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Advanced-mathematics-i-prove-that-1-pi-0-1-x-2-x-1-2-x-dx-1-ii-evaluate-0-1-x-2-ln-x-ln-1-x-dx-

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Question Number 114135 by mnjuly1970 last updated on 17/Sep/20
....Advanced mathematics ... i:: prove that : Ω=(1/π)∫_0 ^( ∞) (1/((x^2 −x+1)^2 (√x)))dx =1 ii::evaluate :: Φ = ∫_0 ^( 1) x^2 ln(x) ln(1−x)dx=??? ....m.n.july. 1970....
$$\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:….\mathscr{A}{dvanced}\:\:{mathematics}\:… \\ $$$$\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:{i}::\:{prove}\:\:{that}\::\:\:\:\:\Omega=\frac{\mathrm{1}}{\pi}\int_{\mathrm{0}} ^{\:\infty} \frac{\mathrm{1}}{\left({x}^{\mathrm{2}} −{x}+\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} \sqrt{{x}}}{dx}\:=\mathrm{1}\:\: \\ $$$$\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:{ii}::{evaluate}\:::\:\:\Phi\:=\:\int_{\mathrm{0}} ^{\:\mathrm{1}} {x}^{\mathrm{2}} \:{ln}\left({x}\right)\:{ln}\left(\mathrm{1}−{x}\right){dx}=??? \\ $$$$\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:….{m}.{n}.{july}.\:\mathrm{1970}…. \\ $$$$\: \\ $$
Answered by MJS_new last updated on 17/Sep/20
∫(dx/((x^2 −x+1)^2 (√x)))= [t=(√x) → dx=2(√x)dt] =2∫(dt/((t^4 −t^2 +1)^2 ))= [Ostrogradski′s Method] =((t(t^2 +1))/(3(t^4 −t^2 +1)))+(1/3)∫((t^2 +5)/(t^4 −t^2 +1))dt (1/3)∫((t^2 +5)/(t^4 −t^2 +1))dt= =(1/(18))∫(((4(√3)t+15)/(t^2 +(√3)t+1))−((4(√3)t−15)/(t^2 −(√3)t+1)))dt= [using formula] =((√3)/9)ln ((t^2 +(√3)t+1)/(t^2 −(√3)t+1)) +arctan (2t−(√3)) +arctan (2t+(√3)) ⇒ ∫(dx/((x^2 −x+1)^2 (√x)))= =(((x+1)(√x))/(3(x^2 −x+1)))+ln ((x+1+(√(3x)))/(x+1−(√(3x)))) +arctan (2(√x)−(√3)) +arctan (2(√x)+(√3)) +C ⇒ (1/π)∫_0 ^∞ (dx/((x^2 −x+1)^2 (√x)))=1
$$\int\frac{{dx}}{\left({x}^{\mathrm{2}} −{x}+\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} \sqrt{{x}}}= \\ $$$$\:\:\:\:\:\left[{t}=\sqrt{{x}}\:\rightarrow\:{dx}=\mathrm{2}\sqrt{{x}}{dt}\right] \\ $$$$=\mathrm{2}\int\frac{{dt}}{\left({t}^{\mathrm{4}} −{t}^{\mathrm{2}} +\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} }= \\ $$$$\:\:\:\:\:\left[\mathrm{Ostrogradski}'\mathrm{s}\:\mathrm{Method}\right] \\ $$$$=\frac{{t}\left({t}^{\mathrm{2}} +\mathrm{1}\right)}{\mathrm{3}\left({t}^{\mathrm{4}} −{t}^{\mathrm{2}} +\mathrm{1}\right)}+\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\int\frac{{t}^{\mathrm{2}} +\mathrm{5}}{{t}^{\mathrm{4}} −{t}^{\mathrm{2}} +\mathrm{1}}{dt} \\ $$$$\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\int\frac{{t}^{\mathrm{2}} +\mathrm{5}}{{t}^{\mathrm{4}} −{t}^{\mathrm{2}} +\mathrm{1}}{dt}= \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{18}}\int\left(\frac{\mathrm{4}\sqrt{\mathrm{3}}{t}+\mathrm{15}}{{t}^{\mathrm{2}} +\sqrt{\mathrm{3}}{t}+\mathrm{1}}−\frac{\mathrm{4}\sqrt{\mathrm{3}}{t}−\mathrm{15}}{{t}^{\mathrm{2}} −\sqrt{\mathrm{3}}{t}+\mathrm{1}}\right){dt}= \\ $$$$\:\:\:\:\:\left[\mathrm{using}\:\mathrm{formula}\right] \\ $$$$=\frac{\sqrt{\mathrm{3}}}{\mathrm{9}}\mathrm{ln}\:\frac{{t}^{\mathrm{2}} +\sqrt{\mathrm{3}}{t}+\mathrm{1}}{{t}^{\mathrm{2}} −\sqrt{\mathrm{3}}{t}+\mathrm{1}}\:+\mathrm{arctan}\:\left(\mathrm{2}{t}−\sqrt{\mathrm{3}}\right)\:+\mathrm{arctan}\:\left(\mathrm{2}{t}+\sqrt{\mathrm{3}}\right) \\ $$$$\Rightarrow \\ $$$$\int\frac{{dx}}{\left({x}^{\mathrm{2}} −{x}+\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} \sqrt{{x}}}= \\ $$$$=\frac{\left({x}+\mathrm{1}\right)\sqrt{{x}}}{\mathrm{3}\left({x}^{\mathrm{2}} −{x}+\mathrm{1}\right)}+\mathrm{ln}\:\frac{{x}+\mathrm{1}+\sqrt{\mathrm{3}{x}}}{{x}+\mathrm{1}−\sqrt{\mathrm{3}{x}}}\:+\mathrm{arctan}\:\left(\mathrm{2}\sqrt{{x}}−\sqrt{\mathrm{3}}\right)\:+\mathrm{arctan}\:\left(\mathrm{2}\sqrt{{x}}+\sqrt{\mathrm{3}}\right)\:+{C} \\ $$$$\Rightarrow\:\frac{\mathrm{1}}{\pi}\underset{\mathrm{0}} {\overset{\infty} {\int}}\frac{{dx}}{\left({x}^{\mathrm{2}} −{x}+\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} \sqrt{{x}}}=\mathrm{1} \\ $$
Commented by mnjuly1970 last updated on 17/Sep/20
thank you so much mr
$${thank}\:{you}\:{so}\:{much}\:{mr}\: \\ $$
Answered by mathmax by abdo last updated on 18/Sep/20
let prove thst ∫_0 ^∞ (dx/((x^2 −x+1)^2 (√x))) =π changement (√x)=t give I =∫_0 ^∞ ((2tdt)/((t^4 −t^2 +1)^2 t)) =2 ∫_0 ^∞ (dt/((t^4 −t^2 +1)^2 )) =∫_(−∞) ^(+∞) (dt/((t^4 −t^2 +1)^2 )) let ϕ(z) =(1/((z^4 −z^2 +1)^2 )) poles of ϕ? z^4 −z^2 +1 =0 ⇒u^2 −u+1 =0 (u=z^2 ) Δ =−3 ⇒u_1 =((1+3i)/2) =e^((iπ)/3) and u_2 =((1−3i)/2) =e^(−((iπ)/3)) ⇒z^4 −z^2 +1 =(z^2 −e^((iπ)/3) )(z^2 −e^(−((iπ)/3)) ) =(z−e^((iπ)/6) )(z+e^((iπ)/6) )(z−e^(−((iπ)/6)) )(z+e^(−i(π/6)) ) ⇒ϕ(z) =(1/((z−e^((iπ)/6) )^2 (z+e^((iπ)/6) )^2 (z−e^(−((iπ)/6)) )^2 (z+e^(−((iπ)/6)) )^2 )) ∫_(−∞) ^(+∞) ϕ(z)dz =2iπ{ Res(ϕ,e^((iπ)/6) )+Res(ϕ,−e^(−((iπ)/6)) )} Res(ϕ,e^((iπ)/6) ) =lim_(z→e^((iπ)/6) ) (1/((2−1)!)){(z−e^((iπ)/6) )^2 ϕ(z)}^((1)) =lim_(z→e^((iπ)/6) ) {(1/((z+e^((iπ)/6) )^2 (z^2 −e^(−((iπ)/3)) )^2 ))}^((1)) =−lim_(z→e^((iπ)/6) ) ((2(z+e^((iπ)/6) )(z^2 −e^(−((iπ)/3)) )^(2 ) +4z(z^2 −e^(−((iπ)/3)) )(z+e^((iπ)/6) )^2 )/((z+e^((iπ)/6) )^4 (z^2 −e^(−((iπ)/3)) )^4 )) =−2lim_(z→e^((iπ)/6) ) (((z^2 −e^(−((iπ)/3)) )+2z(z+e^((iπ)/6) ))/((z+e^((iπ)/6) )^3 (z^2 −e^(−((iπ)/3)) )^3 )) ....be continued....
