Całki dla smakoszy
-
stuart clark
- Użytkownik
- Posty: 136
- Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5745
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ t=x-1}\)
\(\displaystyle{ x=t+1}\)
\(\displaystyle{ dx=dt}\)
\(\displaystyle{ x= \frac{1}{2} \rightarrow t=- \frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ x= 1 \rightarrow t=0}\)
\(\displaystyle{ \int_{ \frac{1}{2} }^{1} \frac{\ln x}{x-1}= \int_{- \frac{1}{2} }^{0} \frac{\ln (t+1)}{t}dt}\)
\(\displaystyle{ \ln(t+1)= \int_{}^{} \frac{dt}{1+t} = \int_{}^{} \left( 1-t+t^2-t^3+... \infty \right)dt=}\)
\(\displaystyle{ \left( t- \frac{1}{2}t^2+ \frac{1}{3}t^3-... \infty \right)=t\left( 1- \frac{1}{2}t+ \frac{1}{3}t^2-... \infty \right)/:t}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ \frac{\ln (t+1)}{t}= \left( 1- \frac{1}{2}t+ \frac{1}{3}t^2-... \infty \right)}\)
zcałkujmy obustronnie:
\(\displaystyle{ \int_{- \frac{1}{2} }^{0}\frac{\ln (t+1)}{t}dt= \int_{- \frac{1}{2} }^{0} \left( 1- \frac{1}{2}t+ \frac{1}{3}t^2-... \infty \right)dt =}\)
\(\displaystyle{ t- \frac{1}{2^2}t^2+ \frac{1}{3^2}t^3-...=t\left( 1- \frac{t}{2^2}+ \frac{t^2}{3^2}- \frac{t^3}{4^2}+... \right)|_{- \frac{1}{2} }^0=}\)
\(\displaystyle{ 0-\left[ - \frac{1}{2}\left( 1+ \frac{1}{2 \cdot 2^2}+\frac{1}{2^2 \cdot 3^2}+\frac{1}{2^3 \cdot 4^2}+... \right) \right]= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{2^nn^2}}\)
Teraz pomysł na zwinięcie tego szeregu...
\(\displaystyle{ f(x)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2}2^{nx}}\)
widać, że:
\(\displaystyle{ f(-1)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2 \cdot 2^n}}\)
\(\displaystyle{ f'(x)=\ln 2\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n}2^{nx}}\)
Już nie bawiąc się w określenie promienia zbieżności szeregu, itd... mamy:
\(\displaystyle{ f''(x)=(\ln 2)^2\sum_{n=1}^{ \infty }2^{nx}= \frac{2^x}{1-2^x}(\ln 2)^2}\)
jak tę funkcję scałkujemy raz to wyjdzie:
\(\displaystyle{ f'(x)=-\ln 2 \cdot \ln (1-2^x)}\)
całka ta nie jest elementarna ...
ale z tego:
\(\displaystyle{ f(x)=-\ln 2 \int_{}^{}\ln (1-2^x)dx=Li_{2}(2^x)}\)
\(\displaystyle{ f(-1)=Li_{2}(2^{-1})}\)
Ale mamy wzór taki:
\(\displaystyle{ Li_{2}(x)+Li_{2}(1-x)= \frac{\pi^2}{6}-\ln x \cdot \ln(1-x)}\)
teraz wystarczy podstawić:
\(\displaystyle{ x= \frac{1}{2}}\)
i otrzymamy:
\(\displaystyle{ Li_{2}( \frac{1}{2} )+Li_{2}( \frac{1}{2} )=\frac{\pi^2}{6}-\left( \ln ( \frac{1}{2}) \right)^2}\)
\(\displaystyle{ 2 Li_{2}( \frac{1}{2} )=\frac{\pi^2}{6}-\left( \ln ( \frac{1}{2}) \right)^2}\)
mamy więc:
\(\displaystyle{ Li_{2}( \frac{1}{2} )=\frac{\pi^2}{12}- \frac{1}{2} \left( \ln ( \frac{1}{2}) \right)^2}\)
ostatecznie:
\(\displaystyle{ \int_{ \frac{1}{2} }^{1} \frac{\ln x}{x-1}dx= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{2^nn^2}=\frac{\pi^2}{12}- \frac{1}{2} \left( \ln ( \frac{1}{2}) \right)^2=\frac{\pi^2}{12}- \frac{1}{2} \left( \ln 2\right)^2}\)
...
