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
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 »

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{x\ln x}{e^x+1}dx=\int_{0}^{ \infty } \frac{xe^{-x}\ln x}{1+e^{-x}}dx}\)

Rozwińmy to w szereg:

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty }(-1)^{k+1} \int_{0}^{ \infty }xe^{-kx}\ln x dx}\)

zajmijmy się całką:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }xe^{-kx}\ln x dx}\)

podstawmy:

\(\displaystyle{ kx=t,x= \frac{1}{k}t,dx= \frac{1}{k}dt}\)

po podstawieniach otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{1}{k^2}\left[ \int_{0}^{ \infty }te^{-t}\ln tdt-\ln k \int_{0}^{ \infty }te^{-t}dt \right]=}\)

\(\displaystyle{ = \frac{1}{k^2} \int_{0}^{ \infty }te^{-t}\ln tdt- \frac{\ln k}{k^2}}\)

Teraz zajmijmy się całką:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }xe^{-x}\ln xdx}\)

przez części:

\(\displaystyle{ u=\ln x , du= \frac{dx}{x}}\)

\(\displaystyle{ dv= \int_{}^{} xe^{-x}dx}\)

\(\displaystyle{ v=-e^{-x}x-e^{-x}}\)

Czyli ostatecznie mamy:

\(\displaystyle{ I(x)= \int_{a}^{ b} xe^{-x}\ln x dx= \int_{- \infty }^{-x} \frac{e^t}{t}dt-\left( \frac{1}{e^x}+ \frac{\ln x}{e^x}+ \frac{x\ln x}{e^x} \right)|_{a}^b}\)

Należy pamiętać, że:

(*)\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{-x} \frac{e^t}{t}dt=\gamma+\ln|x|+ \sum_{i=1}^{ \infty } \frac{x^i}{i \cdot i!}}\)

łatwo zauważyć, że:

\(\displaystyle{ \lim_{b\to\infty} I(x)=0}\)

ale, że:

biorąc pod uwagę (*):

\(\displaystyle{ I(x)=\gamma+\ln|x|+ \sum_{i=1}^{ \infty } \frac{x^i}{i \cdot i!}-\left( \frac{1}{e^x}+ \frac{\ln x}{e^x}+ \frac{x\ln x}{e^x} \right)}\)

Przy granicy:

\(\displaystyle{ a \rightarrow \infty}\)

musimy "spiąć" do siebie:

\(\displaystyle{ \ln|x|- \frac{\ln x}{e^x},x>0}\)

(bo tylko te są rozbieżne każde z osobna)...

Co łatwo wykazać, że:

\(\displaystyle{ \lim_{x\to 0}\left( \ln|x|- \frac{\ln x}{e^x}\right) =0}\)

Z czego widać, że:

\(\displaystyle{ \lim_{a\to 0}I(x)=\gamma-1}\)

Więc ostatecznie mamy:

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty }(-1)^{k+1} \int_{0}^{ \infty } xe^{-kx}\ln x dx= \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^2}\left( \gamma-1-\ln k\right)(-1)^{k+1}=}\)

\(\displaystyle{ =\left( \gamma-1\right) \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k^2}(-1)^{k+1}- \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{\ln k}{k^2}(-1)^{k+1}}\)-- 10 kwietnia 2019, 19:51 --calculate the integral:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{x}{e^x-1}dx}\)
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 premislav and arek

\(\displaystyle{ \displaystyle \int_0^\infty \frac{x}{e^x-1}\,dx=\int_0^\infty \frac{xe^{-x}}{1-e^{-x}}\,dx}\)

\(\displaystyle{ \displaystyle =\sum_{n=0}^\infty \int_0^\infty xe^{-(n+1)x}\,dx}\)

\(\displaystyle{ \displaystyle =\sum_{n=1}^\infty \frac1{n^2}}\)

\(\displaystyle{ \displaystyle =\frac{\pi^2}{6}}\)

