Całki dla smakoszy

Całkowalność. Metody i obliczanie całek oznaczonych i nieoznaczonych. Pole pod wykresem. Równania i nierówności z wykorzystaniem rachunku całkowego. Wielowymiarowa całka Riemanna - w tym pola i objętości figur przestrzennych.
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

Nie za bardzo się wysilałem skorzystałem z wolframa
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mariusz M »

Widzę że wątek wam stoi

Licząc pewną całkę otrzymałem następującą całkę

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\ln{\left(\cos{x} \right) }\ln{\left( \sin{x}\right) }\mbox{d}x}}\)

Postarajcie się obliczyć ją bez wykorzystywania wzoru Leibniza na różniczkowanie pod znakiem całki
Preferowane rozwiązanie z wykorzystaniem analizy rzeczywistej
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

Przekształcenia:

\(\displaystyle{ \ln \cos x =\ln \frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2} =\ln \left( e^{ix}+ \frac{1}{e^{ix}} \right) -\ln 2=\ln(1+e^{2ix})-ix-\ln 2=}\)

\(\displaystyle{ = \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{k-1}e^{2kix}}{k} -ix-\ln 2=-\sum_{k=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{k}e^{2kix}}{k} -ix-\ln 2}\)


\(\displaystyle{ \ ln \sin x=\ln\left( e^{ix}-e^{-ix}\right) -\ln 2i=\ln(e^{2ix}-1)-ix-\ln 2i=}\)

\(\displaystyle{ \ln(-1) \cdot \left( 1+\left( -e^{2ix}\right) \right) -ix-\ln 2-\ln i=}\)

\(\displaystyle{ - \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{(-1)^k(-1)^ke^{2kix}}{k} +\pi i-ix-\ln 2- \frac{\pi}{2}i =}\)

\(\displaystyle{ - \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{e^{2kix}}{k} - \frac{\pi}{2} i-ix-\ln 2}\)

Teraz jak weźmiemy części rzeczywiste to otrzymamy:

\(\displaystyle{ \ln \cos x=-\ln 2- \sum_{k=1}^{ \infty } (-1)^k \frac{\cos (2kx)}{k} }\)

\(\displaystyle{ \ln \sin x=-\ln 2- \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{\cos (2kx)}{k} }\)

Teraz mnożenie szeregów może nieprzyjemne ale łatwe...


Po wymnożeniu szeregów otrzymamy:

\(\displaystyle{ \ln^2 2+\ln2 \sum_{k=1}^{ \infty }(-1)^k \frac{\cos (2kx)}{k} + \ln2 \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{\cos (2kx)}{k} + \sum_{k}^{} \sum_{l}^{} =}\)

\(\displaystyle{ \ln^2 2+\ln2 \sum_{k=1}^{ \infty }(-1)^k \frac{\cos (2kx)}{k} + \ln2 \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{\cos (2kx)}{k} + \sum_{k=l}^{} \sum_{l}^{}+\sum_{k \neq l}^{} \sum_{l}^{} =}\)

jak widać będą te całki takie:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \cos(2kx)dx= \frac{1}{2k}\sin (2kx)|^{\frac{\pi}{2}}_{0} =0 }\)

W iloczynie podwójnej sumy mamy całki dwóch typów:


\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \cos(2kx)\cos(2lx)dx= \frac{1}{4}\left\{ \frac{\sin \left[ 2x\left( k-l\right) \right] }{k-l}+ \frac{\sin \left[ 2x\left( k+l\right) \right] }{k+l} \right\}|^{ \frac{\pi}{2} }_{0}=0 , k \neq l }\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \cos(2kx)\cos(2kx)dx= \frac{4kx+\sin(4kx)}{8k}\|^{ \frac{\pi}{2} }_{0}= \frac{\pi}{4} }\)


