + b + C Hvor det siste integralet har blitt løst flere ganger før. Enten skriv om integralet til kompleks form, eller benytt delvis integrasjon to ganger. Integrasjon gir nå Ib C arctanb Igjen gjennstår det å beregne konstanten C. Dersom vi lar b så vil Ib og arctan b π/. Som medfører at Ib π arctanb Ved å la b får vi vårt originale integral, slik at som var det vi ønsket å finne. sin I π Et annet forholdsvis klassisk eksempel er følgende integral π/ tan π log som kan løses ved å betrakte følgende integral Ib π/ tanb arctan tan Der I gir oss vårt opprinnelige integral. Mellomregningene overlates til leser og i neste seksjon vil integralet beregnes ved å skrive ut taylorrekka til tan. Vi snur derimot oppmerksomheten vår mot et moteksempel. I påfølgende eksempel viser det seg at høyre og venstre side i likning.38 ikke nødvendigvis er like. 4

43 Eksempel.7. For alle, t R, så definerer vi følgende funksjon { t 3 hvis eller t, f, y : +t hvis og t. La videre F t : f, t. Integralet beregnes for t og t som følger F F t f, t 3 + t +t Formelen er og gyldig for t. Ved derivasjon fås d dt F t t t 3 du u t + t t R t + t På den andre siden så er f, t t, slik at f, t/. Når så blir den deriverte + t 3t t 3 4t + t f, t t + t 4 t 3 t + t 3 Kombineres resultatet får vi altså at f, t t { t 3 t +t 3 hvis hvis.4 Som motbevis til likning.38 benyttes heller den tilsvarende definisjonen vist i likning.39 hvor vi ser på a. Da er lim t t 3 + t F og lim t f, t Altså er grensene ulike! Dette gjelder uansett om eller ei. Problemet er er at f, t/ t ikke er en kontinuerlig funksjon, spesifikt blåser den opp i origo. Som et aller siste eksempel så studerer vi enda en gang det Gaussiske integralet. Det finnes enklere metoder å beregne integralet på enten via dobbeltintegraler se spesifikt eksempel. og.. Eller ved gammafunksjonen som vist i lemma.. Eksempel.8. Vi skal vise det liknende resultatet e / π π 4

44 og får å få det klassiske gaussiske integralet kan resultatet ovenfor benyttes via substitusjonen u. Vi definerer følgende integral for t > t At : e /. Hvor vi får vårt ønsekede integral ved å la t også ta kvadratroten. Derivasjon med hensyn på t gir oss t A t e / e t / e t / At Benyttes substitusjonen ty nå fås A t e t / te t y / dy te +y t / dy Funksjonen er nå enkel å bestemme den antideriverte med hensyn på t, da fås A t t e +y t / + y dy d dt For nå definerer vi integralet som en ny funksjon så e +y t / + y dy Bt : e +y t / + y dy Slik at vi har likningen A t B t t >. Integrerer vi begge sider ser vi at det finnes en konstant C slik at At Bt + C t >..4 Lar vi nå t + får vi at At mens Bt dy/ + y π/4. Altså så er Lar vi nå t i likning.4 fås t lim e / lim t t π/4 + C C π/. e / π π lim t e +y t / + y dy e +y t / + y dy.4 Ved å benytte oss av likning.39. Herfra ser vi at høyresiden går mot π/ da e a når a >. Slik at π e /, da integralet må være positivt. Det finnes mange flere integral som kan løses ved hjelp av derivasjon under integraltegnet men disse blir plassert som oppgaver for leser, både her og på slutten av dokumentet. 4

