funkcja gamma

[angie_18]

Proszę o pomoc w rozwiązaniu zadań :
1. \(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} e^{-xt} \cdot \sqrt[3]{t^2} \mbox{d}t}\)
2. \(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi} \frac{ \mbox{d}t }{ \sqrt{3-\cos t}}.}\) W tym przypadku trzeba chyba zastosować podstawienie \(\displaystyle{ \cos t= 1 - 2 \cdot \sqrt{x}}\) , ale nie wiem co dalej.
3. Udowodnij \(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \log \frac{x}{ \left( 1+x \right) } = - \frac{\pi}{12}}\)
4. Udowodnij, że istnieje \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty} \left( \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k \log k} - \log \log n \right) .}\)
Bardzo proszę o szczegółowe wskazówki, rozwiązania. Siedzę nad tymi zadaniami jakiś czas ( praca lic.) i bez rezultatów.

[Yelon]

1. \(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} e ^{-xt}t ^{\frac{2}{3}}=*}\).

podstawienie \(\displaystyle{ xt=u}\), wtedy \(\displaystyle{ dt=\frac{du}{x}}\), stąd:

\(\displaystyle{ *= \int_{0}^{\infty} e ^{-u} \left( \frac{u}{x} \right)^\frac{2}{3} \frac{du}{x}=\frac{1}{x^\frac{5}{3}} \int_{0}^{\infty} e ^{-u} u^\frac{2}{3}du=\frac{1}{x^\frac{5}{3}} \int_{0}^{\infty} e ^{-u} u^{\frac{5}{3}-1}du=\frac{\Gamma(\frac{5}{3})}{x^\frac{5}{3}}}\), gdzie \(\displaystyle{ x}\) - parametr.

[angie_18]

Dziękuję bardzo. Analogiczne przykłady:
1. \(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} e^{-{t}} \cdot t^{- \frac{1}{4}} dt}\) to będzie: \(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} e^-{t} \cdot t^{\frac{5}{4}-1} dt=\Gamma (\frac{5}{4})}\)
2. \(\displaystyle{ \int_{1}^{\infty} e^{t} \cdot t^{\frac{1}{2}} dt}\) to będzie: \(\displaystyle{ \int_{1}^{\infty} e^{t} \cdot t^{\frac{3}{2}-1} dt=-\Gamma (\frac{3}{2})}\)
Dobrze?

[Premislav]

Nie. W pierwszym powinno być \(\displaystyle{ \Gamma\left( \frac{3}{4} \right)}\), bo \(\displaystyle{ -\frac{1}{4}= \frac{3}{4}-1}\), a ta całka z drugiego jest rozbieżna.

[angie_18]

Ojejku.. Ten drugi przykład wygląda ogólnie tak: \(\displaystyle{ \int_{1}^{\infty} \frac{ \sqrt{\ln t} }{t^2} dt.}\) No i żeby to policzyć zrobiłam podstawienie x= ln t . Więc otrzymałam \(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} e^x \cdot \sqrt{x} dx}\). i co dalej?

[Premislav]

Od razu widać, że coś nie gra, bo poprzez podstawienie (prawidłowo wykonane) nie możesz z całki zbieżnej zrobić rozbieżnej. Może cały czas robisz tę samą literówkę (czy też raczej minusówkę - świetny neologizm)?? Pozwolę sobie poprawić.
\(\displaystyle{ \int_{1}^{\infty} \frac{ \sqrt{\ln t} }{t^2} dt=\bigg|u=\ln t; du= \frac{dt}{t}\bigg|= \int_{0}^{+\infty}e^{-u}\sqrt{u}du=\Gamma\left( \frac{3}{2} \right)}\)

W sumie to mogłem się domyślić, że gubisz tego minusa.

[Yelon]

Jesteś pewny 3go podpunktu z pierwszego postu? wolfram podaje, że ta całka to w przybliżeniu \(\displaystyle{ -1,38}\), podczas gdy \(\displaystyle{ -\frac{\pi}{12}}\) w przybliżeniu - 0,2.

[angie_18]

Tak mam we wzorach; skserowane z jakiejś książki.

[Nakahed90]

Ad 3
Całkując przez części:
\(\displaystyle{ u=\ln (\frac{x}{x+1}) \\ dv=dx}\)

wychodzi \(\displaystyle{ -\ln(4)}\), czyli trochę inny wynik niż jest podany.

[Premislav]

Autorka wątku źle wpisała tę funkcję (w przypadku, jaki tu widzimy, wynikiem jest oczywiście \(\displaystyle{ -\ln 4}\)), chodziło o \(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{1+x} dx}\), ale wtedy wynik też jest inny niż tu napisany (ale pewnie cyfrówka), a mianowicie \(\displaystyle{ - \frac{\pi^{2}}{12}}\).