Evaluate \(\displaystyle{ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{4}}_{0}\ln(\sin x)\ln(\cos x)dx}\)
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 »

Thanks stuart clark


\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} } \ln(\sin(x))\ln(\cos(x))dx=}\)

Wykonajmy podstawienie:

\(\displaystyle{ \tg x=t}\)

\(\displaystyle{ x=\arctg t}\)

\(\displaystyle{ dx= \frac{dt}{t^2+1}}\)

\(\displaystyle{ \sin x= \frac{t}{ \sqrt{1+t^2} }}\)

\(\displaystyle{ \cos x= \frac{1}{ \sqrt{1+t^2} }}\)

\(\displaystyle{ \left\langle 0; \frac{\pi}{4} \right\rangle \rightarrow \left\langle 0;1 \right\rangle}\)

mamy teraz całkę:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}\ln \frac{t}{ \sqrt{1+t^2} } \ln \frac{1}{ \sqrt{1+t^2} } \frac{dt}{t^2+1}}\)

Po uporządkowaniu i przekształceniach mamy:

\(\displaystyle{ - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\ln t \ln(t^2+1)}{t^2+1}+ \frac{1}{4} \int_{0}^{1} \frac{ \ln^2(t^2+1)}{t^2+1}=}\)

teraz korzystając, że:

\(\displaystyle{ \frac{1}{t^2+1}= \frac{1}{2i}\left( \frac{1}{t-i}- \frac{1}{t+i} \right)}\)

\(\displaystyle{ \ln(t^2+1)=\ln(t+i)+\ln(t-i)}\)

mamy rozpisanie:

\(\displaystyle{ - \frac{1}{4i}\left( \int_{0}^{1} \frac{\ln t \ln(t-i)}{t-i}dt+\int_{0}^{1} \frac{\ln t \ln(t+i)}{t-i}dt -\int_{0}^{1} \frac{\ln t \ln(t-i)}{t+i}dt-\int_{0}^{1} \frac{\ln t \ln(t+i)}{t+i}dt \right)+}\)
\(\displaystyle{ + \frac{1}{8i}\left( \int_{0}^{1} \frac{\ln^2(t-i)}{t-i}+ \int_{0}^{1} \frac{\ln^2(t+i)}{t-i}+2 \int_{0}^{1} \frac{\ln(t-i)\ln(t+i)}{t-i}-\int_{0}^{1} \frac{\ln^2(t-i)}{t+i}-\int_{0}^{1} \frac{\ln^2(t+i)}{t+i}-2\int_{0}^{1} \frac{\ln(t-i)\ln(t+i)}{t+i} \right)}\)

Teraz te całeczki można całkować stosując polilogarytmy lub w sposób przybliżony jak sugeruje autor...

Niektóre są fajne ale są też dość długie...


Np całka:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\ln t\ln(t-i)}{t-i}dt=Li_{3}(it+1)-Li_{2}(it+1)\ln(t-i)+ \frac{\pi * i}{8}\ln^2(t-i)}\)

Druga i trzecia całka jest już dużo mnie strawna...

natomiast:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\ln^2(t-i)}{t-i}= \frac{1}{3}\ln^3(t-i)}\)


To jeszcze jest w miarę strawne:


\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\ln^2(t+i)}{t-i}= -2Li_{3}[- \frac{1}{2}i(t+i)]+2Li_{2}[- \frac{1}{2}i(t+i)]\ln(t+i)+\ln[ \frac{1}{2}(1+ti) ] ln^2(t+i)}\)

itd...


Podstawiając granice całkowania, bawiąc się tym na pewno trochę by się poskracało...


