Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln(x) \ln^2(1-x)}{x} dx}\)

Bardziej w ramach ciekawski niż jako rozwiązanie; można uznać to za szczególny przypadek funkcji Nielsen'a Generalized Polylogarithm https://mathworld.wolfram.com/NielsenGeneralizedPolylogarithm.html. Nawet w tak dużej ogólności istnieją reprezentacje (publikacje nie tak łatwo znaleźć) takiej całki

• Kod: Zaznacz cały

  https://link.springer.com/article/10.1007/BF01940890

  K.S. Kölbig, J.A. Mignaco & E. Remiddi, On Nielsen's generalized polylogarithms and their numerical calculation. BIT 10, 38–73 (1970).

• Kod: Zaznacz cały

  https://cds.cern.ch/record/131491/files/cer-000042056.pdf

  K. S. Kölbig, Closed Expressions for Integral \(\displaystyle{ \int t^{-1} \log^{n-1} t \log^p (1 - t) \dd t}\), Math. Comp., 39 (1982), pp. 647-654.

W szczególności

A co do przypadków szczególnych to zwykle przydają się sztuczki w stylu: symetria względem \(\displaystyle{ 1-x}\), \(\displaystyle{ \frac{\log (1-x)}{1-x}\ =\ -\sum_{n=1}^{\infty}H_{n}x^{n}}\) czy rozwinięcie Taylora funkcji \(\displaystyle{ \ln^n(1+x)}\) (z użyciem liczb Stirling pierwszego rodzaju), \(\displaystyle{ \int^1_0 x^{k-1} \ln^n(x)\,dx = (-1)^n\frac{n!}{k^{n+1}}}\) (2 całka z książki C. I. Vălean'a, którą smakosze całek pewnie znają).

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\sin(\pi x)}{1+ e^{2x-1}} dx }\)

Zastosujmy podstawienie \(\displaystyle{ t=2x-1}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\sin(\pi x)}{1+ e^{2x-1}} \mbox{d}x\\
t = 2x-1\\
\mbox{d}t = 2\mbox{d}x\\
\mbox{d}x = \frac{1}{2}\mbox{d}t\\
x = 0, \ t = -1\\
x = 1, \ t = 1\\
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\sin\left(\frac{\pi}{2}\left(t+1\right)\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t\\
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\sin\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t\\
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t\\
}\)


Mamy całkę z funkcji na przedziale symetrycznym względem zera
więc spróbujmy zastosować rozkład funkcji na sumę funkcji nieparzystej i funkcji parzystej


\(\displaystyle{
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t = \frac{1}{4}\left(\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t - \int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{-t}}\mbox{d}t\right) + \frac{1}{4}\left(\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t + \int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{-t}}\mbox{d}t\right)\\
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t = \frac{1}{4}\left(\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t + \int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{-t}}\mbox{d}t\right)\\
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t = \frac{1}{4}\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)\left(e^{-t}+1\right)+\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)\left(e^{t}+1\right)}{\left( 1+e^{t}\right)\left( 1+e^{-t}\right) }\mbox{d}t\\
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t = \frac{1}{4}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)\left(2+e^{t}+e^{-t}\right)}{1+e^{-t}+e^{t}+1}\mbox{d}t\\
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t = \frac{1}{4}\int_{-1}^{1}\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)\mbox{d}t\\
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t = \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)\mbox{d}t\\
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}t\right)}{1+e^{t}}\mbox{d}t = \frac{1}{\pi}\left(1-0\right)\\
}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\sin(\pi x)}{1+ e^{2x-1}} dx = \frac{1}{\pi}}\)

Hello Całki dla Piwoszy, Michael here!

\(\displaystyle{ \displaystyle{ \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)=2\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}}}\)
dla \(\displaystyle{ |x|<1}\) - znany fakt, można go wyprowadzić z rozwinięcia \(\displaystyle{ \ln(1+t)}\) w szereg Taylora.
Mamy zatem
\(\displaystyle{ \displaystyle{\frac{\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}{x\sqrt{1-x^2}}=2\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{2n+1}\cdot \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}} }, \ x\in (0,1)}\)
Powyższy szereg funkcyjny jest niemal jednostajnie zbieżny na odcinku ograniczonym \(\displaystyle{ (0,1)}\). Dowód pomijam. Ponadto
\(\displaystyle{ \displaystyle{\int_{0}^1 \frac{\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}{x\sqrt{1-x^2}}}\mbox{d}x}\) jest zbieżna na mocy kryterium asymptotycznego (jakbyście pisali na kolosie, to trzeba napisać z jaką funkcją porównujecie i dopisać szczegóły, typu stały znak, ale mnie się nie chce).
Zatem zrobię tak:
\(\displaystyle{ I=\displaystyle{\int_{0}^1 \frac{\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}{x\sqrt{1-x^2}}}\mbox{d}x=\displaystyle{2\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{2n+1}\int_0^1\frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}}\).

