Całki dla smakoszy
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11266
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3143 razy
- Pomógł: 747 razy
Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx}\) i \(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} ^2 \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} ^2 dx}\)
Gdzie \(\displaystyle{ \left\{ t \right\}}\)
to część ułamkowa \(\displaystyle{ \left\{ t \right\}}\)
Gdzie \(\displaystyle{ \left\{ t \right\}}\)
to część ułamkowa \(\displaystyle{ \left\{ t \right\}}\)
Ostatnio zmieniony 4 maja 2018, o 22:47 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Całki dla smakoszy
Jeżeli \(\displaystyle{ x\in \left( \frac{1}{n+1}, \frac 1 n\right]}\) (gdzie \(\displaystyle{ n=1,2,3\ldots}\)), powiedzmy, \(\displaystyle{ x=\frac{1}{n+\varepsilon}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ \varepsilon \in \left[ 0,1\right)}\), to
\(\displaystyle{ \left\{ \frac{1}{x}\right\} =\left\{ n+\varepsilon\right\} =\varepsilon=\frac{1}{x}-n}\).
Podobnie jeśli \(\displaystyle{ x\in \left( \frac{1}{n+1}, \frac 1 n\right], \ x=\frac{1}{n+\varepsilon}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ \varepsilon \in [0,1)}\), to
\(\displaystyle{ \left\{ \frac{1}{1-x}\right\}=\left\{ \frac{n+\varepsilon}{n+\varepsilon-1} \right\}=\frac{1}{n+\varepsilon -1}=\frac{x}{1-x}}\).
Jeżeli teraz określimy
\(\displaystyle{ h_n(x)= \begin{cases}\left( \frac{1}{x}-n\right) \cdot \frac{x}{1-x} \text{ dla } x\le \frac{1}{n} \\ 0 \text{ dla } x>\frac 1 n \end{cases}}\)
to \(\displaystyle{ h_n(x)}\) jest ciągła, a ponadto na odcinku \(\displaystyle{ \left[ \frac{1}{n+1}, \frac 1 n\right]}\) tylko w jednym punkcie przyjmuje inną wartość niż \(\displaystyle{ \left\{ \frac 1x\right\}\left\{\frac 1 {1-x} \right\}}\), a zatem
\(\displaystyle{ \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n}\left\{ \frac 1x\right\}\left\{\frac 1 {1-x} \right\}\,\dd x= \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n}h_n(x)\,\dd x}\)
i dla funkcji \(\displaystyle{ h_n(x)}\) możemy skorzystać z tw. Newtona-Leibniza:
\(\displaystyle{ \int_{\frac 1{n+1}}^{\frac 1 n} \left( \frac 1 x-n\right) \cdot \frac{x}{1-x}\,\dd x=\\=(-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}}\)
dla \(\displaystyle{ n=2,3, \ldots}\).
Natomiast
\(\displaystyle{ \int_{\frac 1 2}^{1} h_1(x)\,\dd x=\frac 1 2}\).
Wobec tego
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n } h_n(x)\,\dd x=\\=\frac 1 2+ \sum_{n=2}^{+\infty}\left( (-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}\right)}\)
Popatrzmy na sumę częściową:
\(\displaystyle{ \frac 1 2+ \sum_{n=2}^{N}\left( (-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}\right)}\)
Lepiej to będzie wyglądało, jeżeli zapiszemy \(\displaystyle{ \ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right) =\ln\frac n {n-1}+\ln \frac n {n+1}=2\ln n-\ln(n-1)-\ln(n+1)}\).
Teraz rozbijmy na dwie sumy, odnotujmy, że
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n+1}=H_{N+1}-1-\frac 1 2=H_{N+1}-
\frac 3 2}\)
oraz rozpiszmy kilka wyrazów
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N}(n-1)\left[ 2\ln n-\ln(n-1)-\ln(n+1)\right]}\).
\(\displaystyle{ (2\ln 2-\ln 1-\ln 3)+(4\ln 3-2\ln 2-2\ln 4)+(6\ln 4-3\ln 3-3\ln 5)\ldots}\)
Narzuca się teza, że
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N} (n-1)\left[ 2\ln n-\ln(n-1)-\ln(n+1)\right]=N\ln N-(N-1)\ln(N+1)}\)
Dowód to prosta indukcja po \(\displaystyle{ N\ge 2}\), którą zostawiam jako łatwe ćwiczenie dla Czytelnika.
