to bardzo proste całki:
weźmy pierwszą:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sin x+\cos x}{\sin(2x)+\cos(2x)} = \frac{ \sqrt{2} }{2} \int_{}^{} \frac{\sin x+\cos x}{\sin\left( 2x+ \frac{\pi}{4} \right) }dx =}\)
podstawienie:
\(\displaystyle{ t= 2x+ \frac{\pi}{4}}\)
daje nam:
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{2} }{4} \cos\left( \frac{\pi}{8} \right) \int_{}^{} \frac{\cos\left( \frac{1}{2}t \right)dt }{\sin t} - \frac{ \sqrt{2} }{4} \sin\left( \frac{\pi}{8} \right) \int_{}^{} \frac{\cos\left( \frac{1}{2}t \right)dt }{\sin t}+ \frac{ \sqrt{2} }{4} \cos\left( \frac{\pi}{8} \right) \int_{}^{} \frac{\sin\left( \frac{1}{2}t \right)dt }{\sin t}+ \frac{ \sqrt{2} }{4} \sin\left( \frac{\pi}{8} \right) \int_{}^{} \frac{\sin\left( \frac{1}{2}t \right)dt }{\sin t} }\)
podstawienie następne:
\(\displaystyle{ t=2z , dt=2dz}\)
skraca:
\(\displaystyle{ \frac{1}{8} \sqrt{4+2 \sqrt{2} } \int_{}^{} \frac{dz}{\sin z} +\frac{1}{8} \sqrt{4+2 \sqrt{2} } \int_{}^{} \frac{dz}{\cos z} -\frac{1}{8} \sqrt{4-2 \sqrt{2} } \int_{}^{} \frac{dz}{\sin z} +\frac{1}{8} \sqrt{4-2 \sqrt{2} } \int_{}^{} \frac{dz}{\cos z} =}\)
\(\displaystyle{ -\frac{1}{8} \sqrt{4+2 \sqrt{2} }\ln\left( \ctg z+ \frac{1}{\sin z} \right) +\frac{1}{8} \sqrt{4-2 \sqrt{2} }\ln\left( \ctg z+ \frac{1}{\sin z} \right) +\frac{1}{8} \sqrt{4+2 \sqrt{2} } \ln\left( \tg z+ \frac{1}{\cos z} \right) +\frac{1}{8} \sqrt{4-2 \sqrt{2} } \ln\left( \tg z+ \frac{1}{\cos z} \right)}\)
teraz z powrotem:
\(\displaystyle{ z=x+ \frac{\pi}{8} }\)
\(\displaystyle{ I=-\frac{1}{8} \sqrt{4+2 \sqrt{2} }\ln\left( \ctg \left( x+ \frac{\pi}{8}\right)+ \frac{1}{\sin \left( x+ \frac{\pi}{8}\right)} \right) +\frac{1}{8} \sqrt{4-2 \sqrt{2} }\ln\left( \ctg \left( x+ \frac{\pi}{8}\right)+ \frac{1}{\sin \left( x+ \frac{\pi}{8}\right)} \right) +\frac{1}{8} \sqrt{4+2 \sqrt{2} } \ln\left( \tg \left( x+ \frac{\pi}{8}\right)+ \frac{1}{\cos \left( x+ \frac{\pi}{8}\right)} \right) +\frac{1}{8} \sqrt{4-2 \sqrt{2} } \ln\left( \tg \left( x+ \frac{\pi}{8}\right)+ \frac{1}{\cos \left( x+ \frac{\pi}{8}\right)} \right)+C}\)
Całki dla smakoszy
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 13372
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3425 razy
- Pomógł: 809 razy
-
arek1357
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \ln\left( 1+ \sqrt{x}+ \sqrt[4]{x} \right)dx }\)
\(\displaystyle{ \sqrt[4]{x}=t }\)
\(\displaystyle{ \sqrt[2]{x}=t^2 }\)
\(\displaystyle{ x=t^4 }\)
\(\displaystyle{ dx= 4t^3dt }\)
\(\displaystyle{ 4 \int_{0}^{1} t^3\ln\left( 1+t+t^2\right) dt}\)
\(\displaystyle{ u=\ln\left( 1+t+t^2\right) , du= \frac{1+2t}{1+t+t^2} dt , dv=t^3dt , v= \frac{1}{4}t^4 }\)