\(\displaystyle{ x=t+1}\)
\(\displaystyle{ dx=dt}\)
\(\displaystyle{ x= \frac{1}{2} \rightarrow t=- \frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ x= 1 \rightarrow t=0}\)
\(\displaystyle{ \int_{ \frac{1}{2} }^{1} \frac{\ln x}{x-1}= \int_{- \frac{1}{2} }^{0} \frac{\ln (t+1)}{t}dt}\)
\(\displaystyle{ \ln(t+1)= \int_{}^{} \frac{dt}{1+t} = \int_{}^{} \left( 1-t+t^2-t^3+... \infty \right)dt=}\)
\(\displaystyle{ \left( t- \frac{1}{2}t^2+ \frac{1}{3}t^3-... \infty \right)=t\left( 1- \frac{1}{2}t+ \frac{1}{3}t^2-... \infty \right)/:t}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ \frac{\ln (t+1)}{t}= \left( 1- \frac{1}{2}t+ \frac{1}{3}t^2-... \infty \right)}\)
zcałkujmy obustronnie:
\(\displaystyle{ \int_{- \frac{1}{2} }^{0}\frac{\ln (t+1)}{t}dt= \int_{- \frac{1}{2} }^{0} \left( 1- \frac{1}{2}t+ \frac{1}{3}t^2-... \infty \right)dt =}\)
\(\displaystyle{ t- \frac{1}{2^2}t^2+ \frac{1}{3^2}t^3-...=t\left( 1- \frac{t}{2^2}+ \frac{t^2}{3^2}- \frac{t^3}{4^2}+... \right)|_{- \frac{1}{2} }^0=}\)
\(\displaystyle{ 0-\left[ - \frac{1}{2}\left( 1+ \frac{1}{2 \cdot 2^2}+\frac{1}{2^2 \cdot 3^2}+\frac{1}{2^3 \cdot 4^2}+... \right) \right]= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{2^nn^2}}\)
Teraz pomysł na zwinięcie tego szeregu...
\(\displaystyle{ f(x)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2}2^{nx}}\)
widać, że:
\(\displaystyle{ f(-1)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2 \cdot 2^n}}\)
\(\displaystyle{ f'(x)=\ln 2\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n}2^{nx}}\)
Już nie bawiąc się w określenie promienia zbieżności szeregu, itd... mamy:
\(\displaystyle{ f''(x)=(\ln 2)^2\sum_{n=1}^{ \infty }2^{nx}= \frac{2^x}{1-2^x}(\ln 2)^2}\)
jak tę funkcję scałkujemy raz to wyjdzie:
\(\displaystyle{ f'(x)=-\ln 2 \cdot \ln (1-2^x)}\)
całka ta nie jest elementarna ...
ale z tego:
\(\displaystyle{ f(x)=-\ln 2 \int_{}^{}\ln (1-2^x)dx=Li_{2}(2^x)}\)
\(\displaystyle{ f(-1)=Li_{2}(2^{-1})}\)
Ale mamy wzór taki:
\(\displaystyle{ Li_{2}(x)+Li_{2}(1-x)= \frac{\pi^2}{6}-\ln x \cdot \ln(1-x)}\)
teraz wystarczy podstawić:
\(\displaystyle{ x= \frac{1}{2}}\)
i otrzymamy:
\(\displaystyle{ Li_{2}( \frac{1}{2} )+Li_{2}( \frac{1}{2} )=\frac{\pi^2}{6}-\left( \ln ( \frac{1}{2}) \right)^2}\)
\(\displaystyle{ 2 Li_{2}( \frac{1}{2} )=\frac{\pi^2}{6}-\left( \ln ( \frac{1}{2}) \right)^2}\)
mamy więc:
\(\displaystyle{ Li_{2}( \frac{1}{2} )=\frac{\pi^2}{12}- \frac{1}{2} \left( \ln ( \frac{1}{2}) \right)^2}\)
ostatecznie:
\(\displaystyle{ \int_{ \frac{1}{2} }^{1} \frac{\ln x}{x-1}dx= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{2^nn^2}=\frac{\pi^2}{12}- \frac{1}{2} \left( \ln ( \frac{1}{2}) \right)^2=\frac{\pi^2}{12}- \frac{1}{2} \left( \ln 2\right)^2}\)
...