Zatem otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac 1 2+ \sum_{n=2}^{N}\left( (-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}\right)=\\=H_{N+1}-1-\left(N\ln N-(N-1)\ln(N+1)\right)=\\=(H_{N+1}-\ln(N+1))-1-N\ln\left( \frac{N}{N+1}\right)}\)
i ponieważ
\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty }(H_{N+1}-\ln(N+1))=\gamma}\) (stała Eulera-Mascheroniego)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } N\ln\left( \frac{N}{N+1}\right)=-1}\), zatem
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n } h_n(x)\,\dd x=\\=\frac 1 2+ \sum_{n=2}^{N}\left( (-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}\right)=\\=\gamma}\)
Czyli chcielibyśmy zapewne pokazać, że
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=\gamma}\)
Trzeba udowodnić, że ta suma jest równa tyle, co chcemy (bo niestety całka Riemanna nie jest przeliczalnie addytywna w ogólności, jak na moje oko trzeba tu użyć teorii całki Lebesgue'a). A w tym celu pozostało do wykazania, że możemy zapisać
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx= \sum_{n=1}^{+\infty} \int_{\frac 1 {n+1}}^{\frac 1 n} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx}\)
Jeśli interpretujemy całkę jako „zorientowane" pole pod wykresem, to wydaje się to oczywiste, ale no nie jest (swoją drogą mamy tu nieskończenie, acz na szczęście przeliczalnie wiele punktów nieciągłości, więc nie wiem, czy nie przydałoby się najpierw wykazać całkowalności ).
Ewentualnie bez całek Lebesgue'a, twierdzeń o zbieżności itd. ale dość koślawo:
dla skończenie wielu ta równość przechodzi, tj. mamy bez problemu
\(\displaystyle{ \int_{\frac{1}{N+1}}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx= \sum_{n=1}^{N} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx}\)
a uzasadniłem już (a przynajmniej przedstawiłem szkic uzasadnienia), że \(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \sum_{n=1}^{N} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=\gamma}\),
a także mamy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=\int_{0}^{\frac{1}{N+1}} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx+\int_{\frac{1}{N+1}}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx}\),
pozostaje więc wykazać, że
\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \int_{0}^{\frac{1}{N+1}} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=0}\),
ale w tym celu wystarczy zauważyć, że funkcja podcałkowa jest nieujemna i ograniczona z góry przez \(\displaystyle{ 1}\), zatem
skoro \(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \int_{0}^{\frac{1}{N+1}} 1\,\dd x=0}\), to także
\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \int_{0}^{\frac{1}{N+1}} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=0}\).
Nie przeprowadzę tu dowodu całkowalności, bo niestety nie pamiętam już, jak się to robiło (jakieś sumy górne całkowe i sumy dolne, ogólnie straszny hardcore i dawno to miałem), jak ktoś umie, to będę wdzięczny za dopisanie (chyba że w tym wątku przyjmujemy domyślnie, iż wszystko jest całkowalne, ale to niezbyt porządne podejście).
mariuszm, z tą poprzednią to dałem sobie spokój, bo tu może trzeba być mądrzejszym ode mnie, albo po prostu to zadanie na konkretny, mało znany trick.
\(\displaystyle{ \left\{ \frac{1}{x}\right\} =\left\{ n+\varepsilon\right\} =\varepsilon=\frac{1}{x}-n}\).
Podobnie jeśli \(\displaystyle{ x\in \left( \frac{1}{n+1}, \frac 1 n\right], \ x=\frac{1}{n+\varepsilon}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ \varepsilon \in [0,1)}\), to
\(\displaystyle{ \left\{ \frac{1}{1-x}\right\}=\left\{ \frac{n+\varepsilon}{n+\varepsilon-1} \right\}=\frac{1}{n+\varepsilon -1}=\frac{x}{1-x}}\).
