Matematyka.pl

Całka:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+x\right)}{x}dx}\)
Została rozwiązana tutaj na kilka sposobów. Interesuje mnie zaakceptowana odpowiedź, gdyż są tam niezrozumiałe dla mnie elementy.

1.
początek przepisuję jak autor zadania:
\(\displaystyle{ I = \int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+x\right)}{x}dx = -\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+x\right)}{x}dx + \frac{3}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+x\right)}{x}dx}\)
teraz wziąłbym pierwszą z całek i zrobił podstawienie:
\(\displaystyle{ -\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+x\right)}{x}dx=\left\{\begin{matrix} x=t^3 \\ dx=3t^2dt \end{matrix} \right\} = -\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+t^3\right)}{t^3}\cdot 2t^2 dt = \ldots = -\frac{3}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(t^2-t+1\right)}{t}dt - \frac{3}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(t+1\right)}{t}dt}\)
Wróciłbym wtedy:
\(\displaystyle{ I=-\frac{3}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(t^2-t+1\right)}{t}dt - \frac{3}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(t+1\right)}{t}dt + \frac{3}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+x\right)}{x}dx = -\frac{3}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(t^2-t+1\right)}{t}dt}\)

Jednak autor zaakceptowanego rozwiązania praktycznie zrobił tak:
\(\displaystyle{ I = \int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+x\right)}{x}dx = -\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+x\right)}{x}dx + \frac{3}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1+x\right)}{x}dx = \left\{\begin{matrix} x=x^3 \\ dx=3x^2dx \end{matrix} \right\} = \ldots = -\frac{3}{2}\int_{0}^{1} \frac{\ln\left(x^2-x+1\right)}{t}dx}\)

Nie dość, że przypisał (przeszedł bardziej, użyty jest symbol \(\displaystyle{ \rightarrow }\)) z \(\displaystyle{ x}\) w \(\displaystyle{ x^3}\), to jeszcze zrobił to tylko dla pierwszej całki.
Pytanie 1: czy w ogóle tak można pisać? Czy zawsze tak można pisać? Czy są jakieś ograniczenia? (np. tylko w całkach oznaczonych przy jednoczesnym uzgadnianiu granic całkowania).

2. Za chwilę autor wprowadził funkcję \(\displaystyle{ J\left( a\right) }\) i obliczył jej pochodną. Tutaj się pogubiłem w obliczeniach (chyba). Chcemy obliczyć całkę:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{2\cos{a}}{\left(x-\sin{a}\right)^2+\cos^2{a}} dx}\)
Wyrzucam stałą \(\displaystyle{ 2\cos{a}}\) przed całkę i liczę całkę oznaczoną:
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{\left(x-\sin{a}\right)^2+\cos^2{a}} = \left\{\begin{matrix} u=x-\sin{a} \\ du=dx \end{matrix} \right\} = \int \frac{du}{u^2+\cos^2{a}}= \int \frac{du}{\left(\cos^2{a}\right)\left(\frac{u^2}{\cos^2{a}}+1\right)} = \frac{1}{\cos^2{a}}\int\frac{du}{\frac{u^2}{\cos^2{a}}+1} = \left\{\begin{matrix} s=\frac{u}{\cos{a}} \\ ds=\frac{du}{\cos{a}} \end{matrix} \right\}=}\)
\(\displaystyle{ =\frac{1}{\cos{a}}\int{\frac{ds}{s^2+1}} = \frac{1}{\cos{a}}\arctan{s}+C= \frac{1}{\cos{a}}\arctan{\frac{u}{\cos{a}}}+C=\frac{1}{\cos{a}}\arctan{\frac{x-\sin{a}}{\cos{a}}}+C}\)

Wstawiając wynik do całki oznaczonej otrzymuję coś innego niż ładny wynik autora rozwiązania. Również https://t.ly/OfBYy wolframowi wychodzi inny wynik całki nieoznaczonej. Jeśli jednak się zobaczy rozwiązanie (Step-by-step, nawet bez konta) wolframa to robi on przy pierwszym podstawieniu coś dziwnego, bo pisze, że: Pytanie 2: gdzie robie błąd w swoim rozwiązaniu całki?
Pytanie 3: skąd wolfram bierze \(\displaystyle{ du=a}\)?

Ad 1. Autor nie zrobił błędu. W napisie

\(\displaystyle{ \int_0^1 f(x) \dd x}\)

zmienna \(\displaystyle{ x}\) jest związana i mogę użyć zamiast niej dowolnej innej. Z tego powodu

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

(wszak są to ostatecznie liczby).

Ad 2. Nie zrobiłeś błędu, tylko nie doliczyłeś do końca. Sprawdź, że

\(\displaystyle{ \arctg\left( \frac{1-\sin a}{\cos a}\right)=\frac14\pi - \frac12a}\).

Ad 3. Wolframa nie ogarniam, ale tam powinno być \(\displaystyle{ \dd u =\dd x}\).

Dzięki za odpowiedź.
Ad 1. Jak rozumiem w całkach oznaczonych ("wszak są to ostatecznie liczby") mogę pisać:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin{2x} dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \sin{x}dx}\)
(podstawienie/przejście z \(\displaystyle{ 2x \rightarrow x}\))

Ad 2. Nie znam tej równości. Możesz rozwinąć/wskazać jak do niej dojść? W sensie wiem, że \(\displaystyle{ \arctg{1} = \frac{\pi}{4}}\), ale tu nie ma (chyba) zastosowania.

Dodano po 9 godzinach 41 minutach 15 sekundach:
ok, mam (to z \(\displaystyle{ arctg}\)), dzięki.

Ad 1. Możesz.
Ad 2. Nie zwróciłem uwagi, ale ta równość zachodzi tylko dla \(\displaystyle{ a}\) z pewnego przedziału ograniczonego.

Tak... z faktu, że:
\(\displaystyle{ \arctg{\tg{x}}=x, x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)}\)
zachodzi równość
\(\displaystyle{ \arctg{\frac{1-\sin{a}}{\cos{a}}} = \ldots = \arctg{\left(\tg{\left( \frac{\pi}{4} - \frac{a}{2} \right)}\right)} = \frac{\pi}{4} - \frac{a}{2}}\)
dla \(\displaystyle{ a\in\left(-\frac{\pi}{4};\frac{3}{4}\pi\right)}\)

i tu się zgubiłem wcześniej z podlinkowanego rozwiązania, ale faktycznie później gość używa \(\displaystyle{ J\left(0\right)}\) oraz \(\displaystyle{ J\left(\frac{\pi}{6}\right)}\)
więc wszystko się zgadza.

Dodano po 14 minutach 13 sekundach:
Jeszcze pozostaje ostatnia równość - autor napisał:
\(\displaystyle{ -\frac{3}{2}J\left(\frac{\pi}{6}\right)=-\frac{3}{2}\left( J\left(0\right) + \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} J'\left(a\right) da \right)}\)
czyli:
\(\displaystyle{ J\left(\frac{\pi}{6}\right) = J\left(0\right) + \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} J'\left(a\right) da}\)

skąd to się wzięło?

Wzór Newtona-Leibniza.

No to tu zaćmy dostałem. Wszystko jasne, dzięki.