\(\displaystyle{ 4 \int_{}^{} t^3\ln\left( 1+t+t^2\right) dt=t^4 \ln\left( 1+t+t^2\right) - \int_{}^{} \frac{t^4}{1+t+t^2} -2 \int_{}^{} \frac{t^5}{1+t+t^2}= }\)
\(\displaystyle{ =t^4\ln\left( 1+t+t^2\right) - \frac{1}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2 - \frac{1}{2} \ln\left( 1+t+t^2\right)+ \frac{ \sqrt{3} }{3} \arctg \frac{2t+1}{ \sqrt{3} } - \frac{1}{2} t^4+\frac{2}{3} t^3-2t+\ln\left( 1+t+t^2\right)+\frac{ 2\sqrt{3} }{3} \arctg \frac{2t+1}{ \sqrt{3} }=}\)
\(\displaystyle{ - \frac{1}{2}t^4+ \frac{1}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2 -2t+\left( \frac{1}{2}+t^4 \right)\ln\left( 1+t+t^2\right) + \sqrt{3} \arctg \frac{2t+1}{ \sqrt{3} } }\)
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \ln\left( 1+ \sqrt{x}+ \sqrt[4]{x} \right)dx=- \frac{1}{2}t^4+ \frac{1}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2 -2t+\left( \frac{1}{2}+t^4 \right)\ln\left( 1+t+t^2\right) + \sqrt{3} \arctg \frac{2t+1}{ \sqrt{3} }\Big|_{0}^1=\\= \frac{-10+\pi \sqrt{3}+9\ln 3 }{6} }\)
\(\displaystyle{ \sqrt[4]{x}=t }\)
\(\displaystyle{ \sqrt[2]{x}=t^2 }\)
\(\displaystyle{ x=t^4 }\)
\(\displaystyle{ dx= 4t^3dt }\)
\(\displaystyle{ 4 \int_{0}^{1} t^3\ln\left( 1+t+t^2\right) dt}\)
\(\displaystyle{ u=\ln\left( 1+t+t^2\right) , du= \frac{1+2t}{1+t+t^2} dt , dv=t^3dt , v= \frac{1}{4}t^4 }\)
\(\displaystyle{ 4 \int_{}^{} t^3\ln\left( 1+t+t^2\right) dt=t^4 \ln\left( 1+t+t^2\right) - \int_{}^{} \frac{t^4}{1+t+t^2} -2 \int_{}^{} \frac{t^5}{1+t+t^2}= }\)
\(\displaystyle{ =t^4\ln\left( 1+t+t^2\right) - \frac{1}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2 - \frac{1}{2} \ln\left( 1+t+t^2\right)+ \frac{ \sqrt{3} }{3} \arctg \frac{2t+1}{ \sqrt{3} } - \frac{1}{2} t^4+\frac{2}{3} t^3-2t+\ln\left( 1+t+t^2\right)+\frac{ 2\sqrt{3} }{3} \arctg \frac{2t+1}{ \sqrt{3} }=}\)
\(\displaystyle{ - \frac{1}{2}t^4+ \frac{1}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2 -2t+\left( \frac{1}{2}+t^4 \right)\ln\left( 1+t+t^2\right) + \sqrt{3} \arctg \frac{2t+1}{ \sqrt{3} } }\)
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \ln\left( 1+ \sqrt{x}+ \sqrt[4]{x} \right)dx=- \frac{1}{2}t^4+ \frac{1}{3}t^3 + \frac{1}{2}t^2 -2t+\left( \frac{1}{2}+t^4 \right)\ln\left( 1+t+t^2\right) + \sqrt{3} \arctg \frac{2t+1}{ \sqrt{3} }\Big|_{0}^1=\\= \frac{-10+\pi \sqrt{3}+9\ln 3 }{6} }\)
Ostatnio zmieniony 22 lut 2025, o 14:33 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 13372
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3425 razy
- Pomógł: 809 razy
-
Niepokonana
- Użytkownik
- Posty: 1505
- Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 362 razy
- Pomógł: 24 razy
Re: Całki dla smakoszy
A nie mogę po prostu zauważyć, że jest to funkcja parzysta i potem ze wzoru Walliego?