45 . Bruk integralet til å vise at hvor n N. F t : n! e t n e. Bestem og integralet F t : a b log via derivasjon under integraltegnet. Vis og at derivasjonen er lovlig. 3. Vis at Ja, b : og bruk dette til å beregne I :. Her er a og b reelle tall. 4. Bestem følgende integral ϕα : hvor α og α R..6 Uendelige rekker π a cos + b sin a cos + b sin log α cos + α, π ab Ofte er kan integraler forenkles betraktelig om en kan omskrive integralet til en sum. En vanlig måte å gjøre dette på er å skrive ut taylorrekka til hele eller deler av integranden. For å konkretisere la oss se på følgende integral, som kanskje mange kjenner igjen fra tidligere log z z Dette har blitt beregnet før som Li. La oss nå heller skrive ut taylorrekka til logaritmen slik at vi får log z z n z n dz dz z z n n + dz n Som vi ser hadde det vært veldig behagelig å kunne nå bytte rekkefølge på summasjonen og integrasjonen. Følgende teorem gir oss en grunn når vi kan gjøre dette dz. n 43

46 Theorem.7. Monoton konvergens teoremet Anta at funksjonene f, f, f 3,... er positive på et interval a, b Altså at f k for enhver. Da er b a f n n som har gyldighet for negative funksjoner. n b a f n Ved å bruke teoremet får vi nå relativt direkte at log z z dz n z n n + dz n n π 6 Ved å sammenligne med verdien vi fikk tidligere for Li kan vi anta at bytte var lovlig. For å være sikker ser vi at n /n + er positiv for alle verdier, og vi kan puste lettet ut. Eksempel.9. Vi ser nå på et liknende integral hvor a > I : log + e a hvor a >. Vi ser herfra på taylorrekka til log + som konvergerer for <. Heldigvis så er e a < på [, ] når a >. Direkte får vi da I n a a log + e a n n+ n n n+ e n a n n n [ e n a ] na Eksempel.. π a I : log z log z dz π 6 44

47 Bevis. Skriver ut taylorrekka til log z slik at integralet kan skrives som z n I log z dz n n n n n n n n n z n log z dz { [ z n+ log z z + n + n n + ] + ζ π 6 } z n n + dz + + n n + Her ble det brukt i andre overgang at taylorrekka til log z er analytisk på, og i siste mellomregning ble det benyttet at første sum er en teleskoperende rekke slik at S k k + k k k + slik at når k så vil S. I siste sum brukte en at S a + S. I gjennom denne delen har vi gjentatte ganger benyttet oss av Basel problemet, mer eller mindre bevisst. Problemet går ut på å bestemme følgende sum n lim n n n men det blir først i neste seksjon at vi viser en måte å bestemme summen på. Her nøyer vi med å avslutte med et lemma som vil hjelpe oss senere. Lemma.7. n n 4 3 n n + Bevis. Vi begynner å kalle summen for S og deler den i odde og like ledd S : n n n Herfra ser vi nærmere på første sum, så n n 4 n n + n n S 4 n + 45

48 Bruker vi dette i forrige likning får vi nå at S 4 S + n + S n som var det vi ønsket å vise. Oppgaver. Bestem integralet.7 Dobbelintegral cos log. n n 4 3 n n + I denne delen skal vi fokusere hovedsaklig studere dobbeltintegral og se hvordan de kan hjelpe å løse vanskelige enkeltintegral. Metoden kan i hovedsak bli sett på som å derivasjon under integraltegnet i forkledning. Men dette glemmer vi for nå. Det kanskje viktigste theoremet når det kommer til evalueringen av slike dobbeltintegraler er følgende. Theorem.8. Fubini s Teorem. Anta at X og Y er to lukkede målbare rom. Anta videre at f, y er X Y målbart. Da er f, y, y f, y dy f, y dy X Y hvis og bare hvis følgende gjelder. f, y for alle X og alle y Y.. f, y, y < X Y Y X Her kan gjerne X og Y eksempelvis være relle interval X [, ]. Men theoremet holder og for mer abstrakte rom. Selv om teoremet er svært viktig, vil vi bare et fåtall ganger benytte oss av det. For de fleste integralene vi studerer vil vi anta at integralet konvergerer absolutt. Som et moteksempel på at det ikke alltid er mulig å bytte grenser gis følgende eksempel Herfra får en at y [ + y dy ] y + y X y + y dy π 4 y + y dy π 4 Y + At vi får to ulike verdier viser at integralet ikke konvergerer absolutt, altså at f, y y + y [,] [,] 46