Czyli będzie:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln (\cos x) \cdot \ln (\sin x) dx= \sum_{k}^{} \frac{(-1)^k}{k^2} \frac{\pi}{4}+\ln^2 2 \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }dx=}\)

\(\displaystyle{ = \frac{\pi}{4} \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{(-1)^k}{k^2} + \frac{\pi}{2} \cdot \ln^2 2 }\)

Ten ostatni szereg da się ładnie zwinąć...


można też z tego policzyć łatwo jak widać całki:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln (\cos x) dx= \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln (\sin x) dx=-\ln 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2} }dx= -\frac{\pi}{2} \ln 2 }\)

Inny sposób np. przez części lub za pomocą \(\displaystyle{ f(a)}\) nie wychodził mi...

Licząc pewną całkę otrzymałem następującą całkę
Więc jak wygląda "pewna" całka...
Preferowane rozwiązanie z wykorzystaniem analizy rzeczywistej
Więc oczekuję, że jakiś bałwan forumowy powie, że rozwiązanie jest do bani bo otarłem się o zespolone...(lub, że 90% tego co napisałem jest źle)...
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mariusz M »

Oryginalna całka

\(\displaystyle{ \int{\frac{\ln^2{x}}{1+x^2}\mbox{d}x}}\)
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

To jeżeli ta jest oryginalna i jak widzę nieoznaczona to skąd tamta wzięła się oznaczona?

Dodano po 2 godzinach 42 minutach 5 sekundach:
Ta całka tylko jako oznaczona w przedziale: \(\displaystyle{ \left\langle 0;1\right\rangle }\)

To ten szereg:

\(\displaystyle{ 2\sum_{n=0}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{(2n+1)^3} = \frac{\pi^3}{16} }\)
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mariusz M »

Przedział całkowania był następujący \(\displaystyle{ \left( 0, \infty \right) }\)
tylko jakoś zapomniałem go napisać

Ale to można by rozdzielić na dwa przedziały

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{\ln^2{x}}{1+x^2} \mbox{d} x = \int_{0}^{ 1 }\frac{\ln^2{x}}{1+x^2} \mbox{d} x +\int_{1}^{ \infty }{\frac{\ln^2{x}}{1+x^2}\mbox{d}x} \\
\int_{1}^{ \infty }{\frac{\ln^2{x}}{1+x^2}\mbox{d}x} \\
t = \frac{1}{x}\\
\mbox{d}t = -\frac{1}{x^2}\mbox{d}x\\
\mbox{d}t = -t^2\mbox{d}x\\
\mbox{d}x = -\frac{1}{t^2}\mbox{d}t\\
-\int_{1}^{0}{\frac{\ln^2{\left( \frac{1}{t}\right) }}{\left( 1+\frac{1}{t^2}\right)t^2 }\mbox{d}t}\\
\int_{0}^{1}{\frac{\left( -\ln{\left( t\right) }\right)^2 }{t^2+1}\mbox{d}t}\\
\int_{0}^{1}{\frac{\ln^{2}{\left( t\right) }}{\left( t^2+1\right)}\mbox{d}t}\\
}\)

Mamy zatem

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{\ln^2{x}}{1+x^2} \mbox{d} x = \int_{0}^{ 1 }\frac{\ln^2{x}}{1+x^2} \mbox{d} x+\int_{0}^{1}{\frac{\ln^{2}{\left( t\right) }}{\left( t^2+1\right)}\mbox{d} t}\\
=2\int_{0}^{ 1 }{\frac{\ln^2{x}}{1+x^2} \mbox{d} x}
}\)
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

Fajna całka:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} (-1)^{ \left[ \frac{1}{x} \right] } dx=}\)
Awatar użytkownika
Janusz Tracz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4060
Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: hrubielowo
Podziękował: 79 razy
Pomógł: 1391 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Janusz Tracz »

