Интеграл

Ian · Сообщение **Ian** » 31 май 2018, 18:22

\int_a^{a+1}\ln\Gamma(x)dx,a\geq 0
При

a=0 : по формуле дополнения для гамма-функции

\int_0^1\ln\Gamma(x)dx=\int_0^1\ln\Gamma(1-x)dx=\frac 12\int_0^1\ln\frac{\pi}{\sin\pi x}dx и может возьмется.
Но в задачнике, не знаю каком, утверждается, что он выражается компактно при любом

a, не обязательно целом

zykov · Сообщение **zykov** » 01 июн 2018, 19:23

Возможно получится, если использовать определение по Вейерштрассу:

\displaystyle \Gamma \left({z}\right) = z^{-1} e^{-\gamma z} \prod_{n \mathop = 1}^\infty \left({\left({1 + \frac z n}\right)^{-1} e^{z / n} }\right).
Логарифм превращает произведение в сумму. А интегралы от отдельных слагаемых берутся.
Результат будет в виде бесконечной суммы, что уже "компактно".
Возможно и саму сумму можно посчитать и выразить конечной формулой.

zykov · Сообщение **zykov** » 01 июн 2018, 23:15

Вольфрам на вебе осилил частную сумму

: gamma_2018.png (34.54 KiB) 26711 просмотра

https://www.wolframalpha.com/input/?i=sum(((2*n%5E2%2B(2*a%2B2)*n)*log((n%2Ba%2B1)%2Fn)%2B(-2*n%5E2-2*a*n)*log((n%2Ba)%2Fn)-2*n-2*a-1)%2Fn,n,1,inf)

Значит и предел должен найтись.

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 04 июн 2018, 08:30

Обозначим

$f(a)=\int_a^{a+1}\ln\Gamma(x)\,dx.$

Тогда $f'(a)=\ln\Gamma(a+1)-\ln\Gamma(a)=\ln a$ , $f(a)=a\ln a-a+c$ .

zykov · Сообщение **zykov** » 04 июн 2018, 10:49

Да.
Совсем просто!

zykov · Сообщение **zykov** » 04 июн 2018, 11:08

Несколько посложнее: $$ n_a $$

- целое между $$ a $$

и

, тогда $f(a)=\int_a^{a+1}\ln\Gamma(x)\,dx = \int_a^{n_a}\ln\Gamma(x)\,dx + \int_{n_a}^{a+1}\ln\Gamma(x)\,dx = \int_a^{n_a}\ln\Gamma(x)\,dx + \int_{n_a-1}^{a}\ln(x\Gamma(x))\,dx =$
$= \int_a^{n_a}\ln\Gamma(x)\,dx + \int_{n_a-1}^{a}\ln x\,dx + \int_{n_a-1}^{a}\ln \Gamma(x)\,dx = \int_{n_a-1}^{n_a}\ln\Gamma(x)\,dx + \int_{n_a-1}^{a}\ln x\,dx =$
$= \int_{n_a-2}^{n_a-1}\ln\Gamma(x)\,dx + \int_{n_a-2}^{n_a-1}\ln x\,dx + \int_{n_a-1}^{a}\ln x\,dx = \int_{n_a-2}^{n_a-1}\ln\Gamma(x)\,dx + \int_{n_a-2}^{a}\ln x\,dx =$

...

$= \int_0^1\ln\Gamma(x)\,dx + \int_0^a\ln x\,dx = \int_0^1\ln\Gamma(x)\,dx + a\ln a - a$ .

zykov · Сообщение **zykov** » 04 июн 2018, 11:14

Вольфрам выдал $\int_0^1 \ln(\Gamma(x))\, dx = 1/2 \ln(2\pi)$ .
https://www.wolframalpha.com/input/?i=%5Cint_0%5E1+log(gamma(x))

Ian · Сообщение **Ian** » 04 июн 2018, 13:38

Ну мастера, что тут еще сказать...Всем спасибо!