Teraz przyszło mi do głowy, że można lepiej potraktować całkę:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln t*\ln(t-i)}{t-i}dt}\)

\(\displaystyle{ \ln(t-i)=\ln\left[ -i\left( 1-it\right) \right]}\)

\(\displaystyle{ -it=x,t=ix,dt=idx}\)

przedziały całkowania się zmienią i mamy całkę przekształconą:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{-i} \frac{\ln x \ln(1-x)}{1-x}dx}\)

Teraz korzystając z tego, że:

\(\displaystyle{ \frac{1}{1-x}=(1+x+x^2+...)}\)

\(\displaystyle{ \ln(1-x)=- \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{x^n}{n} , |x|<1}\)

Mamy do scałkowania:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{-i}\ln x \ln(1-x)dx + \int_{0}^{-i} \sum_{n=1}^{ \infty }x^n \ln x \ln(1-x)dx}\)

Zajmijmy się drugą całką:

po rozwinięciu logarytmu.:\(\displaystyle{ \ln(1-x)}\) otrzymamy coś takiego:

\(\displaystyle{ -\int_{0}^{-i}\left( x^2+ \frac{1}{2}x^3+ \frac{1}{3}x^4+... \right) \ln x dx}\)

\(\displaystyle{ -\int_{0}^{-i}\left( x^3+ \frac{1}{2}x^4+ \frac{1}{3}x^5+... \right) \ln x dx}\)

...................................................................................................................................

mamy więc do policzenia całkę typu:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{-i} \frac{1}{n}x^m\ln x dx=- \frac{2i^m\left[ \pi m+pi-1\right] }{(m+1)^2n}}\)


I potem sumować po m oraz n...

Pierwszą całką zajmę się w wolnej chwili...

Ale wniosek ogólny to taki, że zamieniając te całeczki na coś takiego możemy zamieniać je w szeregi ....


Całka:

\(\displaystyle{ I=\int_{0}^{-i}\ln x \ln (1-x)dx=}\)

\(\displaystyle{ u=\ln x , du= \frac{dx}{x} , u= \int_{}^{} \ln(1-x)dx=-x+x\ln(1-x)-\ln(1-x)}\)

\(\displaystyle{ I=-x\ln x+x\ln x\ln(1-x)-\ln x \ln(1-x)+ \int_{}^{} dx- \int_{}^{} \ln(1-x)dx+ \int_{}^{} \frac{\ln(1-x)}{x}dx}\)

Zostaje wyliczyć całkę:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{-i} \frac{\ln(1-x)}{x}dx= -\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n} \int_{0}^{-i}x^{n-1}dx=- \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-i)^n}{n^2}}\)

Co już daje w miarę strawny szereg o wartościach zespolonych (naprzemienne odwrotności kwadratów parzystych i nieparzystych)...

No i każdą całeczkę trzeba zwijać i rozwijać w szeregi i się bawić co robi zadanie dość pracochłonne...
Ostatnio zmieniony 15 kwie 2019, o 21:28 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
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

Calculate If \(\displaystyle{ \displaystyle I = \int_{0}^{\pi}\frac{\sin (884 x)\sin (1122x)}{2\sin x}dx}\) and \(\displaystyle{ \displaystyle J = \int_{0}^{1}\frac{x^{238}(x^{1768}-1)}{x^2-1}dx\;,}\) Then \(\displaystyle{ \displaystyle \frac{I}{J}}\)
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 »

Nawet fajne.

Pokażemy ogólniejszą równość:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(mx)\sin((m+n)x)}{2\sin x}\,\dd x= \int_{0}^{1} \frac{x^n(x^{2m}-1)}{x^2-1} \,\dd x}\),
przy czym \(\displaystyle{ n}\) jest liczbą całkowitą dodatnią parzystą, \(\displaystyle{ m}\) jest dowolną liczbą całkowitą dodatnią.
W tym celu zastosujemy indukcję po \(\displaystyle{ m\in \NN^+}\) przy ustalonym \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) (podzielnym przez dwa):
Niech \(\displaystyle{ I_m=\int_{0}^{\pi} \frac{\sin(mx)\sin((m+n)x)}{2\sin x}\,\dd x}\) oraz
\(\displaystyle{ J_m=\int_{0}^{1} \frac{x^n(x^{2m}-1)}{x^2-1} \,\dd x}\)