Ta całka w środku:
\(\displaystyle{ \displaystyle{\int_0^1 \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}}\mbox{d}x}\)
już coś przypomina ludziom, którzy mieli kurs analizy: podstawienie \(\displaystyle{ x=\sin t, \mbox{d}x=\cos t \mbox{d}t }\) sprowadza ją do
\(\displaystyle{ \displaystyle{u_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}t \mbox{d}t}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ u_0=\frac{\pi}{2}}\), a dalej całkując przez części, wyprowadzamy wzór rekurencyjny \(\displaystyle{ u_{n}=\frac{2n-1}{2n}u_{n-1}, \ n\in \mathbb{N}^{+}}\), skąd przez prosta indukcję
\(\displaystyle{ u_n=\frac{\pi}{2}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}\), przy konwencji, że
\(\displaystyle{ (-1)!!=1}\) - jeśli nie chcecie tak przyjmować, to można osobno zapisywać \(\displaystyle{ u_0.}\).
Mamy więc
\(\displaystyle{ I=\pi \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{2n+1}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}\), ale jak ktoś zna rozwiniecie \(\displaystyle{ \arcsin x, \ |x|<1}\), które ma postać
\(\displaystyle{ \arcsin x=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{2n+1}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{2n+1}}\), to z twierdzenia Abela o granicy radialnej wyniknie, że
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}=\arcsin 1=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{2n+1}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}\),
wobec tego \(\displaystyle{ I=\frac{\pi^2}{2}}\).

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx}\)


A może podstawienie \(\displaystyle{ t^2=\frac{1-x}{1+x}}\)
i dalej rozwinięcie w szereg geometryczny
Po zamianie kolejności sumowania i całkowania dostaniemy całkę którą można policzyć przez części

Dodano po 1 godzinie 14 minutach 24 sekundach:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = \int_{0}^{1} -\frac{\ln( \frac{1-x}{1+x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx\\
\int_{0}^{1} -\frac{\ln( \frac{1-x}{1+x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx\\
t^2 = \frac{1-x}{1+x}\\
2t dt = \frac{-\left(1+x\right)-\left(1-x\right)}{\left( 1+x\right)^2 }dx\\
2t dt = -2\frac{1}{\left( 1+x\right)^2 }dx\\
t dt = -\frac{1}{\left( 1+x\right)^2 }dx\\
t^2 = \frac{1-x}{1+x}\\
t^2 = \frac{-1-x+2}{1+x}\\
t^2 = -1 + \frac{2}{1+x}\\
\frac{1}{2}\left(t^2+1\right) = \frac{1}{1+x}\\
t dt = -\frac{1}{4}\left(t^2+1\right)^2 dx\\
dx = -4\frac{t}{\left(t^2+1\right)^2}dt\\
t^2+1 = \frac{2}{1+x}\\
\frac{1}{t^2+1} = \frac{1+x}{2}\\
\frac{2}{t^2+1} = 1+x\\
\frac{2}{t^2+1} - 1 = x\\
x=\frac{2-\left(t^2+1\right)}{t^2+1}\\
x=\frac{1-t^2}{t^2+1}\\
1-x^2 = 1 - \left( \frac{t^2-1}{t^2+1} \right)^2\\
1-x^2 =\frac{\left( t^2+1\right)^2 - \left( t^2-1\right)^2 }{\left(t^2+1\right)^2}\\
1-x^2 =\frac{4t^2}{\left(t^2+1\right)^2}\\
x = 0, \qquad t = 1\\
x = 1, \qquad t = 0\\
\int_{1}^{0} -\ln{\left( t^2\right) } \cdot \frac{t^2+1}{t^2-1} \cdot \frac{t^2+1}{2t} \cdot \left( -4\frac{t}{\left(t^2+1\right)^2}dt\right) \\
\int_{0}^{1} -2\ln{\left( t\right) } \cdot \frac{t^2+1}{1-t^2} \cdot \frac{t^2+1}{2t} \cdot 4\frac{t}{\left(t^2+1\right)^2}dt \\
-4\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left( t\right) }}{1-t^2}dt\\
}\)

Rozwińmy teraz czynnik \(\displaystyle{ \frac{1}{1-t^2} }\) w szereg potęgowy

\(\displaystyle{ -4\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left( t\right) }}{1-t^2}dt = -4\int_{0}^{1}{\left(\sum_{n=0}^{\infty}t^{2n}\right) \cdot \ln{\left( t\right) }}\\}\)

Możliwość zastosowania zmiany kolejności całkowania i sumowania trzeba by uzasadnić
Po jej zastosowaniu otrzymamy

\(\displaystyle{ -4\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left( t\right) }}{1-t^2}dt = -4\int_{0}^{1}{\left(\sum_{n=0}^{\infty}t^{2n}\right) \cdot \ln{\left( t\right) }}\\
-4\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left( t\right) }}{1-t^2}dt = -4\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1}{t^{2n}\ln{\left( t\right) }dt}\\
}\)

Teraz całkę którą otrzymaliśmy liczymy przez części

\(\displaystyle{
\int_{0}^{1}{t^{2n}\ln{\left( t\right) }dt }= \frac{t^{2n}}{2n+1}\ln{\left( t\right) }\biggl|_{0}^{1} - \int_{0}^{1}\frac{t^{2n}}{2n+1}dt\\
}\)