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 04 июн 2018, 17:55

Мне $\ln\sin x$ какую-то функцию Грина напоминает, никак не могу вспомнить... Это я к вопросу об интеграле при a=0.

zykov · Сообщение **zykov** » 04 июн 2018, 23:50

zykov писал(а):Source of the post Вольфрам выдал $\int_0^1 \ln(\Gamma(x))\, dx = 1/2 \ln(2\pi)$ .

Попробовал в Maxima (поставил себе на компьютер, а то вольфрам на вебе постоянно отказывается считать).
Прямо интеграл от гамма-функции не считает, но от синуса посчитал и выдал такой же.
$\int \ln(\frac{\pi}{\sin(\pi x)}) = \frac{2 \pi i x \,atan2(\sin(\pi x),\cos(\pi x)+1)-2 \pi i x \,atan2(\sin(\pi x),1-cos(\pi x))-2 i \,li[2](e^{\pi i x})-2 i \, li[2](-e^{\pi i x})-i \pi^2 x^2+\pi \ln(4 \pi^2) x}{2 \pi}$

zykov · Сообщение **zykov** » 06 июн 2018, 10:48

peregoudov писал(а):Source of the post Мне $\ln\sin x$ какую-то функцию Грина напоминает, никак не могу вспомнить.

Собственно Вольфрам тут то же выдал:
$\int \ln(\sin(x)) \,dx = \frac 1 2 i (x^2 + Li_2(e^{2 i x})) - x \ln(1 - e^{2 i x}) + x \ln(\sin(x)) + constant$

Здесь $$ Li_2 $$

- это полилогарифм.
$Li_s(z)=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{z^k}{k^s}$

Ian · Сообщение **Ian** » 06 июн 2018, 12:14

Неужели нельзя исхитриться посчитать без спецфункций, даже при том, что первообразная неэлементарна. В задачнике же задано, значит надеются на точный ответ.Свелось к такому:

\int_0^{\pi/2}\ln\sin tdt=-\int_0^{\pi/2}tctgtdt=?
https://www.wolframalpha.com/input/?i=%5Cint_0%5E(pi%2F2)(t*ctg(t)*dt)

zykov · Сообщение **zykov** » 06 июн 2018, 14:19

Если брать неопределенный интеграл, то без полилогарифма не обойтись.
$\int \frac {\ln(1 + t)} t \,dt = -Li_2(-t) + C$

Возможно определенный интеграл $\int_0^1 \frac {\ln(t)} {\sqrt{1 - t^2}} \,dt = -\frac 1 2 \pi \ln(2)$ и можно как-то посчитать без неё (в формуле неопределнного эти $$Li_2$$

взаимно уничтожаются в $$0$$

, и в $\pi$ ).
Когда давно был студентом, мы на ТФКП брали разные определенные интегралы заменой контура на комплексной плоскости и получалось взять сложные интегралы. Может и здесь такой трюк сработает.

zykov · Сообщение **zykov** » 06 июн 2018, 14:48

Ian писал(а):Source of the post Неужели нельзя исхитриться посчитать без спецфункций

Ха, гугл знает всё! Даже это.
По запросу "integrate log sin x" первая ссылка "Integrate log(sinx) from 0 to pi /2?".

Ian · Сообщение **Ian** » 06 июн 2018, 16:27

Действительно простой прием. Только объяснение там сумбурное.

\int_0^{\pi/2}\ln\sin tdt=I=\int_0^{\pi/2}\ln\cos tdt

2I=\int_0^{\pi/2}\ln(\frac 12\sin 2t)dt=-\frac{\pi}2\ln 2+\frac 12 \int_0^{\pi/2}\ln(\sin 2t)d(2t)=-\frac{\pi}2\ln 2+\frac 12\cdot 2I

I=-\frac{\pi}2\ln 2
Окончательно

\int_a^{a+1}\ln\Gamma (x)dx=a\ln a-a+\frac 12\ln 2\pi

Портал Естественных Наук, версия 1.1