-
stuart clark
- Użytkownik
- Posty: 136
- Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy
Całki dla smakoszy
Thanks arek1357.
\(\displaystyle{ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\arctan(\sin x)dx}\)
\(\displaystyle{ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\arctan(\sin x)dx}\)
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5745
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\arctg(\sin x)dx}\)
\(\displaystyle{ \sin x=t}\)
\(\displaystyle{ x=\arcsin t}\)
\(\displaystyle{ dx= \frac{dt}{ \sqrt{1-t^2} }}\)
\(\displaystyle{ x=0 \rightarrow t=0, x= \frac{\pi}{2} \rightarrow t=1}\)
mamy całkę po zamianie zmiennych:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\arctg t}{ \sqrt{1-t^2} }dt}\)
Utwórzmy sobie funkcję:
\(\displaystyle{ g(z)= \int_{0}^{1}\frac{\arctg zt}{ \sqrt{1-t^2} }dt}\)
\(\displaystyle{ g'(z)= \int_{0}^{1} \frac{tdt}{(1+t^2z^2) \sqrt{1-t^2} }= \frac{\arctg \left( \frac{z}{i \sqrt{1+z^2} } \sqrt{1-t^2}\right) }{iz \sqrt{1+z^2} }|_{0}^1=}\)
\(\displaystyle{ = -\frac{\arctg \left( \frac{z}{i \sqrt{1+z^2}}\right) }{iz \sqrt{1+z^2} }=\frac{\arctg \left( \frac{iz}{\sqrt{1+z^2}}\right) }{iz \sqrt{1+z^2} }}\)
\(\displaystyle{ = \frac{ \frac{1}{2}i\ln\left( 1+ \frac{z}{ \sqrt{1+z^2}} \right)-\frac{1}{2}i\ln\left( 1- \frac{z}{ \sqrt{1+z^2}} \right) }{iz \sqrt{1+z^2} }=}\)
\(\displaystyle{ = \frac{1}{2} \frac{\ln\left( \frac{ \sqrt{1+z^2}+z }{ \sqrt{1+z^2} } \right)-\ln\left( \frac{ \sqrt{1+z^2}-z }{ \sqrt{1+z^2} } \right) }{z \sqrt{1+z^2} }=}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \frac{\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right)-\ln\left( \sqrt{1+z^2}-z \right) }{z \sqrt{1+z^2} }=\frac{1}{2} \frac{\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right)+\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right) }{z \sqrt{1+z^2} }}\)
ostatecznie:
\(\displaystyle{ g'(z)= \frac{\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right) }{z \sqrt{1+z^2} }}\)
\(\displaystyle{ g(z)= \int_{}^{} \frac{\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right) }{z \sqrt{1+z^2} }dz}\)
Zróbmy podstawienie:
\(\displaystyle{ z=i\sin t}\)
\(\displaystyle{ dz=i\cos t dt}\)
Mamy policzyć funkcję \(\displaystyle{ g(z)}\) w punkcie.: \(\displaystyle{ z=1}\)
lecz dla.: \(\displaystyle{ z=1 , t=\arcsin(-i)=-i\ln(1+ \sqrt{2})}\)
Czyli będziemy liczyć funkcję \(\displaystyle{ g(t)}\), dla.: \(\displaystyle{ t=-i\ln(1+ \sqrt{2})}\)
całka wyniesie:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\ln\left( \cos t+i\sin t\right) }{i\sin t \cdot \cos t}i\cos t dt=}\)
\(\displaystyle{ = \int_{}^{} \frac{\ln e^{it}}{\sin t}dt=i \int_{}^{} \frac{t}{\sin t}dt}\)
policzmy całkę:
\(\displaystyle{ g(t)=i \int_{}^{} \frac{t}{\sin t}dt=i \cdot i\left[ Li_{2}(-e^{it})- Li_{2}(e^{it})\right]+it\left[ \ln(1-e^{it})-\ln(1+e^{it})\right]= Li_{2}(e^{it})- Li_{2}(-e^{it})+it\ln \frac{1-e^{it}}{1+e^{it}}}\)
\(\displaystyle{ t=-i\ln(1+ \sqrt{2})}\)
\(\displaystyle{ e^{it}=1+ \sqrt{2}}\)
Po uproszczeniu otrzymamy:
\(\displaystyle{ g[-i\ln(1+ \sqrt{2})]=Li_{2}(1+ \sqrt{2} )-Li_{2}(-1- \sqrt{2} )+\ln(1+ \sqrt{2})\ln \frac{- \sqrt{2} }{2+ \sqrt{2} }}\)
\(\displaystyle{ =Li_{2}(1+ \sqrt{2} )-Li_{2}(-1- \sqrt{2} )+\ln( \sqrt{2}+1 )\ln( \sqrt{2}-1 )+i\pi\ln( \sqrt{2}+1 )}\)
Jedyny jeszcze szkopuł to obliczenie wartości funkcji:\(\displaystyle{ Li_{2}}\)
\(\displaystyle{ \sin x=t}\)
\(\displaystyle{ x=\arcsin t}\)
\(\displaystyle{ dx= \frac{dt}{ \sqrt{1-t^2} }}\)
\(\displaystyle{ x=0 \rightarrow t=0, x= \frac{\pi}{2} \rightarrow t=1}\)
mamy całkę po zamianie zmiennych:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\arctg t}{ \sqrt{1-t^2} }dt}\)
Utwórzmy sobie funkcję:
\(\displaystyle{ g(z)= \int_{0}^{1}\frac{\arctg zt}{ \sqrt{1-t^2} }dt}\)
\(\displaystyle{ g'(z)= \int_{0}^{1} \frac{tdt}{(1+t^2z^2) \sqrt{1-t^2} }= \frac{\arctg \left( \frac{z}{i \sqrt{1+z^2} } \sqrt{1-t^2}\right) }{iz \sqrt{1+z^2} }|_{0}^1=}\)
\(\displaystyle{ = -\frac{\arctg \left( \frac{z}{i \sqrt{1+z^2}}\right) }{iz \sqrt{1+z^2} }=\frac{\arctg \left( \frac{iz}{\sqrt{1+z^2}}\right) }{iz \sqrt{1+z^2} }}\)
\(\displaystyle{ = \frac{ \frac{1}{2}i\ln\left( 1+ \frac{z}{ \sqrt{1+z^2}} \right)-\frac{1}{2}i\ln\left( 1- \frac{z}{ \sqrt{1+z^2}} \right) }{iz \sqrt{1+z^2} }=}\)
\(\displaystyle{ = \frac{1}{2} \frac{\ln\left( \frac{ \sqrt{1+z^2}+z }{ \sqrt{1+z^2} } \right)-\ln\left( \frac{ \sqrt{1+z^2}-z }{ \sqrt{1+z^2} } \right) }{z \sqrt{1+z^2} }=}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \frac{\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right)-\ln\left( \sqrt{1+z^2}-z \right) }{z \sqrt{1+z^2} }=\frac{1}{2} \frac{\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right)+\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right) }{z \sqrt{1+z^2} }}\)
ostatecznie:
\(\displaystyle{ g'(z)= \frac{\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right) }{z \sqrt{1+z^2} }}\)
\(\displaystyle{ g(z)= \int_{}^{} \frac{\ln\left( \sqrt{1+z^2}+z \right) }{z \sqrt{1+z^2} }dz}\)
Zróbmy podstawienie:
\(\displaystyle{ z=i\sin t}\)
\(\displaystyle{ dz=i\cos t dt}\)
Mamy policzyć funkcję \(\displaystyle{ g(z)}\) w punkcie.: \(\displaystyle{ z=1}\)
lecz dla.: \(\displaystyle{ z=1 , t=\arcsin(-i)=-i\ln(1+ \sqrt{2})}\)
Czyli będziemy liczyć funkcję \(\displaystyle{ g(t)}\), dla.: \(\displaystyle{ t=-i\ln(1+ \sqrt{2})}\)
całka wyniesie:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\ln\left( \cos t+i\sin t\right) }{i\sin t \cdot \cos t}i\cos t dt=}\)