Jeżeli teraz określimy
\(\displaystyle{ h_n(x)= \begin{cases}\left( \frac{1}{x}-n\right) \cdot \frac{x}{1-x} \text{ dla } x\le \frac{1}{n} \\ 0 \text{ dla } x>\frac 1 n \end{cases}}\)
to \(\displaystyle{ h_n(x)}\) jest ciągła, a ponadto na odcinku \(\displaystyle{ \left[ \frac{1}{n+1}, \frac 1 n\right]}\) tylko w jednym punkcie przyjmuje inną wartość niż \(\displaystyle{ \left\{ \frac 1x\right\}\left\{\frac 1 {1-x} \right\}}\), a zatem
\(\displaystyle{ \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n}\left\{ \frac 1x\right\}\left\{\frac 1 {1-x} \right\}\,\dd x= \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n}h_n(x)\,\dd x}\)
i dla funkcji \(\displaystyle{ h_n(x)}\) możemy skorzystać z tw. Newtona-Leibniza:
\(\displaystyle{ \int_{\frac 1{n+1}}^{\frac 1 n} \left( \frac 1 x-n\right) \cdot \frac{x}{1-x}\,\dd x=\\=(-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}}\)
dla \(\displaystyle{ n=2,3, \ldots}\).
Natomiast
\(\displaystyle{ \int_{\frac 1 2}^{1} h_1(x)\,\dd x=\frac 1 2}\).
Wobec tego
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n } h_n(x)\,\dd x=\\=\frac 1 2+ \sum_{n=2}^{+\infty}\left( (-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}\right)}\)
Popatrzmy na sumę częściową:
\(\displaystyle{ \frac 1 2+ \sum_{n=2}^{N}\left( (-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}\right)}\)
Lepiej to będzie wyglądało, jeżeli zapiszemy \(\displaystyle{ \ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right) =\ln\frac n {n-1}+\ln \frac n {n+1}=2\ln n-\ln(n-1)-\ln(n+1)}\).
Teraz rozbijmy na dwie sumy, odnotujmy, że
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n+1}=H_{N+1}-1-\frac 1 2=H_{N+1}-
\frac 3 2}\)
oraz rozpiszmy kilka wyrazów
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N}(n-1)\left[ 2\ln n-\ln(n-1)-\ln(n+1)\right]}\).
\(\displaystyle{ (2\ln 2-\ln 1-\ln 3)+(4\ln 3-2\ln 2-2\ln 4)+(6\ln 4-3\ln 3-3\ln 5)\ldots}\)
Narzuca się teza, że
\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N} (n-1)\left[ 2\ln n-\ln(n-1)-\ln(n+1)\right]=N\ln N-(N-1)\ln(N+1)}\)
Dowód to prosta indukcja po \(\displaystyle{ N\ge 2}\), którą zostawiam jako łatwe ćwiczenie dla Czytelnika.
Zatem otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac 1 2+ \sum_{n=2}^{N}\left( (-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}\right)=\\=H_{N+1}-1-\left(N\ln N-(N-1)\ln(N+1)\right)=\\=(H_{N+1}-\ln(N+1))-1-N\ln\left( \frac{N}{N+1}\right)}\)
i ponieważ
\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty }(H_{N+1}-\ln(N+1))=\gamma}\) (stała Eulera-Mascheroniego)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } N\ln\left( \frac{N}{N+1}\right)=-1}\), zatem
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n } h_n(x)\,\dd x=\\=\frac 1 2+ \sum_{n=2}^{N}\left( (-n+1)\ln\left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)+\frac{1}{n+1}\right)=\\=\gamma}\)
Czyli chcielibyśmy zapewne pokazać, że
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=\gamma}\)
Trzeba udowodnić, że ta suma jest równa tyle, co chcemy (bo niestety całka Riemanna nie jest przeliczalnie addytywna w ogólności, jak na moje oko trzeba tu użyć teorii całki Lebesgue'a). A w tym celu pozostało do wykazania, że możemy zapisać
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx= \sum_{n=1}^{+\infty} \int_{\frac 1 {n+1}}^{\frac 1 n} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx}\)
Jeśli interpretujemy całkę jako „zorientowane" pole pod wykresem, to wydaje się to oczywiste, ale no nie jest (swoją drogą mamy tu nieskończenie, acz na szczęście przeliczalnie wiele punktów nieciągłości, więc nie wiem, czy nie przydałoby się najpierw wykazać całkowalności ).
