waardoor ik niet meer kan zeggen dat deze nul wordt.
Ben
Student universiteit België - woensdag 21 november 2007
Antwoord
De uitkomst van deze integraal blijkt p2/3 te zijn.
Bij je eerste opgave is het nog doenbaar om een primitieve te vinden: voer de substitutie y=1+exp(x) door, en doe dan partiële integratie waarbij je dy/y2 herkent als d(-1/y). Uitwerken en opnieuw omzetten naar x geeft dan vrij snel de primitieve (x*exp(x))/(1+exp(x))-ln(1+exp(x)).
Bij de tweede (die met x2) wordt het iets moeilijker: ik denk dat je best op dezelfde manier begint, dus dezelfde substitutie en dezelfde partiële integratie. De integraal die je dan overhoudt is nu wel lastiger: het is ò2ln(y-1)/(y*(y-1)) du. Splits dit in partieelbreuken met 1/(y*(y-1))=1/(y-1)-1/y. De integraal met de y-1 in de noemer is eenvoudig op te lossen via de substitutie ln(y-1)=t. De andere integraal (dat is dan nog 2òln(y-1)/y dy) heeft echter geen basisfunctie als primitieve, de integraal wordt aangeduid met het begrip 'dilogaritme' of algemener, 'polylogaritme'.
Dus zo krijg je een primitieve functie, alleen is het jammer dat verschillende termen oneindig geven als je de grenzen invult (ze heffen elkaar wel op blijkbaar want het eindresultaat is eindig, maar dat is dan weer moeilijk in te zien).
Is het echt de bedoeling dat je deze tweede integraal met de hand uitrekent? En zoja, op welke integratietechniek vermoed je dan dat het een toepassing is? Of heb je een integraalvoorstelling gezien van de Riemann Zetafunctie? Want jouw integraal is p2/3 terwijl z(2)=p2/6, en z(2) heeft enkele integraalvoorstellingen, zoals ò0¥u/(exp(u)-1)du (zie hier) dus als je kan aantonen dat die twee integralen op een factor 2 na, gelijk zijn, dan heb je ook de oplossing...
Dit is een reactie op vraag 53122 