$$\mathrm{let}\:\mathrm{prove}\:\mathrm{thst}\:\int_{\mathrm{0}} ^{\infty} \:\frac{\mathrm{dx}}{\left(\mathrm{x}^{\mathrm{2}} −\mathrm{x}+\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} \sqrt{\mathrm{x}}}\:=\pi \\ $$$$\mathrm{changement}\:\sqrt{\mathrm{x}}=\mathrm{t}\:\mathrm{give}\:\mathrm{I}\:=\int_{\mathrm{0}} ^{\infty} \:\:\frac{\mathrm{2tdt}}{\left(\mathrm{t}^{\mathrm{4}} −\mathrm{t}^{\mathrm{2}} \:+\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} \mathrm{t}} \\ $$$$=\mathrm{2}\:\int_{\mathrm{0}} ^{\infty} \:\frac{\mathrm{dt}}{\left(\mathrm{t}^{\mathrm{4}} −\mathrm{t}^{\mathrm{2}} \:+\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} }\:=\int_{−\infty} ^{+\infty} \:\frac{\mathrm{dt}}{\left(\mathrm{t}^{\mathrm{4}} −\mathrm{t}^{\mathrm{2}} \:+\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} }\:\mathrm{let}\:\varphi\left(\mathrm{z}\right)\:=\frac{\mathrm{1}}{\left(\mathrm{z}^{\mathrm{4}} −\mathrm{z}^{\mathrm{2}} \:+\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} } \\ $$$$\mathrm{poles}\:\mathrm{of}\:\varphi?\:\:\:\mathrm{z}^{\mathrm{4}} −\mathrm{z}^{\mathrm{2}} \:+\mathrm{1}\:=\mathrm{0}\:\Rightarrow\mathrm{u}^{\mathrm{2}} −\mathrm{u}+\mathrm{1}\:=\mathrm{0}\:\:\left(\mathrm{u}=\mathrm{z}^{\mathrm{2}} \right) \\ $$$$\Delta\:=−\mathrm{3}\:\Rightarrow\mathrm{u}_{\mathrm{1}} =\frac{\mathrm{1}+\mathrm{3i}}{\mathrm{2}}\:=\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \:\mathrm{and}\:\mathrm{u}_{\mathrm{2}} =\frac{\mathrm{1}−\mathrm{3i}}{\mathrm{2}}\:=\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \\ $$$$\Rightarrow\mathrm{z}^{\mathrm{4}} −\mathrm{z}^{\mathrm{2}} \:+\mathrm{1}\:=\left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \right)\left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \right)\:=\left(\mathrm{z}−\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)\left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)\left(\mathrm{z}−\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)\left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{−\mathrm{i}\frac{\pi}{\mathrm{6}}} \right) \\ $$$$\Rightarrow\varphi\left(\mathrm{z}\right)\:=\frac{\mathrm{1}}{\left(\mathrm{z}−\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)^{\mathrm{2}} \left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)^{\mathrm{2}} \left(\mathrm{z}−\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)^{\mathrm{2}} \left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)^{\mathrm{2}} } \\ $$$$\int_{−\infty} ^{+\infty} \varphi\left(\mathrm{z}\right)\mathrm{dz}\:=\mathrm{2i}\pi\left\{\:\mathrm{Res}\left(\varphi,\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)+\mathrm{Res}\left(\varphi,−\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)\right\} \\ $$$$\mathrm{Res}\left(\varphi,\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)\:=\mathrm{lim}_{\mathrm{z}\rightarrow\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} } \:\:\frac{\mathrm{1}}{\left(\mathrm{2}−\mathrm{1}\right)!