\(\displaystyle{ \begin{align*}
\int_0^1(-1)^{\lfloor\frac{1}{x}\rfloor}\, \dd x&=\sum_{n\geq1}\int_\frac{1}{n+1}^\frac{1}{n}(-1)^n\,\dd x\\
&=\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^n}{n}-\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^n}{n+1}\\
&=-\ln 2-\ln 2+1\\
&=1-\ln 4.
\end{align*}}\)
PS Wcześniej pojawiły się całki typu \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln (\sin x) \dd x}\). Ogólnie można zamienić kolejność całkowania z szeregiem przedstawiającym \(\displaystyle{ \ln (\sin x)}\) jak to chyba proponował arek1357, ale formalne wykazanie tego jest mało przyjemne. Zaskakująco przyjemnie liczy się to jednak z definicji całki. Można (to znaczy nie można ale i tak to robimy) wziąć konkretny podział i robimy sumę całkową i działa.
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

Tak i to to tu biegało, teraz wrzucę równanie różniczkowe nie dla pałkoszy, które fajnie się liczy ale na ostatniej całce poległem więc może ktoś spróbuje nie podam rozwiązania(tego nie do końca) bo i po co psuć zabawę..:

\(\displaystyle{ f' \left( \frac{1}{x}\right) = \frac{x}{f(x)} }\)

Ostatnia całka zwala z nóg najtęższych pałkowiczów...
Ostatnio zmieniony 30 sty 2023, o 19:37 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Awatar użytkownika
Janusz Tracz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4060
Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: hrubielowo
Podziękował: 79 razy
Pomógł: 1391 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Janusz Tracz »

Ponieważ
\(\displaystyle{ \frac{\dd }{\dd x} \left( f(x)f\left( \frac{1}{x} \right) \right) = f'(x)f\left( \frac{1}{x} \right)- \frac{f(x)f'\left( \frac{1}{x} \right)}{x^2} }\)

oraz \(\displaystyle{ f'\left( \frac{1}{x} \right)f(x)=x}\), \(\displaystyle{ f'(x)f\left( \frac{1}{x} \right)= \frac{1}{x} }\) to
\(\displaystyle{ \frac{\dd }{\dd x} \left( f(x)f\left( \frac{1}{x} \right) \right) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x} =0. }\)

Zatem \(\displaystyle{ f(x)f\left( \frac{1}{x} \right)=c}\), dla \(\displaystyle{ c\in\RR}\). Jednak jak już wcześniej pojawiło się \(\displaystyle{ f'(x)f\left( \frac{1}{x} \right)= \frac{1}{x} }\). Zatem

\(\displaystyle{ f(x)f\left( \frac{1}{x} \right)=f(x) \frac{1}{f'(x)x} =c}\)

więc

\(\displaystyle{ \frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1}{cx} .}\)

Co po scałkowani daje \(\displaystyle{ f(x)=dx^{1/c}}\). Aby to było rozwiązanie to musi zachodzić \(\displaystyle{ d^2=c}\). Więc wydaje się, że

\(\displaystyle{ \left\{ \left[ x\mapsto d x^{1/d^2}\right] : d\in \RR\right\} }\)
to zbiór rozwiązań.
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

No to pokażę swoje:

\(\displaystyle{ f(x)= \frac{x}{f'( \frac{1}{x} )} }\)

Po obliczeniu pochodnej obustronnym zróżniczkowaniu:

\(\displaystyle{ f'(x)= \frac{f'( \frac{1}{x} )+ \frac{1}{x}f''( \frac{1}{x} ) }{\left( f'( \frac{1}{x} )\right)^2 } }\)

teraz podstawienie:

\(\displaystyle{ x:= \frac{1}{x} }\)

\(\displaystyle{ f'( \frac{1}{x} )= \frac{f'(x)+ \frac{1}{x}f''(x) }{\left( f'(x)\right)^2 } = \frac{x}{f(x)} }\)

Po wymnożeniu mamy legalne równanie różniczkowe drugiego stopnia:

\(\displaystyle{ xyy'+yy''=x^2y'^2}\)

lub:

\(\displaystyle{ x \frac{y}{y'} + \frac{y}{y'} \frac{y''}{y'}=x^2 }\)

Wykonałem takie podstawienie:

\(\displaystyle{ p= \frac{y}{y'} }\)

\(\displaystyle{ p'=1- \frac{y}{y'} \frac{y''}{y'}=1-p \frac{y''}{y'} =p'}\)

z tego mamy:

\(\displaystyle{ \frac{y''}{y'}= \frac{1-p'}{p} }\)

Co da nam równanie różniczkowe pierwszego stopnia:

\(\displaystyle{ p'+x^2-px-1=0}\)

Nie zamulając teoriami o czynnikach całkujących po rozwiązaniu tego otrzymuję:

\(\displaystyle{ p=Ce^{ \frac{1}{2} x^2}+x= \frac{y}{y'} }\)

Z tego mamy:

\(\displaystyle{ y=C_{1}e^{ \int_{}^{} \frac{dx}{Ce^{ \frac{1}{2} x^2}+x} }}\)

I teraz na tej całce utknąłem:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{Ce^{ \frac{1}{2} x^2}+x}}\)

AA już wiem gdzie się walnąłem po podstawieniu:

\(\displaystyle{ x:= \frac{1}{x} }\)

nie uwzględniłem ixa a po uwzględnieniu wyjdzie równanie różniczkowe:

\(\displaystyle{ yy'+xyy''=xy'^2}\)

Co bardzo się upraszcza i rozwiązanie jest takie jak kol. Tracza a więc w typie:

\(\displaystyle{ y=bx^a}\)

Ale, że pomyłki są wskazane to i tak całka ciekawa zostaje nie dla pałkoszy i zostawiam jako problem otwarty...
(Tylko w ogniu pomyłek rodzą się wspaniałe dzieła i pomysły. A ta pomyłka miała w sobie akt twórczy a nawet powiem stwórczy...)

Całka:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{Ce^{ \frac{1}{2} x^2}+x}}\)


Żeby uprościć zapiszę tę całkę w lepszej formie:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{e^{x^2}+x} }\)

Albo można i tak:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{dx}{e^{x^2}+x}= }\)

Do wyboru do koloru...

Dodano po 3 dniach 22 godzinach 33 minutach 52 sekundach:
Popróbuję poprzekształcać tę ostatnią całkę:

Oczywiście całka:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{dx}{e^{x^2}+x}}\)

jest zbieżna...

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{dx}{e^{x^2}+x} = \int_{0}^{ \infty } \frac{dx}{e^{x^2}\left( 1+ \frac{x}{e^{x^2}} \right) } = \int_{0}^{ \infty } \frac{1}{e^{x^2}} \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n \frac{x^n}{e^{nx^2}} dx= }\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n \int_{0}^{ \infty } \frac{x^n}{e^{x^2(n+1)}}dx= \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n \int_{0}^{ \infty } x^ne^{-x^2(n+1)}dx=}\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n \frac{1}{(n+1)^{ \frac{n+3}{2} }} \Gamma\left( \frac{n+3}{2} \right) =}\)

\(\displaystyle{ = \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n-1}}{n^{ \frac{n+2}{2} }} \Gamma\left( \frac{n+2}{2} \right) }\)


Gdzie:

\(\displaystyle{ \Gamma\left( \frac{n+2}{2} \right) =\begin{cases} \Gamma (k+1)=k! \text { dla } n=2k \\ \\ \Gamma\left( k+1+ \frac{1}{2} \right)= \frac{1}{2} \sqrt{\pi} \frac{(2k+1)!}{4^k \cdot k!} \text{ dla } n=2k+1 \end{cases}}\)

Dodano po 5 godzinach 51 minutach 15 sekundach:
Ten ostatni szereg nie widać żeby się ładnie zwinął
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mariusz M »

