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
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11266
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3143 razy
Pomógł: 747 razy

Całki dla smakoszy

Post autor: mol_ksiazkowy »

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \right\} \left\{ \frac{1}{1-x} \right\} dx}\) 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 \(\displaystyle{ \left\{ t \right\}}\)
Ostatnio zmieniony 4 maja 2018, o 22:47 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav »

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 :oops: ).

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.
dec1
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 714
Rejestracja: 21 mar 2016, o 21:42
Płeć: Mężczyzna
Pomógł: 191 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: dec1 »

Premislav, co do tamtej całki to dwie podpowiedzi -- różniczkowanie pod znakiem całki i rezidua.
dec1
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 714
Rejestracja: 21 mar 2016, o 21:42
Płeć: Mężczyzna
Pomógł: 191 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: dec1 »

\(\displaystyle{ \int_0^{\pi / 6}\log^2(2\sin x)\dd x}\)
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 »

swoją drogą mamy tu nieskończenie, acz na szczęście przeliczalnie wiele punktów nieciągłości, więc nie wiem, czy nie przydałoby się najpierw wykazać całkowalności
Ale miara Lebesgue'a tego zbioru wynosi zero więc całka istnieje...
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 »

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…
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11266
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3143 razy
Pomógł: 747 razy

Całki dla smakoszy

Post autor: mol_ksiazkowy »

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} ( 1 - x^n)^{\frac{1}{n}} - x)^2 dx =}\) ?
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 »

Błąd w zapisie

Dalej błąd
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 »

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?
stuart clark
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 136
Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 3 razy

Całki dla smakoszy

Post autor: stuart clark »

\(\displaystyle{ \displaystyle \int\frac{1}{1+\cos^3 x}dx}\)
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 »

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

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...
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 »

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.
stuart clark
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 136
Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 3 razy

Całki dla smakoszy

Post autor: stuart clark »

Thanks Arek, premislav

\(\displaystyle{ (a)\;\; \int\frac{\sqrt{9x^2+4x+6}}{8x^2+4x+6}dx}\)

\(\displaystyle{ (b)\;\; \int\frac{x^2(x\sec x+\tan x)}{(x\tan x-1)^2}dx}\)
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 »

(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.
stuart clark
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 136
Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 3 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: stuart clark »

Thanks premislav
ODPOWIEDZ