\(\displaystyle{ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{16}xdx}\)\(\displaystyle{ =2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{16}xdx}\)\(\displaystyle{ =2\frac{15!!}{16!!}=\frac{6435}{16384}}\)
\(\displaystyle{ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{16}xdx}\)\(\displaystyle{ =2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{16}xdx}\)\(\displaystyle{ =2\frac{15!!}{16!!}=\frac{6435}{16384}}\)
-
a4karo
- Użytkownik
- Posty: 22458
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 43 razy
- Pomógł: 3852 razy
Re: Całki dla smakoszy
Wallis byłby zachwycony taką odmianą swojego nazwiska.
A na poważnie, to wzory trzeba przepisywać dokładnie. Tego akurat nie zrobiłaś.
A na poważnie, to wzory trzeba przepisywać dokładnie. Tego akurat nie zrobiłaś.
-
Niepokonana
- Użytkownik
- Posty: 1505
- Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 362 razy
- Pomógł: 24 razy
Re: Całki dla smakoszy
a4karo nie masz się czego czepiać? Jak nie rozpisałam dobrze, to powinno wyjść źle. Wyszło źle czy dobrze?
-
arek1357
Re: Całki dla smakoszy
A z mojej strona taka rada, żebyś najpierw obliczyła całkę nieoznaczoną będzie jasno i przejrzyście...
-
Niepokonana
- Użytkownik
- Posty: 1505
- Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 362 razy
- Pomógł: 24 razy
Re: Całki dla smakoszy
Ach sorry, jak jest wykładnik parzysty, to dodatkowo mnożymy przez \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\), pomyliłam się.
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6953
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1254 razy
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int_{- \frac{\pi}{2} }^{\frac{\pi}{2}} \cos^{16} x \ dx}\)
Moglibyśmy się bawić wielomianami Czebyszowa
\(\displaystyle{ T_{n}\left( x\right) = \left(1+\delta_{n0}\right) \cdot 2^{n-1} \cdot \left(x^{n} + \sum_\limits{k=1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}{\frac{\left( -1\right)^{k}}{2^n} \cdot \frac{n}{n-k} \cdot {n-k\choose k} \cdot \left( 2x\right)^{n-2k} }\right) }\)
gdzie \(\displaystyle{ \delta_{nk}}\) to symbol Kroneckera
(Pierwszy skladnik został wydzielony z sumy aby zapewnić poprawność wzoru dla \(\displaystyle{ n=0}\)
Delta Kroneckera została wprowadzona aby zapewnić poprawność współczynnika wiodącego dla \(\displaystyle{ n=0}\))
Mając wielomiany Czebyszowa można będzie wyrazić \(\displaystyle{ \cos^{16}\left( x\right) }\)
za pomocą sumy cosinusów wielokrotności kąta
Można też wyprowadzić wzór redukcyjny
\(\displaystyle{
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\\
\int{\cos{x}\cos^{n-1}{x}\mbox{d}x} = \sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }-\int{\sin{\left( x\right) \cdot \left( n-1\right)\cos^{n-2}\left( x\right) \cdot \left( -\sin{x}\right) }\mbox{d}x}\\
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\left( n-1\right)\int{\cos^{n-2}{\left( x\right) }\sin^{2}{\left( x\right) }\mbox{d}x} \\
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\left( n-1\right)\int{\cos^{n-2}{\left( x\right) }\left( 1-\cos^{2}{\left( x\right) }\right) \mbox{d}x} \\
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\left( n-1\right)\int{\cos^{n-2}\left( x\right)\mbox{d}x } - \left( n-1\right) \int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x }\\
n\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\left( n-1\right)\int{\cos^{n-2}\left( x\right)\mbox{d}x }\\
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\frac{1}{n} \cdot \sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\frac{n-1}{n}\int{\cos^{n-2}\left( x\right)\mbox{d}x }
}\)
Nieco inna całka \(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{\pi}{\cos^{n}{\left( x\right) }\mbox{d}x}}\)