Tutaj w zerze trzeba policzyć granicę ale i tak ta część będzie równa zero

\(\displaystyle{
\int_{0}^{1}{t^{2n}\ln{\left( t\right) }dt} = -\frac{1}{2n+1} \int_{0}^{1}t^{2n}dt\\
\int_{0}^{1}{t^{2n}\ln{\left( t\right) }dt} = -\frac{1}{2n+1}\left(\frac{1}{2n+1} - 0\right)\\
\int_{0}^{1}{t^{2n}\ln{\left( t\right) }dt} = -\frac{1}{\left(2n+1\right)^{2}}
}\)

Zatem liczenie całki \(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx}\)
sprowadziliśmy do obliczenia następującej sumy

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = -4\sum_{n=0}^{ \infty }{\left( -\frac{1}{\left( 2n+1\right)^2 }\right) }\\
\int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = 4\sum_{n=0}^{ \infty }\frac{1}{\left( 2n+1\right)^2 } \\
\int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = 4\sum_{n=1}^{ \infty }\frac{1}{\left( 2n-1\right)^2 } \\
}\)

Mamy tutaj sumę odwrotności kwadratów liczb nieparzystych
Możemy ją zapisać jako różnicę sumy odwrotności kwadratów i sumy odwrotności kwadratów liczb parzystych

\(\displaystyle{
\int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = 4\left(\left( \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{1}{n^2} \right) - \left( \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{1}{\left(2n\right)^2}\right) \right)\\
\int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = 4\left(\left( \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{1}{n^2} \right) - \left( \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{1}{4n^2}\right) \right)\\
\int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = 4\left(\left( \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{1}{n^2} \right) - \frac{1}{4}\left( \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{1}{n^2}\right) \right)\\
\int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = 4 \cdot \frac{3}{4}\left( \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{1}{n^2} \right) \\
\int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = 3 \cdot \left( \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{1}{n^2}\right) \\
}\)

A tę sumę to już Euler policzył

\(\displaystyle{
\int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = 3 \cdot \frac{\pi^2}{6} \\
\int_{0}^{1} \frac{\ln( \frac{1+x}{1-x} ) }{x \sqrt{1-x^2} } dx = \frac{\pi^2}{2}\\
}\)

Dodano po 38 minutach 21 sekundach:
Przemysław

Z całką \(\displaystyle{ \displaystyle{\int_0^1 \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}}\mbox{d}x}\)
spotkałem się gdy bawiłem się ortogonalizacją bazy wielomianów \(\displaystyle{ \left\{ 1,x,x^2,_ \cdots , x^{n}\right\} }\)
aby otrzymać wielomiany Czebyszowa i całkowałem od razu przez części aby dostać ten wzór rekurencyjny
Wynik można wyrazić za pomocą symbolu Newtona i potęg dwójki

\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(x)}{\cosh(x)} dx}\)

Zapiszmy cosinusa hiperbolicusa za pomocą funkcji wykładniczej

\(\displaystyle{ 2\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(x)}{e^{x}+e^{-x}} dx\\
2\int_{0}^{+\infty} \frac{e^{-x}\cos(x)}{1+e^{-2x}} dx\\
}\)

Rozwińmy teraz \(\displaystyle{ \frac{e^{-x}}{1+e^{-2x}}}\)
w szereg geometryczny

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

Mamy zatem całkę

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

Tutaj jeżeli znamy przekształcenie Laplace to mamy już tę całkę policzoną od razu a jeśli nie to możemy policzyć dwukrotnie przez części
np całkując funkcję trygonometryczną

Z tablic przekształcenia Laplace wiemy że \(\displaystyle{ \mathcal{L} \left\{ \cos{\left( t\right) }\right\} = \frac{s}{s^2+1} }\)

\(\displaystyle{ 2\sum_{n=0}^{ \infty }{\left( -1\right)^{n} \cdot \frac{2n+1}{\left( 2n+1\right)^2+1 } }\\
2\sum_{n=0}^{ \infty }{\left( -1\right)^{n} \cdot \frac{2n+1}{4n^2+4n+2 } }\\
\sum_{n=0}^{ \infty }{\left( -1\right)^{n} \cdot \frac{2n+1}{2n^2+2n+1 } }\\
}\)

Pytanie tylko jak policzyć tę sumę

Dodano po 36 minutach 4 sekundach:
Wg programów takich jak np Maple ta suma ma wynosić
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{\cosh{\left( \frac{\pi}{2} \right) }} }\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} e^{\max \{ x,y,z \}} dx dy dz}\)

o ile

trzeba zróżniczkować ....

Jeśli \(\displaystyle{ \sin(2x) <0}\) i \(\displaystyle{ \sin(x) >0}\) to \(\displaystyle{ \cos(x) <0}\).

\(\displaystyle{ \int \frac{\sin(2x)+ \cos(2x)}{\sin(x)+ \cos(x)} }\) i \(\displaystyle{ \int \frac{\sin(x)+ \cos(x)}{\sin(2x)+ \cos(2x)} }\).