\(\displaystyle{ = \int_{}^{} \frac{\ln e^{it}}{\sin t}dt=i \int_{}^{} \frac{t}{\sin t}dt}\)
policzmy całkę:
\(\displaystyle{ g(t)=i \int_{}^{} \frac{t}{\sin t}dt=i \cdot i\left[ Li_{2}(-e^{it})- Li_{2}(e^{it})\right]+it\left[ \ln(1-e^{it})-\ln(1+e^{it})\right]= Li_{2}(e^{it})- Li_{2}(-e^{it})+it\ln \frac{1-e^{it}}{1+e^{it}}}\)
\(\displaystyle{ t=-i\ln(1+ \sqrt{2})}\)
\(\displaystyle{ e^{it}=1+ \sqrt{2}}\)
Po uproszczeniu otrzymamy:
\(\displaystyle{ g[-i\ln(1+ \sqrt{2})]=Li_{2}(1+ \sqrt{2} )-Li_{2}(-1- \sqrt{2} )+\ln(1+ \sqrt{2})\ln \frac{- \sqrt{2} }{2+ \sqrt{2} }}\)
\(\displaystyle{ =Li_{2}(1+ \sqrt{2} )-Li_{2}(-1- \sqrt{2} )+\ln( \sqrt{2}+1 )\ln( \sqrt{2}-1 )+i\pi\ln( \sqrt{2}+1 )}\)
Jedyny jeszcze szkopuł to obliczenie wartości funkcji:\(\displaystyle{ Li_{2}}\)
Ostatnio zmieniony 27 lut 2019, o 22:21 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
stuart clark
- Użytkownik
- Posty: 136
- Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy
Re: Całki dla smakoszy
Thanks arek1357
\(\displaystyle{ \int\sqrt{\frac{(\sin x-1)(\sin x-2)}{(\sin x+1)(\sin x+2)}}dx}\)
\(\displaystyle{ \int\sqrt{\frac{(\sin x-1)(\sin x-2)}{(\sin x+1)(\sin x+2)}}dx}\)
-
yorgin
- Użytkownik
- Posty: 12762
- Rejestracja: 14 paź 2006, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 3440 razy
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ t=\sin x\\
dx=\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}}\)
Po podstawieniu dostajemy:
\(\displaystyle{ \int\sqrt{\frac{(t-1)(t-2)}{(t+1)(t+2)}}\cdot\sqrt{\frac{1}{1-t^2}}dt=\int\frac{1}{t+1}\sqrt{\frac{t-2}{t+2}}dt}\)
Standardowe podstawienie
\(\displaystyle{ s=\sqrt{\frac{t-2}{t+2}}\\
t=\frac{2s^2+2}{1-s^2}\\
dt=\frac{8s}{(1-s^2)^2}}\)
i dostajemy
\(\displaystyle{ \int\frac{1}{t+1}\sqrt{\frac{t-2}{t+2}}dt=\int\frac{1-s^2}{s^2+3}s\frac{8s}{(1-s^2)^2}ds=\\
\\
=\int\frac{8s^2}{(1-s^2)(s^2+3)}ds}\)
Dalej bardzo łatwo
\(\displaystyle{ \int\frac{8s^2}{(1-s^2)(s^2+3)}ds=-\ln(1-s)+\ln(1+s)-2\sqrt{3}\arctan\frac{s}{\sqrt{3}}}\)
Wynik końcowy wygląda na brzydki, ale to nie konkurs piękności
\(\displaystyle{ -\ln\left(1-\sqrt{\frac{\sin x-2}{\sin x+2}}\right)+\ln\left(1+\sqrt{\frac{\sin x-2}{\sin x+2}}\right)-2\sqrt{3}\arctan\frac{\sqrt{\frac{\sin x-2}{\sin x+2}}}{\sqrt{3}}}\)
dx=\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}}\)
Po podstawieniu dostajemy:
\(\displaystyle{ \int\sqrt{\frac{(t-1)(t-2)}{(t+1)(t+2)}}\cdot\sqrt{\frac{1}{1-t^2}}dt=\int\frac{1}{t+1}\sqrt{\frac{t-2}{t+2}}dt}\)
Standardowe podstawienie
\(\displaystyle{ s=\sqrt{\frac{t-2}{t+2}}\\
t=\frac{2s^2+2}{1-s^2}\\
dt=\frac{8s}{(1-s^2)^2}}\)
i dostajemy
\(\displaystyle{ \int\frac{1}{t+1}\sqrt{\frac{t-2}{t+2}}dt=\int\frac{1-s^2}{s^2+3}s\frac{8s}{(1-s^2)^2}ds=\\
\\
=\int\frac{8s^2}{(1-s^2)(s^2+3)}ds}\)