może być użyta do ortogonalizacji pozwalającej wygenerować wielomiany Czebyszowa
Moglibyśmy się bawić wielomianami Czebyszowa
\(\displaystyle{ T_{n}\left( x\right) = \left(1+\delta_{n0}\right) \cdot 2^{n-1} \cdot \left(x^{n} + \sum_\limits{k=1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}{\frac{\left( -1\right)^{k}}{2^n} \cdot \frac{n}{n-k} \cdot {n-k\choose k} \cdot \left( 2x\right)^{n-2k} }\right) }\)
gdzie \(\displaystyle{ \delta_{nk}}\) to symbol Kroneckera
(Pierwszy skladnik został wydzielony z sumy aby zapewnić poprawność wzoru dla \(\displaystyle{ n=0}\)
Delta Kroneckera została wprowadzona aby zapewnić poprawność współczynnika wiodącego dla \(\displaystyle{ n=0}\))
Mając wielomiany Czebyszowa można będzie wyrazić \(\displaystyle{ \cos^{16}\left( x\right) }\)
za pomocą sumy cosinusów wielokrotności kąta
Można też wyprowadzić wzór redukcyjny
\(\displaystyle{
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\\
\int{\cos{x}\cos^{n-1}{x}\mbox{d}x} = \sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }-\int{\sin{\left( x\right) \cdot \left( n-1\right)\cos^{n-2}\left( x\right) \cdot \left( -\sin{x}\right) }\mbox{d}x}\\
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\left( n-1\right)\int{\cos^{n-2}{\left( x\right) }\sin^{2}{\left( x\right) }\mbox{d}x} \\
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\left( n-1\right)\int{\cos^{n-2}{\left( x\right) }\left( 1-\cos^{2}{\left( x\right) }\right) \mbox{d}x} \\
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\left( n-1\right)\int{\cos^{n-2}\left( x\right)\mbox{d}x } - \left( n-1\right) \int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x }\\
n\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\left( n-1\right)\int{\cos^{n-2}\left( x\right)\mbox{d}x }\\
\int{\cos^{n}\left( x\right)\mbox{d}x } =\frac{1}{n} \cdot \sin{\left( x\right) }\cos^{n-1}{\left( x\right) }+\frac{n-1}{n}\int{\cos^{n-2}\left( x\right)\mbox{d}x }
}\)
Nieco inna całka \(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{\pi}{\cos^{n}{\left( x\right) }\mbox{d}x}}\)
może być użyta do ortogonalizacji pozwalającej wygenerować wielomiany Czebyszowa
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6953
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1254 razy
Re: Całki dla smakoszy
Co do wzoru Wallisa to można go wyprowadzić za pomocą funkcji \(\displaystyle{ \Gamma}\)
\(\displaystyle{
\Gamma\left( z\right) = \int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t\\
}\)
Policzmy przez części powyższą całkę
\(\displaystyle{
\Gamma\left( z\right) = \int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t\\
\Gamma\left( z\right) = -e^{-t} \cdot t^{z-1}\biggl|_{0}^{\infty} - \int\limits_{0}^{\infty}{\left( z-1\right)t^{\left( z-1\right)-1 }\left( -e^{-t}\right) \mbox{d}t } \\
\Gamma\left( z\right) = \left( z - 1\right) \int\limits_{0}^{\infty}{t^{\left( z-1\right)-1 }e^{-t}\mbox{d}t}\\
\Gamma\left( z\right) = \left( z - 1\right) \Gamma\left( z-1\right) \\
}\)
Wyprowadźmy wzór na granicę
W tym całkowym wzorze na funkcję \(\displaystyle{ \Gamma}\)
zastąpmy eksponentę granicą i policzmy n krotnie całkę przez części
\(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \int\limits_{0}^{ \infty }t^{z-1}\lim_{n\to\infty}{\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n}\mbox{d}t } \\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{ \infty }{t^{z-1}\left(1 - \frac{t}{n}\right)^{n}\mbox{d}t}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{n}{t^{z-1}\left(1 - \frac{t}{n}\right)^{n}\mbox{d}t}\\
}\)
Teraz zastosujmy n krotnie całkowanie przez części
\(\displaystyle{