\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Odnotujmy, że \(\displaystyle{ I_1=J_1}\). Istotnie,
\(\displaystyle{ I_1=\frac 1 2 \int_{0}^{\pi}\sin ((n+1)x)\,\dd x=\left(-\frac{1}{2n+2}\cos ((n+1)x)\right)\bigg|^{x=\pi}_{x=0}=\frac{1}{n+1}}\)
oraz
\(\displaystyle{ J_1= \int_{0}^{1}x^n\,\dd x=\left(\frac{1}{n+1}x^{n+1}\right)\bigg|^{x=1}_{x=0}=\frac{1}{n+1}=I_1}\)

\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ m\in \NN^+}\) i przypuśćmy, że \(\displaystyle{ I_m=J_m}\). Mamy wtedy
\(\displaystyle{ J_{m+1}=\int_{0}^{1} \frac{x^n(x^{2m+2}-1)}{x^2-1} \,\dd x=\\=\int_{0}^{1} \frac{x^n(x^{2m+2}-x^{2m}+x^{2m}-1)}{x^2-1} \,\dd x=\\=J_m+ \int_{0}^{1}x^{n+2m}\,\dd x=J_m+\frac{1}{n+2m+1}}\)
a ponadto
\(\displaystyle{ \sin((m+1)x)\sin((m+n+1)x)=\\=\frac 1 2\left(\cos(nx)-\cos((2m+n+2)x)\right)=\\=\frac 1 2\left( \cos(nx)-\cos((2m+n)x)\right)+\frac 1 2\left( \cos((2m+n)x)-\cos((2m+n+2)x)\right)=\\=\sin(mx)\sin((m+n)x)+\sin((2m+n+1)x)\sin x}\)

Zatem:
\(\displaystyle{ I_{m+1}=I_m+\frac 1 2 \int_{0}^{\pi}\sin((2m+n+1)x)\,\dd x=\\=I_m+\left( -\frac{1}{4m+2n+2}\cos((2m+n+1)x)\right)\bigg|^{x=\pi}_{x=0}=\\=I_m+\frac{1}{2m+n+1}}\)
czyli skoro \(\displaystyle{ I_m=J_m}\), to też \(\displaystyle{ I_{m+1}=J_{m+1}}\)
Tutaj skorzystaliśmy z parzystości \(\displaystyle{ n}\), by stwierdzić, że \(\displaystyle{ \cos(\pi+(2m+n)\pi)=\cos \pi}\).

Na mocy zasady indukcji matematycznej dla dowolnego \(\displaystyle{ k\in \NN^+}\) mamy \(\displaystyle{ I_k=J_k}\).

Wobec tego w szczególności otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{I}{J}=1.}\)

-- 17 kwi 2019, o 12:03 --

Swoją drogą ciekawe, czy da się to szybciej załatwić jakimś podstawieniem lub inną sztuczką; teraz nie mam czasu się zastanawiać.
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 premislav

Evaluation of \(\displaystyle{ \displaystyle \int^{2\pi(n^2+1)}_{2\pi n^2}\frac{1}{\bigg[(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos x)\bigg]^2}dx}\) where \(\displaystyle{ a,b>0,n\in \mathbb{N}}\)
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 »