Dalej bardzo łatwo
\(\displaystyle{ \int\frac{8s^2}{(1-s^2)(s^2+3)}ds=-\ln(1-s)+\ln(1+s)-2\sqrt{3}\arctan\frac{s}{\sqrt{3}}}\)
Wynik końcowy wygląda na brzydki, ale to nie konkurs piękności
\(\displaystyle{ -\ln\left(1-\sqrt{\frac{\sin x-2}{\sin x+2}}\right)+\ln\left(1+\sqrt{\frac{\sin x-2}{\sin x+2}}\right)-2\sqrt{3}\arctan\frac{\sqrt{\frac{\sin x-2}{\sin x+2}}}{\sqrt{3}}}\)
-
stuart clark
- Użytkownik
- Posty: 136
- Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5745
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{\left( x^2-x+1\right) \sqrt{x^2+x+1}}dx=}\)
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1} }{\left( x^2-x+1\right)\left( x^2+x+1\right) }dx=}\)
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1} }{\left( x- \frac{1-i \sqrt{3} }{2} \right)\left( x- \frac{1+i \sqrt{3} }{2} \right)\left( x- \frac{-1-i \sqrt{3} }{2} \right)\left( x- \frac{-1+i\sqrt{3} }{2} \right) }dx=}\)
\(\displaystyle{ \frac{3-i \sqrt{3}}{12}\left[ \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x- \frac{-1+i \sqrt{3}}{2}}dx + \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x- \frac{-1-i \sqrt{3}}{2}}dx- \int_{}^{}
\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x- \frac{1-i \sqrt{3}}{2}}dx- \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x- \frac{1+i \sqrt{3}}{2}}dx\right]}\)
Teraz pokażę jak scałkować:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x-a}dx}\)
Bo to jest jeszcze najważniejsze...
Niestety było źle musiałem zmazać...
Musimy zrobić podstawienie:
\(\displaystyle{ \sqrt{x^2+x+1}=t-x}\)
\(\displaystyle{ x= \frac{t^2-1}{2t+1}}\)
\(\displaystyle{ dx=2 \frac{t^2+t+1}{(2t+1)^2}}\)
I to będzie działać w wolnym czasie to pociągnę do końca...
Po tych podstawieniach otrzymamy:
\(\displaystyle{ 2 \int_{}^{} \frac{(t^2+t+1)^2}{(t^2-2at-a-1)(2t+1)^2}dt}\)
Co już jest do wyliczenia ale okropne...
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1} }{\left( x^2-x+1\right)\left( x^2+x+1\right) }dx=}\)
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1} }{\left( x- \frac{1-i \sqrt{3} }{2} \right)\left( x- \frac{1+i \sqrt{3} }{2} \right)\left( x- \frac{-1-i \sqrt{3} }{2} \right)\left( x- \frac{-1+i\sqrt{3} }{2} \right) }dx=}\)
\(\displaystyle{ \frac{3-i \sqrt{3}}{12}\left[ \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x- \frac{-1+i \sqrt{3}}{2}}dx + \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x- \frac{-1-i \sqrt{3}}{2}}dx- \int_{}^{}
\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x- \frac{1-i \sqrt{3}}{2}}dx- \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x- \frac{1+i \sqrt{3}}{2}}dx\right]}\)
Teraz pokażę jak scałkować:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x-a}dx}\)
Bo to jest jeszcze najważniejsze...