Ewentualnie bez całek Lebesgue'a, twierdzeń o zbieżności itd. ale dość koślawo:
dla skończenie wielu ta równość przechodzi, tj. mamy bez problemu
\(\displaystyle{ \int_{\frac{1}{N+1}}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx= \sum_{n=1}^{N} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx}\)
a uzasadniłem już (a przynajmniej przedstawiłem szkic uzasadnienia), że \(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \sum_{n=1}^{N} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac 1 n} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=\gamma}\),
a także mamy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=\int_{0}^{\frac{1}{N+1}} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx+\int_{\frac{1}{N+1}}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx}\),
pozostaje więc wykazać, że
\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \int_{0}^{\frac{1}{N+1}} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=0}\),
ale w tym celu wystarczy zauważyć, że funkcja podcałkowa jest nieujemna i ograniczona z góry przez \(\displaystyle{ 1}\), zatem
skoro \(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \int_{0}^{\frac{1}{N+1}} 1\,\dd x=0}\), to także
\(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \int_{0}^{\frac{1}{N+1}} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx=0}\).
Nie przeprowadzę tu dowodu całkowalności, bo niestety nie pamiętam już, jak się to robiło (jakieś sumy górne całkowe i sumy dolne, ogólnie straszny hardcore i dawno to miałem), jak ktoś umie, to będę wdzięczny za dopisanie (chyba że w tym wątku przyjmujemy domyślnie, iż wszystko jest całkowalne, ale to niezbyt porządne podejście).
mariuszm, z tą poprzednią to dałem sobie spokój, bo tu może trzeba być mądrzejszym ode mnie, albo po prostu to zadanie na konkretny, mało znany trick.
Re: Całki dla smakoszy
Premislav, co do tamtej całki to dwie podpowiedzi -- różniczkowanie pod znakiem całki i rezidua.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Re: Całki dla smakoszy
Ale miara Lebesgue'a tego zbioru wynosi zero więc całka istnieje...swoją drogą mamy tu nieskończenie, acz na szczęście przeliczalnie wiele punktów nieciągłości, więc nie wiem, czy nie przydałoby się najpierw wykazać całkowalności
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Całki dla smakoszy
No masz rację, zapomniałem o tym, dzięki, arek1357.
dec1, tę całkę akurat ostatnio wrzucał user stuart clark, a wówczas podałeś link do tematu na stackexchange, w którym to rozsądnie zrobiono (ja niestety tylko rozgrzebałem właściwie, ponieważ nie potrafiłem policzyć sumy pewnego występującego tam szeregu, którą można było wyrazić bodajże za pomocą funkcji hipergeometrycznej.
Chyba że wymyśliłeś inne rozwiązanie…
dec1, tę całkę akurat ostatnio wrzucał user stuart clark, a wówczas podałeś link do tematu na stackexchange, w którym to rozsądnie zrobiono (ja niestety tylko rozgrzebałem właściwie, ponieważ nie potrafiłem policzyć sumy pewnego występującego tam szeregu, którą można było wyrazić bodajże za pomocą funkcji hipergeometrycznej.
Chyba że wymyśliłeś inne rozwiązanie…
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11266
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3143 razy
- Pomógł: 747 razy
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Całki dla smakoszy
Pewnie miało być tak:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left(( 1 - x^n)^{\frac{1}{n}} - x\right)^2 dx}\)
Nie wygląda to na specjalnie trudne. Podstawmy \(\displaystyle{ t=1-x^n}\), tj.
\(\displaystyle{ x=\left( 1-t\right)^{\frac 1 n}, \ \,\dd x=-\frac 1 n\left( 1-t\right)^{\frac 1 n-1}\,\dd t}\)
Otrzymamy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac 1 n\left( 1-t\right)^{\frac 1 n-1}\left( t^{\frac 1 n}-\left( 1-t\right)^{\frac 1 n} \right)^2\,\dd t}\)
Po skorzystaniu ze wzoru skróconego mnożenia wystarczy skorzystać z funkcji Beta:
\(\displaystyle{ \mathrm{B}(\alpha, \beta)= \int_{0}^{1} t^{\alpha-1}(1-t)^{\beta-1}\,\dd t}\)
dla \(\displaystyle{ \mathrm{Re}(\alpha)>0, \ \mathrm{Re}(\beta)>0}\).