To może taka całeczka związana z funkcją \(\displaystyle{ \Gamma}\)


\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }{\frac{x^{a-1}}{x+1}\mbox{d}x}}\)

\(\displaystyle{ 0<a<1}\)
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav »

Właściwie jeśli zna się funkcję Beta Eulera i tożsamość \(\displaystyle{ \Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin(\pi z)}}\) (dla takich \(\displaystyle{ z}\), żeby to miało sens), to idzie od razu.
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{\sin(\pi \alpha)}=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha)}{\Gamma(1)}=\mathrm{B}(\alpha, 1-\alpha)=\int_{0}^1 x^{\alpha-1}(1-x)^{-\alpha}\mbox{d}x=\left|\begin{array} \ t=\frac{x}{1-x}\\ \ x=\frac{t}{1+t}\\\mbox{d}x=\frac{\mbox{d}t}{(1+t)^2}\end{array}\right|=\int_{0}^{+\infty}\frac{t^{\alpha-1}}{1+t}\mbox{d}t}\).
Natomiast jeśli chodzi o obliczenie tej całki inną metodą, to widziałem kiedyś rozwiązanie przy pomocy analizy zespolonej, a mianowicie twierdzenia o residuach (dość długie). Analiza zespolona spx, tylko zawsze chciałem wiedzieć, skąd się bierze (poza najoczywistszymi przypadkami) pomysł, by dobrać akurat taki, a nie inny kontur całkowania.
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

A co powiesz na taki kontur , który omija punkty szczególne a po tym konturze całka się zeruje?

Wiem rysunek nieudolny ale się poprawię...

Dodano po 5 godzinach 39 minutach 42 sekundach:
Będzie z tego sześć całek jedne się zerują inne nie cosik tam wychodzi...
Załączniki
https://matematyka.pl/download/file.php?mode=view&amp;id=9538
https://matematyka.pl/download/file.php?mode=view&id=9538
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mariusz M »

Przemysław no tak ale wtedy mielibyśmy kółeczko gdyby ta całka pojawiła się przy próbie wykazania wzoru na
\(\displaystyle{ \Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) }\)

Wracając do całki

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln{\left( \cos{x}\right)\ln{\left( \sin{x}\right) }\mbox{d}x } }\)

Rozpatrzmy całkę

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln^2{\left( \tan{x}\right) \mbox{d}x}}\)