Mamy:
\(\displaystyle{ a^2(1+\cos x)=2a^2\cos^2 \left( \frac x 2\right)}\) oraz
\(\displaystyle{ b^2(1-\cos x)=2b^2\sin^2\left( \frac x 2\right)}\), toteż, dzięki tożsamości \(\displaystyle{ 1+\tg^2 \xi=\frac{1}{\cos^2 \xi}}\) dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{1}{\bigg[(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos x)\bigg]^2}=\\=\frac{1}{4\cos^2\left( \frac x 2\right)}\cdot \frac{1+\tg^2\left( \frac x 2\right) }{\left[ a^2+b^2\tg^2\left( \frac x 2\right) \right]^2 }}\)
a wobec tego:
\(\displaystyle{ \int_{}^{}\frac{1}{\bigg[(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos x)\bigg]^2}\,\dd x=\\=\left|\begin{array}{cc}t=\tg\left( \frac x 2\right)\\ \,\dd t=\frac{\,\dd x}{2\cos^2\left( \frac x 2\right)}\end{array}\right|=\frac 1 2 \int_{}^{} \frac{1+t^2}{\left(a^2+b^2t^2\right)^2} \,\dd t=\\=\frac 1 2 \int_{}^{} \frac{1+\frac{b^2}{a^2}t^2}{\left( a^2+b^2t^2\right)^2 }\,\dd t+\frac 1 2 \int_{}^{} \frac{ \frac{a^2-b^2}{a^2}t^2 }{\left( a^2+b^2t^2\right)^2 }\,\dd t=I+J}\)

Wyliczamy, że
\(\displaystyle{ I=\frac{1}{2a^2} \int_{}^{} \frac{\,\dd t}{a^2+b^2t^2}=\\=\frac{1}{2a^3 b}\cdot \int_{}^{} \frac{\frac b a}{1+\left( \frac b a \cdot t\right)^2 }\,\dd t=\\=\frac{1}{2a^3b}\arctg\left( \frac{bt}{a}\right)+C=\\=\frac{1}{2a^3b}\arctg\left( \frac{b\tg\left( \frac x 2\right) }{a}\right)+C}\)
oraz (przez części)
\(\displaystyle{ J= \frac{b^2-a^2}{4a^2b^2} \int_{}^{} t\left( \frac{1}{a^2+b^2t^2} \right)'\,\dd t=\\=\frac{b^2-a^2}{4a^2b^2}\cdot \frac{t}{a^2+b^2t^2}-\frac{b^2-a^2}{4a^2b^2} \int_{}^{} \frac{\,\dd t}{a^2+b^2t^2}=\\=\frac{b^2-a^2}{4a^2b^2}\cdot \frac{t}{a^2+b^2t^2}- \frac{b^2-a^2}{2b^2} I=\\=\frac{b^2-a^2}{4a^2b^2}\cdot \frac{\tg\left( \frac x 2\right) }{a^2+b^2\tg^2\left( \frac x 2\right) }- \frac{b^2-a^2}{2b^2} \cdot \frac{1}{2a^3b}\arctg\left( \frac{b\tg\left( \frac x 2\right) }{a}\right)+\mathcal{C}}\)

By zakończyć zadanie, potrzebne są nam jeszcze takie granice (korzystamy z okresowości tangensa):
\(\displaystyle{ \lim_{u \to \frac \pi 2^+}\left(\frac{b^2-a^2}{4a^2b^2}\cdot \frac{\tg\left(u\right) }{a^2+b^2\tg^2\left( u\right) } + \frac{a^2+b^2}{2a^3b^3}\arctg\left( \frac{b\tg u}{a}\right) \right)}\)
oraz
\(\displaystyle{ \lim_{u \to \frac \pi 2^-}\left(\frac{b^2-a^2}{4a^2b^2}\cdot \frac{\tg\left(u\right) }{a^2+b^2\tg^2\left( u\right) } + \frac{a^2+b^2}{2a^3b^3}\arctg\left( \frac{b\tg u}{a}\right) \right)}\)
ale to jest bardzo proste:
\(\displaystyle{ \lim_{u \to \frac \pi 2^+}\tg u=-\infty}\) i \(\displaystyle{ \lim_{\kappa \to -\infty}\arctg \kappa=-\frac \pi 2}\), więc łatwo wywnioskować, że dla \(\displaystyle{ a,b>0}\):
\(\displaystyle{ \lim_{u \to \frac \pi 2^+}\left(\frac{b^2-a^2}{4a^2b^2}\cdot \frac{\tg\left(u\right) }{a^2+b^2\tg^2\left( u\right) } + \frac{a^2+b^2}{2a^3b^3}\arctg\left( \frac{b\tg u}{a}\right) \right)=- \frac{\pi(a^2+b^2)}{4a^3b^3}}\)
i podobnie
\(\displaystyle{ \lim_{u \to \frac \pi 2^-}\tg u=+\infty}\) i \(\displaystyle{ \lim_{\kappa \to +\infty}\arctg \kappa=\frac \pi 2}\), a stąd dla \(\displaystyle{ a,b>0}\) jest:
\(\displaystyle{ \lim_{u \to \frac \pi 2^-}\left(\frac{b^2-a^2}{4a^2b^2}\cdot \frac{\tg\left(u\right) }{a^2+b^2\tg^2\left( u\right) } + \frac{a^2+b^2}{2a^3b^3}\arctg\left( \frac{b\tg u}{a}\right) \right)=\frac{\pi(a^2+b^2)}{4a^3b^3}}\)