Otrzymany wynik można uprościć, korzystając z tożsamości
\(\displaystyle{ \mathrm{B}(\alpha, \beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}}\)
Ale nie chce mi się już tego rozpisywać, bo straszna nuda. Może więc źle interpretuję zapis
mola_ksiazkowego i chodziło o coś bardziej frapującego?
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left(( 1 - x^n)^{\frac{1}{n}} - x\right)^2 dx}\)
Nie wygląda to na specjalnie trudne. Podstawmy \(\displaystyle{ t=1-x^n}\), tj.
\(\displaystyle{ x=\left( 1-t\right)^{\frac 1 n}, \ \,\dd x=-\frac 1 n\left( 1-t\right)^{\frac 1 n-1}\,\dd t}\)
Otrzymamy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac 1 n\left( 1-t\right)^{\frac 1 n-1}\left( t^{\frac 1 n}-\left( 1-t\right)^{\frac 1 n} \right)^2\,\dd t}\)
Po skorzystaniu ze wzoru skróconego mnożenia wystarczy skorzystać z funkcji Beta:
\(\displaystyle{ \mathrm{B}(\alpha, \beta)= \int_{0}^{1} t^{\alpha-1}(1-t)^{\beta-1}\,\dd t}\)
dla \(\displaystyle{ \mathrm{Re}(\alpha)>0, \ \mathrm{Re}(\beta)>0}\).
Otrzymany wynik można uprościć, korzystając z tożsamości
\(\displaystyle{ \mathrm{B}(\alpha, \beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}}\)
Ale nie chce mi się już tego rozpisywać, bo straszna nuda. Może więc źle interpretuję zapis
mola_ksiazkowego i chodziło o coś bardziej frapującego?
-
- Użytkownik
- Posty: 136
- Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \cos x= \frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}}\)
po tym podstawieniu idzie a potem:
\(\displaystyle{ e^{ix}=t}\)
a na koñcu:
\(\displaystyle{ -8i \int_{}^{} \frac{t^2dt}{t^6+3t^4+8t^3+3t^2+1}}\)
to się da rozbić na ułamki proste i się z tym pomęczyć...
po tym podstawieniu idzie a potem:
\(\displaystyle{ e^{ix}=t}\)
a na koñcu:
\(\displaystyle{ -8i \int_{}^{} \frac{t^2dt}{t^6+3t^4+8t^3+3t^2+1}}\)
to się da rozbić na ułamki proste i się z tym pomęczyć...
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Całki dla smakoszy
Hello,
\(\displaystyle{ \displaystyle \int\frac{1}{1+\cos^3 x}dx=\\=\sqrt{\frac 1 {36} +\frac{i}{36\sqrt{3}}}\left( 2\sqrt{2}\arctg\left( \sqrt[4]{-3}\tg\left( \frac x 2\right) \right) \right) +\sqrt{3-i\sqrt{3}}\tg\left( \frac x 2\right)-2i\sqrt{1-i\sqrt{3}}\mathrm{artanh}\left( \sqrt[4]{-3}\tg\left( \frac x 2\right) \right) +C}\)
Sonnhard.
\(\displaystyle{ \displaystyle \int\frac{1}{1+\cos^3 x}dx=\\=\sqrt{\frac 1 {36} +\frac{i}{36\sqrt{3}}}\left( 2\sqrt{2}\arctg\left( \sqrt[4]{-3}\tg\left( \frac x 2\right) \right) \right) +\sqrt{3-i\sqrt{3}}\tg\left( \frac x 2\right)-2i\sqrt{1-i\sqrt{3}}\mathrm{artanh}\left( \sqrt[4]{-3}\tg\left( \frac x 2\right) \right) +C}\)
Sonnhard.