Niestety było źle musiałem zmazać...
Musimy zrobić podstawienie:
\(\displaystyle{ \sqrt{x^2+x+1}=t-x}\)
\(\displaystyle{ x= \frac{t^2-1}{2t+1}}\)
\(\displaystyle{ dx=2 \frac{t^2+t+1}{(2t+1)^2}}\)
I to będzie działać w wolnym czasie to pociągnę do końca...
Po tych podstawieniach otrzymamy:
\(\displaystyle{ 2 \int_{}^{} \frac{(t^2+t+1)^2}{(t^2-2at-a-1)(2t+1)^2}dt}\)
Co już jest do wyliczenia ale okropne...
Ostatnio zmieniony 11 mar 2019, o 18:31 przez arek1357, łącznie zmieniany 8 razy.
-
albanczyk123456
- Użytkownik
- Posty: 82
- Rejestracja: 10 maja 2017, o 19:37
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdzieś
- Podziękował: 10 razy
- Pomógł: 11 razy
-
stuart clark
- Użytkownik
- Posty: 136
- Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy
Re: Całki dla smakoszy
Thanks arek1357,albanczyk123456
\(\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt{n}\int^{\frac{\pi}{4}}_{0}\cos^{2n-2}(\theta)d\theta}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt{n}\int^{\frac{\pi}{4}}_{0}\cos^{2n-2}(\theta)d\theta}\)
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: Całki dla smakoszy
Zauważmy, że
\(\displaystyle{ \cos^2 (\theta)=\frac{1}{1+\tg^2 (\theta)}}\) oraz \(\displaystyle{ \left( \tg(\theta)\right)'=\frac{1}{\cos^2(\theta)}}\), więc
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac \pi 4}\frac{1}{\cos^2(\theta)}\cos^{2n}(\theta)\,\dd \theta=\left|\begin{array} \ t=\tg(\theta)\\ \,\dd t=\frac{\,\dd \theta}{\cos^2(\theta)}\end{array}\right|= \int_{0}^{1} \frac{\,\dd t}{(1+t^2)^n}}\)
i sprowadziliśmy problem do zadania, które rozwiązałem (nie za ładnie wprawdzie) tutaj.
\(\displaystyle{ \cos^2 (\theta)=\frac{1}{1+\tg^2 (\theta)}}\) oraz \(\displaystyle{ \left( \tg(\theta)\right)'=\frac{1}{\cos^2(\theta)}}\), więc
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac \pi 4}\frac{1}{\cos^2(\theta)}\cos^{2n}(\theta)\,\dd \theta=\left|\begin{array} \ t=\tg(\theta)\\ \,\dd t=\frac{\,\dd \theta}{\cos^2(\theta)}\end{array}\right|= \int_{0}^{1} \frac{\,\dd t}{(1+t^2)^n}}\)
i sprowadziliśmy problem do zadania, które rozwiązałem (nie za ładnie wprawdzie) tutaj.
-
stuart clark
- Użytkownik
- Posty: 136
- Rejestracja: 21 sty 2011, o 12:36
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy
Re: Całki dla smakoszy
Thanks Premislav.
\(\displaystyle{ \displaystyle \int^{12\pi}_{-12\pi}\frac{x^2\sin^2 x}{\sin^2 x-\cos^2 x}dx}\)
\(\displaystyle{ \displaystyle \int^{12\pi}_{-12\pi}\frac{x^2\sin^2 x}{\sin^2 x-\cos^2 x}dx}\)
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: Całki dla smakoszy
I'm afraid that this integral doesn't exist.stuart clark pisze:\(\displaystyle{ \displaystyle \int^{12\pi}_{-12\pi}\frac{x^2\sin^2 x}{\sin^2 x-\cos^2 x}dx}\)
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Zgodnie z regulaminem forum zamieszczam tłumaczenie z Google Translate:
Obawiam się, że ta całka nie istnieje.