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{n}{t^{z-1}\left(1 - \frac{t}{n}\right)^{n}\mbox{d}t}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\left( \frac{t^{z}}{z}\left( 1-\frac{t}{n}\right)\biggl|_{0}^{n} - \int\limits_{0}^{n}\frac{t^{z}}{z}\cdot n\cdot\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n-1}\left( -\frac{1}{n}\right) \mbox{d}t \right) }\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\frac{n}{n}\cdot\frac{1}{z}\int\limits_{0}^{n}{t^{z}\cdot\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n-1}\mbox{d}t }}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\frac{n}{n}\cdot\frac{1}{z}\left(\frac{t^{z+1}}{z+1}\cdot\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n-1}\biggl|_{0}^{n} - \int\limits_{0}^{n}{\frac{t^{z+1}}{z+1}\cdot\left( n-1\right)\cdot\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n-2} \cdot \left( -\frac{1}{n}\right) \mbox{d}t }\right)}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\frac{n\left( n-1\right) }{n\cdot n}\frac{1}{z\left( z+1\right)} \int\limits_{0}^{n}{t^{z+1}\left( 1 - \frac{t}{n}\right)^{n-2} \mbox{d}t}}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\frac{n\left( n-1\right) }{n\cdot n}\frac{1}{z\left( z+1\right)}\cdot\ldots\cdot\int\limits_{0}^{n}{t^{z+n-1}\mbox{d}t}}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to \infty }{\frac{n\left(n-1 \right) \cdot \ldots\cdot 1 }{n\cdot n\cdot \ldots\cdot n}\cdot \frac{1}{z\left( z+1\right)\cdot \ldots\cdot\left(z+n-1\right) }\cdot\frac{n^{n+z}}{n+z}}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to \infty }{\frac{1 \cdot 2 \cdot \ldots\cdot n}{n^{n}\cdot z\left( z+1\right)\cdot \ldots\cdot \left( z+n\right) } \cdot n^{n} \cdot n^{z}}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to \infty }{\frac{n^{z}\cdot 1 \cdot 2 \cdot \ldots\cdot n}{ z\left( z+1\right)\cdot \ldots\cdot \left( z+n\right) } }\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{\frac{n^{z}\cdot 1 \cdot 2 \cdot \ldots\cdot n}{ \left( z+1\right)\cdot \ldots\cdot \left( z+n\right) } }\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{n^{z} \prod\limits_{k=1}^{n}\frac{k}{z+k} }\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{n^{z} \prod\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{z}{k}} }\\
}\)
Z powyższej granicy możemy wyprowadzić dwa wzory iloczynowe
\(\displaystyle{
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{n^{z} \prod\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{z}{k}} }\\
n = \frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot \ldots\frac{n}{n-1}\\
n = \prod_{k=1}^{n-1}{\frac{k+1}{k}} \\
n = \left( \prod\limits_{k=1}^{n-1}{\frac{k+1}{k}}\right)\frac{n+1}{n}\cdot\frac{n}{n+1} \\
n = \frac{n}{n+1} \cdot \prod\limits_{k=1}^{n}{\frac{k+1}{k}}\\
n = \left( 1 - \frac{1}{n+1}\right) \prod\limits_{k=1}^{n}{\left( 1 + \frac{1}{k} \right) }\\
n^{z} = \left( 1 - \frac{1}{n+1}\right)^{z}\prod\limits_{k=1}^{n}{\left( 1 + \frac{1}{k} \right)^{z} }\\
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{\left( 1 - \frac{1}{n+1}\right)^{z} \cdot \left(\prod\limits_{k=1}^{n}{\left( 1 + \frac{1}{k} \right)^{z} } \right)\left( \prod\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{z}{k}} \right) }\\
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{\left( 1 - \frac{1}{n+1}\right)^{z} \cdot \prod\limits_{k=1}^{n}{ \frac{\left( 1+\frac{1}{k}\right)^{z} }{1+\frac{z}{k}} }}\\
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{\left( 1 - \frac{1}{n+1}\right)^{z}}\cdot\lim_{n\to \infty }{\prod\limits_{k=1}^{n}{ \frac{\left( 1+\frac{1}{k}\right)^{z} }{1+\frac{z}{k}} }}\\
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{\left( 1+\frac{1}{k}\right)^{z} }{1+\frac{z}{k}}}\\
}\)
Ten drugi wzór iloczynowy wymaga zabawy ze stałą Eulera-Mascheroniego
Mamy teraz wzór iloczynowy możemy teraz wyprowadzić wzór na \(\displaystyle{ \Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) }\)
\(\displaystyle{
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = -z\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( -z\right)\\
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = -z\cdot\frac{1}{z} \left(\prod\limits_{k=1}^{ \infty } {\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{z} }{1+\frac{z}{k}} }\right) \cdot \frac{1}{\left( -z\right) } \cdot \left(\prod\limits_{k=1}^{ \infty } {\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{-z} }{1+\frac{-z}{k}} } \right) \\
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = \frac{1}{z}\left(\prod\limits_{k=1}^{ \infty } {\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{z} }{1+\frac{z}{k}} }\right)\left(\prod\limits_{k=1}^{ \infty } {\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{-z} }{1-\frac{z}{k}} }\right)\\
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = \frac{1}{z}\prod\limits_{k=1}^{\infty}{\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{z}\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{-z} }{\left( 1 + \frac{z}{k}\right)\left( 1 - \frac{z}{k}\right) }}\\
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = \frac{1}{z}\prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{1}{1 - \frac{z^2}{k^2}}}\\
z\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = \prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{1}{1 - \frac{z^2}{k^2}}}\\
}\)
Wstawmy teraz \(\displaystyle{ z = \frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\Gamma\left( \frac{1}{2}\right)^{2}\right) = \prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{1}{1 - \frac{1}{4k^2}}} \\
\frac{\pi}{2} = \prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{4k^2}{4k^2 - 1}}
}\)
\(\displaystyle{
\Gamma\left( z\right) = \int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t\\
}\)
Policzmy przez części powyższą całkę
\(\displaystyle{
\Gamma\left( z\right) = \int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t\\
\Gamma\left( z\right) = -e^{-t} \cdot t^{z-1}\biggl|_{0}^{\infty} - \int\limits_{0}^{\infty}{\left( z-1\right)t^{\left( z-1\right)-1 }\left( -e^{-t}\right) \mbox{d}t } \\
\Gamma\left( z\right) = \left( z - 1\right) \int\limits_{0}^{\infty}{t^{\left( z-1\right)-1 }e^{-t}\mbox{d}t}\\
\Gamma\left( z\right) = \left( z - 1\right) \Gamma\left( z-1\right) \\
}\)
Wyprowadźmy wzór na granicę
W tym całkowym wzorze na funkcję \(\displaystyle{ \Gamma}\)
zastąpmy eksponentę granicą i policzmy n krotnie całkę przez części
\(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \int\limits_{0}^{ \infty }t^{z-1}\lim_{n\to\infty}{\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n}\mbox{d}t } \\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{ \infty }{t^{z-1}\left(1 - \frac{t}{n}\right)^{n}\mbox{d}t}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{n}{t^{z-1}\left(1 - \frac{t}{n}\right)^{n}\mbox{d}t}\\
}\)
Teraz zastosujmy n krotnie całkowanie przez części
\(\displaystyle{