Zastosujmy podstawienie \(\displaystyle{ t = \tan{x}}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln^2{\left( \tan{x}\right) \mbox{d}x}\\
t=\tan{x}\\
\mbox{d}t = \left( 1+\tan^{2}{x}\right) \mbox{d}x\\
\mbox{d}t = \left( 1+ t^2\right) \mbox{d}x\\
\frac{\mbox{d}t}{1+t^2} = \mbox{d}x\\
=\int_{0}^{ \infty }\frac{\ln^2{t}}{1+t^2}\mbox{d}t\\
=\int_{0}^{1}\frac{\ln^2{t}}{1+t^2}\mbox{d}t+\int_{1}^{ \infty }\frac{\ln^2{t}}{1+t^2}\mbox{d}t\\
\int_{1}^{ \infty }\frac{\ln^2{t}}{1+t^2}\mbox{d}t\\
u=\frac{1}{t}\\
\mbox{d}u = -\frac{\mbox{d}t}{t^2}\\
\mbox{d}u = -u^2\mbox{d}t\\
\mbox{d}t = -\frac{\mbox{d}u}{u^2}\\
\int_{1}^{0}\frac{\ln^{2}{\left( \frac{1}{u}\right) }}{\left( 1+\frac{1}{u^2}\right) \cdot\frac{\left(-1 \right) }{u^2}}\mbox{d}u\\
=\int_{0}^{1}\frac{\left( -\ln{u}\right)^2 }{u^2+1} \mbox{d}u\\
\int_{1}^{ \infty }\frac{\ln^2{t}}{1+t^2}\mbox{d}t=\int_{0}^{1}\frac{ \ln^2{u} }{u^2+1} \mbox{d}u\\
=\int_{0}^{ \infty }\frac{\ln^2{t}}{1+t^2}\mbox{d}t = 2\int_{0}^{1}\frac{ \ln^2{u} }{u^2+1} \mbox{d}u\\
2\int_{0}^{1}\frac{ \ln^2{u} }{u^2+1} \mbox{d}u = 2\int_{0}^{1}{ \sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^nu^{2n}\ln^{2}{u} \mbox{d}u }\\
=2 \sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n} \int_{0}^{1}u^{2n}\ln^{2}u \mbox{d}u\\
=2\sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n}\left( \frac{1}{2n+1}u^{2n+1}\ln^2u\biggl|_{0}^{1}-\frac{2}{2n+1}\int_{0}^{1}u^{2n}\ln{u}\mbox{d}u\right)\\
= 2\sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n}\left( -\frac{2}{2n+1}\int_{0}^{1}u^{2n}\ln{u}\mbox{d}u\right) \\
=2\sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n}\left( -\frac{2}{2n+1}\left( \frac{1}{2n+1}u^{2n+1}\ln{u}\biggl|_{0}^{1}-\frac{1}{2n+1}\int_{0}^{1}{u^{2n}\mbox{d}x}\right) \right) \\
=2\sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n}\left( -\frac{2}{2n+1}\left(-\frac{1}{2n+1}\int_{0}^{1}{u^{2n}\mbox{d}x}\right) \right) \\
=2\sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n}\frac{2}{\left( 2n+1\right)^2 }\int_{0}^{1}{u^{2n}\mbox{d}x}\\
=4\sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n}\frac{1}{\left( 2n+1\right)^3 }\\
}\)




\(\displaystyle{
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln^2{\tan{x}}\mbox{d}x = \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln^2{\left( \frac{\sin{x}}{\cos{x}} \right) \mbox{d}x}\\
=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\left( \ln{\left( \sin{x}\right) }-\ln{\cos{x}}\right)^2\mbox{d}x\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln^2{\tan{x}}\mbox{d}x=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \sin{x}\right) }\mbox{d}x -2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left( \sin{x}\right) }\ln{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x+\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \sin{x}\right) }\mbox{d}x\\
x = \frac{\pi}{2}-t\\
\mbox{d}x = -\mbox{d}t\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \sin{x}\right) }\mbox{d}x = \int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\ln^2{\left( \sin{\left( \frac{\pi}{2}-t\right) }\right) }\left( -1\right) \mbox{d}t\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \sin{x}\right) }\mbox{d}x = \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \cos{t}\right) }\mbox{d}t\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln^2{\tan{x}}\mbox{d}x=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x -2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left( \sin{x}\right) }\ln{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x+\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln^2{\tan{x}}\mbox{d}x=2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x -2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left( \sin{x}\right) }\ln{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x\\
4\sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n}\frac{1}{\left( 2n+1\right)^3 } = 2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x -2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left( \sin{x}\right) }\ln{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x\\
2\sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n}\frac{1}{\left( 2n+1\right)^3 } = \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x -\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left( \sin{x}\right) }\ln{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left( \sin{x}\right) }\ln{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x = \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln^2{\left( \cos{x}\right) }\mbox{d}x - 2\sum_{n=0}^{ \infty } \left( -1\right)^{n}\frac{1}{\left( 2n+1\right)^3 }\\
}\)


\(\displaystyle{
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln^2{\cos{x}}\mbox{d}x\\
u = \cos{x}\\
\mbox{d}u = -\sin{x}\mbox{d}x\\
\mbox{d}u = -\sqrt{1-u^2}\mbox{d}x\\
\mbox{d}x = -\frac{\mbox{d}u}{\sqrt{1-u^2}}\\
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln^2{\cos{x}}\mbox{d}x = \int_{1}^{0}{\left( -1\right) \frac{\ln^2{u}}{\sqrt{1-u^2}}\mbox{d}u}\\
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln^2{\cos{x}}\mbox{d}x = \int_{0}^{1}\frac{\ln^2{u}}{\sqrt{1-u^2}} \mbox{d}u\\
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln^2{\cos{x}}\mbox{d}x = \int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{ \infty }{-\frac{1}{2} \choose n}\left( -1\right)^nu^{2n}\ln^2{u}\mbox{d}u\\
= \sum_{n=0}^{ \infty }\left( -1\right)^{n}{-\frac{1}{2} \choose n}\int_{0}^{1}{u^{2n}\ln^{2}{u}\mbox{d}u}\\
= \sum_{n=0}^{ \infty }\left( -1\right)^{n}{-\frac{1}{2} \choose n}\left( \frac{1}{2n+1}u^{2n+1}\ln^{2}{u}\biggl|_{0}^{1} - \frac{2}{2n+1}\int_{0}^{1}u^{2n}\ln{u}\mbox{d}u\right) \\
= \sum_{n=0}^{ \infty }\left( -1\right)^{n}{-\frac{1}{2} \choose n}\left( - \frac{2}{2n+1}\int_{0}^{1}u^{2n}\ln{u}\mbox{d}u\right) \\
= \sum_{n=0}^{ \infty }\left( -1\right)^{n}{-\frac{1}{2} \choose n}\left( - \frac{2}{2n+1}\left( \frac{1}{2n+1}u^{2n+1}\ln{u}\biggl|_{0}^{1}-\frac{1}{2n+1}\int_{0}^{1}u^{2n}\mbox{d}x\right) \right) \\
= \sum_{n=0}^{ \infty }\left( -1\right)^{n}{-\frac{1}{2} \choose n}\left( - \frac{2}{2n+1}\left( -\frac{1}{2n+1}\int_{0}^{1}u^{2n}\mbox{d}x\right) \right) \\
=\sum_{n=0}^{ \infty }\left( -1\right)^{n}{-\frac{1}{2} \choose n}\frac{2}{\left( 2n+1\right)^2 }\int_{0}^{1}u^{2n}\mbox{d}x \\
=\sum_{n=0}^{ \infty }\left( -1\right)^{n}{-\frac{1}{2} \choose n}\frac{2}{\left( 2n+1\right)^3}\\
}\)


Rozpiszmy ten symbol Newtona

\(\displaystyle{ {-\frac{1}{2} \choose n} = \frac{\left( -\frac{1}{2}\right)\left( -\frac{3}{2}\right) \cdot \ldots\cdot\left( \frac{-1-2\left( n-1\right) }{2} \right) }{n!}\\
{-\frac{1}{2} \choose n} = \frac{\left( -1\right)^n \cdot 1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left( 2n-1\right) }{2^n \cdot n!}\\
{-\frac{1}{2} \choose n} = \frac{\left( -1\right)^n \cdot 1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot \left( 2n-1\right) \cdot 2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot 2n }{(2^n \cdot n!)^2}\\
{-\frac{1}{2} \choose n} = \frac{\left( -1\right)^n \left( 2n\right)! }{(2^n \cdot n!)^2}\\
}\)


Mamy zatem sumę

\(\displaystyle{
=2\sum_{n=0}^{ \infty }\left(\frac{ \left( 2n\right)! }{(2^n \cdot n!)^2} - \left( -1\right)^n \right)\frac{1}{\left( 2n+1\right)^3 }\\
}\)


I aby dokończyć liczenie tej całki trzeba by tę sumę policzyć
ciekawe czy da się ją policzyć bez polilololo
W porównaniu z podejściem Arka otrzymaliśmy tylko pojedynczą sumę
ODPOWIEDZ