-
- Użytkownik
- Posty: 136
- Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy
Całki dla smakoszy
Thanks Arek, premislav
\(\displaystyle{ (a)\;\; \int\frac{\sqrt{9x^2+4x+6}}{8x^2+4x+6}dx}\)
\(\displaystyle{ (b)\;\; \int\frac{x^2(x\sec x+\tan x)}{(x\tan x-1)^2}dx}\)
\(\displaystyle{ (a)\;\; \int\frac{\sqrt{9x^2+4x+6}}{8x^2+4x+6}dx}\)
\(\displaystyle{ (b)\;\; \int\frac{x^2(x\sec x+\tan x)}{(x\tan x-1)^2}dx}\)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Całki dla smakoszy
(a)
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sqrt{9x^2+4x+6}}{8x^2+4x+6} \,\dd x=\left|\begin{array}{c}\sqrt{9x^2+4x+6}=t-3x \\x=\frac{t^2-6}{6t+4} \\ \,\dd x= \frac{3t^2+4t+18}{2(3t+2)^2} \,\dd t\end{array}\right|=\\=\int_{}^{} \frac{6t^2+8t+36}{(6t+4)^2}\cdot \frac{t- \frac{3t^2-18}{6t+4} }{\left( t- \frac{3t^2-18}{6t+4} \right)^2 -\left( \frac{t^2-6}{6t+4}\right)^2 }\,\dd t=\\= \int_{}^{} \frac{2(3t^2+4t+18)^2}{(3t^2+4t+18)^2-(t^2-6)^2}\,\dd t=\\= \int_{}^{} \frac{2(3t^2+4t+18)^2}{(2t^2+4t+24)(4t^2+4t+12)}\,\dd t}\)
i teraz odnotujmy, że
\(\displaystyle{ 2(3t^2+4t+18)^2=\frac{9}{4}\left( 2t^2+4t+24\right)(4t^2+4t+12)+6t^3+58t^2+36t}\)
i że
\(\displaystyle{ 6t^3+58t^2+36t=(At+B)(2t^2+4t+24)+(Ct+D)(4t^2+4t+12)}\)
daje nam układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}A+2C=3\\2A+B+2C+2D=29\\ 6A+B+3C+D=9 \\ 2B+D=0 \end{cases}}\)
którego rozwiązaniem są
\(\displaystyle{ A=-1, B=-9, C=2, D=18}\)
Dalej więc z dokładnością do stałej
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{2(3t^2+4t+18)^2}{(2t^2+4t+24)(4t^2+4t+12)}\,\dd t=\\= \int_{}^{} \frac 9 4 \,\dd t+ \int_{}^{} \frac{-t-9}{4t^2+4t+12} \,\dd t+ \int_{}^{} \frac{2t+18}{2t^2+4t+24} \,\dd t}\)
Te całki są już na przedszkolnym poziomie.
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sqrt{9x^2+4x+6}}{8x^2+4x+6} \,\dd x=\left|\begin{array}{c}\sqrt{9x^2+4x+6}=t-3x \\x=\frac{t^2-6}{6t+4} \\ \,\dd x= \frac{3t^2+4t+18}{2(3t+2)^2} \,\dd t\end{array}\right|=\\=\int_{}^{} \frac{6t^2+8t+36}{(6t+4)^2}\cdot \frac{t- \frac{3t^2-18}{6t+4} }{\left( t- \frac{3t^2-18}{6t+4} \right)^2 -\left( \frac{t^2-6}{6t+4}\right)^2 }\,\dd t=\\= \int_{}^{} \frac{2(3t^2+4t+18)^2}{(3t^2+4t+18)^2-(t^2-6)^2}\,\dd t=\\= \int_{}^{} \frac{2(3t^2+4t+18)^2}{(2t^2+4t+24)(4t^2+4t+12)}\,\dd t}\)
i teraz odnotujmy, że
\(\displaystyle{ 2(3t^2+4t+18)^2=\frac{9}{4}\left( 2t^2+4t+24\right)(4t^2+4t+12)+6t^3+58t^2+36t}\)
i że
\(\displaystyle{ 6t^3+58t^2+36t=(At+B)(2t^2+4t+24)+(Ct+D)(4t^2+4t+12)}\)
daje nam układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}A+2C=3\\2A+B+2C+2D=29\\ 6A+B+3C+D=9 \\ 2B+D=0 \end{cases}}\)
którego rozwiązaniem są
\(\displaystyle{ A=-1, B=-9, C=2, D=18}\)
Dalej więc z dokładnością do stałej
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{2(3t^2+4t+18)^2}{(2t^2+4t+24)(4t^2+4t+12)}\,\dd t=\\= \int_{}^{} \frac 9 4 \,\dd t+ \int_{}^{} \frac{-t-9}{4t^2+4t+12} \,\dd t+ \int_{}^{} \frac{2t+18}{2t^2+4t+24} \,\dd t}\)
Te całki są już na przedszkolnym poziomie.
-
- Użytkownik
- Posty: 136
- Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy