Analyse – Meervoudige integralen – Meer toepassingen 2

Bij het bewijs van de integraal van Gauss zagen we al dat we oneigenlijke tweevoudige integralen op dezelfde manier kunnen behandelen als enkelvoudige integralen. Hier bekijken we enkele voorbeelden van enkelvoudige integralen, die we eenvoudiger kunnen berekenen door deze eerst om te zetten naar meervoudige integralen.

1) Met behulp van de methode van Feynman hebben we al aangetoond dat \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)}{x}\,dx=\tfrac{1}{2}\pi\). Dit is de zogenaamde integraal van Dirichlet. Dit kan ook via tweevoudige integralen alsvolgt: merk op dat \(\displaystyle\frac{\sin(x)}{x}=\int_0^1\cos(xy)\,dy\) voor \(x>0\). Dan volgt met partiële integratie:

\begin{align*} \int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\frac{\sin(x)}{x}\,dx&=\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\int_0^1\cos(xy)\,dy\,dx=\int_0^1\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\cos(xy)\,dx\,dy\\[2.5mm] &=\int_0^1\frac{\alpha}{\alpha^2+y^2}\,dy=\arctan\left(\frac{y}{\alpha}\right)\bigg|_0^1=\arctan\left(\frac{1}{\alpha}\right),\quad\alpha>0. \end{align*}

Ten slotte volgt dan: \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)}{x}\,dx=\lim\limits_{\alpha\downarrow0}\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\frac{\sin(x)}{x}\,dx =\lim\limits_{\alpha\downarrow0}\arctan\left(\frac{1}{\alpha}\right)=\tfrac{1}{2}\pi\).

Merk op dat voor \(\alpha=1\) volgt dat: \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}\sin(x)}{x}\,dx=\frac{1}{4}\pi\).

2) Evenzo geldt dat \(\displaystyle\int_0^1\sin(xy)\,dy=\frac{1-\cos(x)}{x}\) en dus volgt voor \(\alpha>0\)

\begin{align*} \int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\frac{1-\cos(x)}{x}\,dx&=\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\int_0^1\sin(xy)\,dy\,dx=\int_0^1\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\sin(xy)\,dx\,dy\\[2.5mm] &=\int_0^1\frac{y}{\alpha^2+y^2}\,dy=\frac{1}{2}\ln(\alpha^2+y^2)\bigg|_0^1=\frac{1}{2}\ln(\alpha^2+1)-\ln(\alpha). \end{align*}

Hieruit volgt bijvoorbeeld dat \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}(1-\cos(x))}{x}\,dx=\tfrac{1}{2}\ln(2)\).

3) Merk op dat \(\displaystyle\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\arctan(xy)}{x}\right)=\frac{1}{1+x^2y^2}\). Dan volgt voor \(0<\alpha<\beta\):

\begin{align*} \int_0^{\infty}\frac{\arctan(\beta x)-\arctan(\alpha x)}{x}\,dx&=\int_0^{\infty}\int_{\alpha}^{\beta}\frac{1}{1+x^2y^2}\,dy\,dx =\int_{\alpha}^{\beta}\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^2y^2}\,dx\,dy\\[2.5mm] &=\int_{\alpha}^{\beta}\left[\frac{\arctan(xy)}{y}\right]_{x=0}^{\infty}\,dy=\frac{1}{2}\pi\int_{\alpha}^{\beta}\frac{dy}{y} =\frac{1}{2}\pi\left(\ln(\beta)-\ln(\alpha)\right). \end{align*}

4) Evenzo, omdat \(\displaystyle\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{e^{-xy}}{x}\right)=-e^{-xy}\), vinden we voor \(0<\alpha<\beta\):

\begin{align*} \int_0^{\infty}\frac{e^{-\alpha x}-e^{-\beta x}}{x}\,dx&=\int_0^{\infty}\int_{\alpha}^{\beta}e^{-xy}\,dy\,dx=\int_{\alpha}^{\beta}\int_0^{\infty}e^{-xy}\,dx\,dy\\[2.5mm] &=\int_{\alpha}^{\beta}\left[-\frac{e^{-xy}}{y}\right]_{x=0}^{\infty}\,dy=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{dy}{y}=\ln(\beta)-\ln(\alpha). \end{align*}

5) Met behulp van partiële integratie vinden we voor \(0<\alpha<\beta\)

\begin{align*} \int_0^{\infty}\frac{(e^{-\alpha x}-e^{-\beta x})\sin(x)}{x}\,dx&=\int_0^{\infty}\sin(x)\int_{\alpha}^{\beta}e^{-xy}\,dy\,dx =\int_{\alpha}^{\beta}\int_0^{\infty}e^{-xy}\sin(x)\,dx\,dy\\[2.5mm] &=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{dy}{1+y^2}=\arctan(\beta)-\arctan(\alpha) \end{align*}

en

\begin{align*} \int_0^{\infty}\frac{(e^{-\alpha x}-e^{-\beta x})\cos(x)}{x}\,dx&=\int_0^{\infty}\cos(x)\int_{\alpha}^{\beta}e^{-xy}\,dy\,dx =\int_{\alpha}^{\beta}\int_0^{\infty}e^{-xy}\cos(x)\,dx\,dy\\[2.5mm] &=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{y}{1+y^2}\,dy=\frac{1}{2}\ln(1+\beta^2)-\frac{1}{2}\ln(1+\alpha^2). \end{align*}

6) Een voorbeeld van een drievoudige integraal: voor \(\alpha>0\) en \(\beta>0\) volgt dat

\begin{align*} \int_0^{\infty}\frac{(1-e^{-\alpha x})(1-e^{-\beta x})}{x^2}\,dx&=\int_0^{\infty}\left(\int_0^{\alpha}e^{-xy}\,dy\right)\left(\int_0^{\beta}e^{-xz}\,dz\right)\,dx =\int_0^{\alpha}\int_0^{\beta}\left(\int_0^{\infty}e^{-x(y+z)}\,dx\right)\,dz\,dy\\[2.5mm] &=\int_0^{\alpha}\int_0^{\beta}\frac{1}{y+z}\,dz\,dy=\int_0^{\alpha}\left(\ln(y+\beta)-\ln(y)\right)\,dy\\[2.5mm] &=\bigg[(y+\beta)\ln(y+\beta)-y\ln(y)\bigg]_0^{\alpha}=(\alpha+\beta)\ln(\alpha+\beta)-\alpha\ln(\alpha)-\beta\ln(\beta). \end{align*}

7) Ten slotte beschouwen we de integraal \(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln\left(1+\alpha\cos^2(x)\right)\,dx\) voor \(\alpha>0\). Omdat \(\displaystyle\frac{\partial}{\partial y}\ln\left(1+y\cos^2(x)\right)=\frac{\cos^2(x)}{1+y\cos^2(x)}\) volgt voor \(\alpha>0\)

\[\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln\left(1+\alpha\cos^2(x)\right)\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\int_0^{\alpha}\frac{\cos^2(x)}{1+y\cos^2(x)}\,dy\,dx =\int_0^{\alpha}\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\frac{\cos^2(x)}{1+y\cos^2(x)}\,dx\,dy.\]

Nu gebruiken we dat \(\displaystyle\frac{1}{\cos^2(x)}=\frac{\sin^2(x)+\cos^2(x)}{\cos^2(x)}=1+\tan^2(x)\) en vinden dat

\[\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\frac{\cos^2(x)}{1+y\cos^2(x)}\,dx=\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\frac{1}{1+y+\tan^2(x)}\,dx=\int_0^{\infty}\frac{1}{1+y+t^2}\,d\arctan(t) =\int_0^{\infty}\frac{dt}{(1+y+t^2)(1+t^2)}.\]

Met behulp van partiële breuksplitsing vinden we nu voor \(y>0\)

\begin{align*} \int_0^{\infty}\frac{dt}{(1+y+t^2)(1+t^2)}&=\frac{1}{y}\int_0^{\infty}\left(\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{1+y+t^2}\right)\,dt\\[2.5mm] &=\frac{1}{y}\left[\arctan(t)-\frac{1}{\sqrt{1+y}}\arctan\left(\frac{t}{\sqrt{1+y}}\right)\right]_{t=0}^{\infty} =\frac{1}{2}\pi\cdot\frac{1}{y}\left(1-\frac{1}{\sqrt{1+y}}\right). \end{align*}

Nu gebruiken we de substitutie \(\sqrt{1+y}=t\) oftewel \(y=t^2-1\) en vinden dat

\[\int_0^{\alpha}\frac{1}{y}\left(1-\frac{1}{\sqrt{1+y}}\right)\,dy=\int_1^{\sqrt{1+\alpha}}\frac{1}{t^2-1}\left(1-\frac{1}{t}\right)2t\,dt =2\int_0^{\sqrt{1+\alpha}}\frac{dt}{1+t}=2\ln\left(\frac{1+\sqrt{1+\alpha}}{2}\right).\]

Dus: \(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}\pi}\ln\left(1+\alpha\cos^2(x)\right)\,dx=\pi\ln\left(\frac{1+\sqrt{1+\alpha}}{2}\right)\) voor \(\alpha>0\).

---

Laatst gewijzigd op 20 april 2024