Ostatecznie nasza całka wynosi (pominę szczegóły, dzielenie na przedzialiki):

\(\displaystyle{ \displaystyle \int^{2\pi(n^2+1)}_{2\pi n^2}\frac{1}{\bigg[(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos x)\bigg]^2}dx= \frac{\pi(a^2+b^2)}{2a^3b^3}}\)
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 ptemislav

-- 27 Apr 2019, o 17:10 --

\(\displaystyle{ \displaystyle \int\frac{(x^2-1)\sin x+x\cos x}{(x^2+1)-2x\sin (2x)+(x^2-1)\cos(2x)}}\)
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 »

Najpierw zajmiemy się mianownikiem:

\(\displaystyle{ (x^2+1)-2x\sin (2x)+(x^2-1)\cos(2x)=\\=x^2\left( 1+\cos 2x\right)-2x\sin(2x)+\left( 1-\cos (2x)\right)=\\=2\left( x\cos x-\sin x\right)^2}\)

To już wygląda znacznie lepiej, nieprawdaż? Stąd:
\(\displaystyle{ \int\frac{(x^2-1)\sin x+x\cos x}{(x^2+1)-2x\sin (2x)+(x^2-1)\cos(2x)}\,\dd x=\\= \int_{}^{} \frac{(x^2-1)\sin x+x\cos x}{2(x\cos x-\sin x)^2}\,\dd x=\\=\frac 1 2 \int_{}^{} \frac{x^2\sin x}{(x\cos x-\sin x)^2}\,\dd x+\frac 1 2 \int_{}^{} \frac{\,\dd x}{x\cos x-\sin x}}\)

Teraz zauważmy, że \(\displaystyle{ (x\cos x-\sin x)'=-x\sin x}\), więc całkując przez części:
\(\displaystyle{ \frac 1 2 \int_{}^{} \frac{x^2\sin x}{(x\cos x-\sin x)^2}\,\dd x=\frac 1 2 \cdot \frac{x}{x\cos x-\sin x}-\frac 1 2 \int_{}^{} \frac{\,\dd x}{x\cos x-\sin x}}\)
i ostatecznie
\(\displaystyle{ \frac 1 2 \int_{}^{} \frac{x^2\sin x}{(x\cos x-\sin x)^2}\,\dd x+\frac 1 2 \int_{}^{} \frac{\,\dd x}{x\cos x-\sin x}=\frac{x}{2(x\cos x-\sin x)}+C}\),
tj.
\(\displaystyle{ \displaystyle \int\frac{(x^2-1)\sin x+x\cos x}{(x^2+1)-2x\sin (2x)+(x^2-1)\cos(2x)}
\,\dd x=\frac{x}{2(x\cos x-\sin x)}+C}\)
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 premislav.