}\left\{\left(\mathrm{z}−\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)^{\mathrm{2}} \varphi\left(\mathrm{z}\right)\right\}^{\left(\mathrm{1}\right)} \\ $$$$=\mathrm{lim}_{\mathrm{z}\rightarrow\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} } \:\:\:\left\{\frac{\mathrm{1}}{\left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)^{\mathrm{2}} \left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \right)^{\mathrm{2}} }\right\}^{\left(\mathrm{1}\right)} \\ $$$$=−\mathrm{lim}_{\mathrm{z}\rightarrow\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} } \:\frac{\mathrm{2}\left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)\left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \right)^{\mathrm{2}\:} \:+\mathrm{4z}\left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \right)\left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)^{\mathrm{2}} }{\left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)^{\mathrm{4}} \left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \right)^{\mathrm{4}} } \\ $$$$=−\mathrm{2lim}_{\mathrm{z}\rightarrow\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} } \:\:\frac{\left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \right)+\mathrm{2z}\left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)}{\left(\mathrm{z}+\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{6}}} \right)^{\mathrm{3}} \left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{3}}} \right)^{\mathrm{3}} }\:….\mathrm{be}\:\mathrm{continued}…. \\ $$
Commented by mathmax by abdo last updated on 18/Sep/20
let I =∫_(−∞) ^(+∞) (dx/((x^4 −x^2 +1)^2 )) let try parametric method f(a) =∫_(−∞) ^(+∞) (dx/(x^4 −x^(2 ) +a)) with a>(1/4) we have f^′ (a) =−∫_(−∞) ^(+∞) (dx/((x^4 −x^2 +a)^2 )) I =−f^′ (1) let explicit f(a) ϕ(z) =(1/(z^4 −z^2 +a)) poles of ϕ? u^2 −u+a =0 (u=z^2 )→Δ =1−4a<0 ⇒u_1 =((1+i(√(4a−1)))/2) u_2 =((1−i(√(4a−1)))/2) we have ∣u_1 ∣ =(1/2)(√(1+4a−1))=(√a) ⇒ u_1 =(√a)e^(iar4tan(√(4a−1))) and u_2 =(√a)e^(−iarctan((√(4a−1)))) ⇒ z^4 −z^2 +a =(z^2 −(√a)e^(iarctan((√(4a))−1)) )(z^2 −(√a)e^(−iarftan((√(4a−1)))) ) ⇒ ϕ(z) =(1/((z−(√(√a))e^((i/2)arctan((√(4a−1)))) )(z+(√(√a)) e^((i/2)arctan((√(4a−1)))) )(z−(√(√a))e^(−(i/2)arctan((√(4a−1)))) )(z+(√(√a))e^(−(i/2)arctan((√({a−1)))) ))) ∫_(−∞) ^(+∞) ϕ(z)dz =2iπ { Res(ϕ,(√(√a))e^((i/2)arctan((√(4a))−1) )+Res(ϕ,−(√(√a))e^(−(i/2)arctan((√(4a−1)))) } Res(ϕ,(^4 (√a))e^((i/2)arctan((√(4a−1)))) ) =(1/(2(^4 (√a))e^((i/2)ar4tan((√(4a−1)))) ×(√a)(2i sin(arctan((√(4a−1))))) =(e^(−(i/2)arctan((√(4a−1)))) /(4i a^(3/4) sin(arctan((√(4a−1))))) Res(ϕ,−(^4 (√a))e^(−(i/2)arctan((√(4a−1)))) ) =(1/(−2(^4 (√a))e^(−(i/2)arctan((√(4a−1)))) ((√a))(−2i sin(arctan((√(4a−1))))) =(e^((i/2)arctan((√(4a−1)))) /(4i a^(3/4) sin(arctan((√(4a−1))))) ⇒ ∫_(−∞) ^(+∞) ϕ(z)dz =2iπ{(a^(−(3/4)) /(4i))×(e^(−(i/2)arctan((√(4a−1)))) /(sin(arctan((√(4a−1)))))+(a^(−(3/4)) /(4i))×(e^((i/2)arctan((√(4a−1)))) /(sin(arctan((√(4a−1)))))} =(π/(2 a^(3/4) sin(arctan((√(4a−1)))))×2cos(arctan((√(4a−1))) ....be continued....