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{n}{t^{z-1}\left(1 - \frac{t}{n}\right)^{n}\mbox{d}t}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\left( \frac{t^{z}}{z}\left( 1-\frac{t}{n}\right)\biggl|_{0}^{n} - \int\limits_{0}^{n}\frac{t^{z}}{z}\cdot n\cdot\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n-1}\left( -\frac{1}{n}\right) \mbox{d}t \right) }\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\frac{n}{n}\cdot\frac{1}{z}\int\limits_{0}^{n}{t^{z}\cdot\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n-1}\mbox{d}t }}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\frac{n}{n}\cdot\frac{1}{z}\left(\frac{t^{z+1}}{z+1}\cdot\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n-1}\biggl|_{0}^{n} - \int\limits_{0}^{n}{\frac{t^{z+1}}{z+1}\cdot\left( n-1\right)\cdot\left( 1-\frac{t}{n}\right)^{n-2} \cdot \left( -\frac{1}{n}\right) \mbox{d}t }\right)}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\frac{n\left( n-1\right) }{n\cdot n}\frac{1}{z\left( z+1\right)} \int\limits_{0}^{n}{t^{z+1}\left( 1 - \frac{t}{n}\right)^{n-2} \mbox{d}t}}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to\infty}{\frac{n\left( n-1\right) }{n\cdot n}\frac{1}{z\left( z+1\right)}\cdot\ldots\cdot\int\limits_{0}^{n}{t^{z+n-1}\mbox{d}t}}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to \infty }{\frac{n\left(n-1 \right) \cdot \ldots\cdot 1 }{n\cdot n\cdot \ldots\cdot n}\cdot \frac{1}{z\left( z+1\right)\cdot \ldots\cdot\left(z+n-1\right) }\cdot\frac{n^{n+z}}{n+z}}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to \infty }{\frac{1 \cdot 2 \cdot \ldots\cdot n}{n^{n}\cdot z\left( z+1\right)\cdot \ldots\cdot \left( z+n\right) } \cdot n^{n} \cdot n^{z}}\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \lim_{n\to \infty }{\frac{n^{z}\cdot 1 \cdot 2 \cdot \ldots\cdot n}{ z\left( z+1\right)\cdot \ldots\cdot \left( z+n\right) } }\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{\frac{n^{z}\cdot 1 \cdot 2 \cdot \ldots\cdot n}{ \left( z+1\right)\cdot \ldots\cdot \left( z+n\right) } }\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{n^{z} \prod\limits_{k=1}^{n}\frac{k}{z+k} }\\
\int\limits_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mbox{d}t = \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{n^{z} \prod\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{z}{k}} }\\
}\)
Z powyższej granicy możemy wyprowadzić dwa wzory iloczynowe
\(\displaystyle{
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{n^{z} \prod\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{z}{k}} }\\
n = \frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot \ldots\frac{n}{n-1}\\
n = \prod_{k=1}^{n-1}{\frac{k+1}{k}} \\
n = \left( \prod\limits_{k=1}^{n-1}{\frac{k+1}{k}}\right)\frac{n+1}{n}\cdot\frac{n}{n+1} \\
n = \frac{n}{n+1} \cdot \prod\limits_{k=1}^{n}{\frac{k+1}{k}}\\
n = \left( 1 - \frac{1}{n+1}\right) \prod\limits_{k=1}^{n}{\left( 1 + \frac{1}{k} \right) }\\
n^{z} = \left( 1 - \frac{1}{n+1}\right)^{z}\prod\limits_{k=1}^{n}{\left( 1 + \frac{1}{k} \right)^{z} }\\
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{\left( 1 - \frac{1}{n+1}\right)^{z} \cdot \left(\prod\limits_{k=1}^{n}{\left( 1 + \frac{1}{k} \right)^{z} } \right)\left( \prod\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{z}{k}} \right) }\\
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{\left( 1 - \frac{1}{n+1}\right)^{z} \cdot \prod\limits_{k=1}^{n}{ \frac{\left( 1+\frac{1}{k}\right)^{z} }{1+\frac{z}{k}} }}\\
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \cdot \lim_{n\to \infty }{\left( 1 - \frac{1}{n+1}\right)^{z}}\cdot\lim_{n\to \infty }{\prod\limits_{k=1}^{n}{ \frac{\left( 1+\frac{1}{k}\right)^{z} }{1+\frac{z}{k}} }}\\
\Gamma\left( z\right)= \frac{1}{z} \prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{\left( 1+\frac{1}{k}\right)^{z} }{1+\frac{z}{k}}}\\
}\)
Ten drugi wzór iloczynowy wymaga zabawy ze stałą Eulera-Mascheroniego
Mamy teraz wzór iloczynowy możemy teraz wyprowadzić wzór na \(\displaystyle{ \Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) }\)
\(\displaystyle{
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = -z\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( -z\right)\\