$$\mathrm{let}\:\mathrm{I}\:=\int_{−\infty} ^{+\infty} \:\frac{\mathrm{dx}}{\left(\mathrm{x}^{\mathrm{4}} −\mathrm{x}^{\mathrm{2}} +\mathrm{1}\right)^{\mathrm{2}} }\:\mathrm{let}\:\mathrm{try}\:\mathrm{parametric}\:\mathrm{method} \\ $$$$\mathrm{f}\left(\mathrm{a}\right)\:=\int_{−\infty} ^{+\infty} \:\frac{\mathrm{dx}}{\mathrm{x}^{\mathrm{4}} −\mathrm{x}^{\mathrm{2}\:} +\mathrm{a}}\:\mathrm{with}\:\mathrm{a}>\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{4}}\:\mathrm{we}\:\mathrm{have}\:\mathrm{f}^{'} \left(\mathrm{a}\right)\:=−\int_{−\infty} ^{+\infty} \:\frac{\mathrm{dx}}{\left(\mathrm{x}^{\mathrm{4}} −\mathrm{x}^{\mathrm{2}} \:+\mathrm{a}\right)^{\mathrm{2}} } \\ $$$$\mathrm{I}\:=−\mathrm{f}^{'} \left(\mathrm{1}\right)\:\mathrm{let}\:\mathrm{explicit}\:\mathrm{f}\left(\mathrm{a}\right) \\ $$$$\varphi\left(\mathrm{z}\right)\:=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{z}^{\mathrm{4}} −\mathrm{z}^{\mathrm{2}} \:+\mathrm{a}}\:\:\mathrm{poles}\:\mathrm{of}\:\varphi? \\ $$$$\mathrm{u}^{\mathrm{2}} −\mathrm{u}+\mathrm{a}\:=\mathrm{0}\:\:\left(\mathrm{u}=\mathrm{z}^{\mathrm{2}} \right)\rightarrow\Delta\:=\mathrm{1}−\mathrm{4a}<\mathrm{0}\:\Rightarrow\mathrm{u}_{\mathrm{1}} =\frac{\mathrm{1}+\mathrm{i}\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}}{\mathrm{2}} \\ $$$$\mathrm{u}_{\mathrm{2}} =\frac{\mathrm{1}−\mathrm{i}\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}}{\mathrm{2}}\:\:\mathrm{we}\:\mathrm{have}\:\mid\mathrm{u}_{\mathrm{1}} \mid\:=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}\sqrt{\mathrm{1}+\mathrm{4a}−\mathrm{1}}=\sqrt{\mathrm{a}}\:\Rightarrow \\ $$$$\mathrm{u}_{\mathrm{1}} =\sqrt{\mathrm{a}}\mathrm{e}^{\mathrm{iar4tan}\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}} \:\:\mathrm{and}\:\mathrm{u}_{\mathrm{2}} =\sqrt{\mathrm{a}}\mathrm{e}^{−\mathrm{iarctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} \:\Rightarrow \\ $$$$\mathrm{z}^{\mathrm{4}} −\mathrm{z}^{\mathrm{2}} \:+\mathrm{a}\:=\left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\sqrt{\mathrm{a}}\mathrm{e}^{\mathrm{iarctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}}−\mathrm{1}\right)} \right)\left(\mathrm{z}^{\mathrm{2}} −\sqrt{\mathrm{a}}\mathrm{e}^{−\mathrm{iarftan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} \right)\:\Rightarrow \\ $$$$\varphi\left(\mathrm{z}\right)\:=\frac{\mathrm{1}}{\left(\mathrm{z}−\sqrt{\sqrt{\mathrm{a}}}\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} \right)\left(\mathrm{z}+\sqrt{\sqrt{\mathrm{a}}}\:\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} \right)\left(\mathrm{z}−\sqrt{\sqrt{\mathrm{a}}}\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} \right)\left(\mathrm{z}+\sqrt{\sqrt{\mathrm{a}}}\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\left\{\mathrm{a}−\mathrm{1}\right.}\right)} \right)} \\ $$$$\int_{−\infty} ^{+\infty} \:\varphi\left(\mathrm{z}\right)\mathrm{dz}\:=\mathrm{2i}\pi\:\left\{\:\mathrm{Res}\left(\varphi,\sqrt{\sqrt{\mathrm{a}}}\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}}−\mathrm{1}\right.} \right)+\mathrm{Res}\left(\varphi,−\sqrt{\sqrt{\mathrm{a}}}\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} \right\}\right. \\ $$$$\mathrm{Res}\left(\varphi,\left(^{\mathrm{4}} \sqrt{\mathrm{a}}\right)\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} \right) \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}\left(^{\mathrm{4}} \sqrt{\mathrm{a}}\right)\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{ar4tan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} ×\sqrt{\mathrm{a}}\left(\mathrm{2i}\:\mathrm{sin}\left(\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)\right.\right.} \\ $$$$=\frac{\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} }{\mathrm{4i}\:\mathrm{a}^{\frac{\mathrm{3}}{\mathrm{4}}} \:\mathrm{sin}\left(\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)\right.} \\ $$$$\mathrm{Res}\left(\varphi,−\left(^{\mathrm{4}} \sqrt{\mathrm{a}}\right)\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} \right) \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{−\mathrm{2}\left(^{\mathrm{4}} \sqrt{\mathrm{a}}\right)\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} \left(\sqrt{\mathrm{a}}\right)\left(−\mathrm{2i}\:\mathrm{sin}\left(\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)\right.\right.} \\ $$$$=\frac{\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} }{\mathrm{4i}\:\mathrm{a}^{\frac{\mathrm{3}}{\mathrm{4}}} \:\mathrm{sin}\left(\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)\right.}\:\Rightarrow \\ $$$$\int_{−\infty} ^{+\infty} \:\varphi\left(\mathrm{z}\right)\mathrm{dz}\:=\mathrm{2i}\pi\left\{\frac{\mathrm{a}^{−\frac{\mathrm{3}}{\mathrm{4}}} }{\mathrm{4i}}×\frac{\mathrm{e}^{−\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} }{\mathrm{sin}\left(\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)\right.}+\frac{\mathrm{a}^{−\frac{\mathrm{3}}{\mathrm{4}}} }{\mathrm{4i}}×\frac{\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}}{\mathrm{2}}\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)} }{\mathrm{sin}\left(\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)\right.}\right\} \\ $$$$=\frac{\pi}{\mathrm{2}\:\mathrm{a}^{\frac{\mathrm{3}}{\mathrm{4}}} \:\mathrm{sin}\left(\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)\right.}×\mathrm{2cos}\left(\mathrm{arctan}\left(\sqrt{\mathrm{4a}−\mathrm{1}}\right)\right. \\ $$$$….\mathrm{be}\:\mathrm{continued}…. \\ $$

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