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = -z\cdot\frac{1}{z} \left(\prod\limits_{k=1}^{ \infty } {\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{z} }{1+\frac{z}{k}} }\right) \cdot \frac{1}{\left( -z\right) } \cdot \left(\prod\limits_{k=1}^{ \infty } {\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{-z} }{1+\frac{-z}{k}} } \right) \\
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = \frac{1}{z}\left(\prod\limits_{k=1}^{ \infty } {\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{z} }{1+\frac{z}{k}} }\right)\left(\prod\limits_{k=1}^{ \infty } {\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{-z} }{1-\frac{z}{k}} }\right)\\
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = \frac{1}{z}\prod\limits_{k=1}^{\infty}{\frac{\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{z}\left( 1+ \frac{1}{k} \right)^{-z} }{\left( 1 + \frac{z}{k}\right)\left( 1 - \frac{z}{k}\right) }}\\
\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = \frac{1}{z}\prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{1}{1 - \frac{z^2}{k^2}}}\\
z\Gamma\left( z\right)\Gamma\left( 1-z\right) = \prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{1}{1 - \frac{z^2}{k^2}}}\\
}\)
Wstawmy teraz \(\displaystyle{ z = \frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left(\Gamma\left( \frac{1}{2}\right)^{2}\right) = \prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{1}{1 - \frac{1}{4k^2}}} \\
\frac{\pi}{2} = \prod\limits_{k=1}^{ \infty }{\frac{4k^2}{4k^2 - 1}}
}\)
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6953
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1254 razy
Re: Całki dla smakoszy
Jeżeli chodzi o całkę mola x » 3 maja 2025, o 14:21
to można ją uogólnić
\(\displaystyle{
\int\limits_{\theta_{1}}^{\theta_{2}}{\cos^{n}{\left(t \right) }\mbox{d}t}\\
}\)
Propozycja obliczenia
1. Rozważyć dwa przypadki dla n parzystego i n nieparzystego
2. Wyprowadzić wzór redukcyjny całkując przez części i korzystając z jedynki trygonometrycznej
(Przypadek dla n nieparzystego nie wymaga wzoru redukcyjnego
ale jeżeli chcemy zachować postać rozwiązania to lepiej z niego skorzystać także i w tym przypadku)
3. Rozwiązać równanie rekurencyjne czynnikiem sumacyjnym
(Po rozważeniu przypadków dla n parzystego i dla n nieparzystego czynnik sumacyjny powinien zadziałać
i nawet będzie wygodniejszy niż funkcje tworzące)
to można ją uogólnić
\(\displaystyle{
\int\limits_{\theta_{1}}^{\theta_{2}}{\cos^{n}{\left(t \right) }\mbox{d}t}\\
}\)
Propozycja obliczenia
1. Rozważyć dwa przypadki dla n parzystego i n nieparzystego
2. Wyprowadzić wzór redukcyjny całkując przez części i korzystając z jedynki trygonometrycznej
(Przypadek dla n nieparzystego nie wymaga wzoru redukcyjnego
ale jeżeli chcemy zachować postać rozwiązania to lepiej z niego skorzystać także i w tym przypadku)
3. Rozwiązać równanie rekurencyjne czynnikiem sumacyjnym
(Po rozważeniu przypadków dla n parzystego i dla n nieparzystego czynnik sumacyjny powinien zadziałać
i nawet będzie wygodniejszy niż funkcje tworzące)
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 13372
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3425 razy
- Pomógł: 809 razy
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6953
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1254 razy
Re: Całki dla smakoszy
Można sprowadzić podaną całkę do całki z
\(\displaystyle{ -2\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\ln{\left( \cos{t}\right) }\mbox{d}t}}\)
\(\displaystyle{ -2\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\ln{\left( \cos{t}\right) }\mbox{d}t}}\)