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

-- 9 May 2019, o 10:57 --

If \(\displaystyle{ \displaystyle I_{k}=\int^{e}_{1}\frac{1}{(1+\ln x)^k}dx,}\) Then \(\displaystyle{ \displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}(1_kI_{k})}\)-- 9 May 2019, o 10:59 --
stuart clark pisze:Thanks premislav.

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

-- 9 May 2019, o 10:57 --

New Problem:

If \(\displaystyle{ \displaystyle I_{k}=\int^{e}_{1}\frac{1}{(1+\ln x)^k}dx,}\) Then \(\displaystyle{ \displaystyle \sum^{\infty}_{k=0}(1-kI_{k})}\)
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 »

Zajmijmy się:

\(\displaystyle{ I_{k}}\)

\(\displaystyle{ I_{k}= \int_{1}^{e} \frac{dx}{\left( 1+\ln x\right)^k }= \int_{1}^{e} \frac{dx}{\left(\ln ex \right)^k }}\)

podstawiając:

\(\displaystyle{ \ln ex=t , ex=e^t , dx= \frac{1}{e}e^tdt}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{1}{e} \int_{1}^{2} \frac{e^t}{t^k}dt= \frac{1}{e}(-1)^k\left[ \Gamma(1-k,-2)-\Gamma(1-k,-1)\right]}\)

To są niepełne funkcje gamma , wartości ujemne, zachodzi wzór:

\(\displaystyle{ \Gamma(-n,z)= \frac{(-1)^n}{n!}\left[ \Gamma(0,z)-e^{-z} \sum_{i=0}^{n-1} \frac{(-1)^ii!}{z^{i+1}} \right]}\)

Podstawiając do wzoru otrzymamy:

dla:

\(\displaystyle{ k \ge 2}\):

\(\displaystyle{ \Gamma(1-k,-2)= \frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!}\left[ \Gamma(0,-2)-e^2 \sum_{i=0}^{k-2} \frac{(-1)^ii!}{(-2)^{i+1}} \right] =}\)

\(\displaystyle{ = \frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!}\left[ \Gamma(0,-2)- \frac{e^2}{2} \sum_{i=0}^{k-2} \frac{i!}{2^{i}} \right]}\)

\(\displaystyle{ \Gamma(1-k,-1)= \frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!}\left[ \Gamma(0,-1)-e \sum_{i=0}^{k-2} \frac{(-1)^ii!}{(-1)^{i+1}} \right] =}\)

\(\displaystyle{ = \frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!}\left[ \Gamma(0,-1)+e \sum_{i=0}^{k-2}i! \right]}\)

czyli:


\(\displaystyle{ \frac{1}{e} \int_{1}^{2} \frac{e^t}{t^k}dt=I_{k}}\)



zatem:

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{ \infty }\left(1-kI_{k} \right)=}\)

\(\displaystyle{ =1-0 \cdot \frac{\Gamma(1,-2)-\Gamma(1,-1)}{e}+1- 1 \cdot \frac{-
\Gamma(0,-2)+\Gamma(0,-1)}{e}+\\+ \frac{1}{e} \sum_{k=2}^{ \infty }\left\langle 1-k(-1)^k\left\{ \frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!}\left[ \Gamma(0,-2)+\frac{e^2}{2} \sum_{i=0}^{k-2} \frac{i!}{2^i}
\right] - \frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!}\left[ \Gamma(0,-1)+ e \sum_{i=0}^{k-2}i! \right]
\right\}\right\rangle=}\)


po skróceniach:

\(\displaystyle{ = 1-\frac{-\Gamma(0,-2)+\Gamma(0,-1)}{e}+ \frac{1}{e} \sum_{k=2}^{ \infty } \frac{k!-k^2\left[ \Gamma(0,-1)-\Gamma(0,-2)+e \sum_{i=0}^{k-2 }i!- \frac{e^2}{2} \sum_{i=0}^{k-2} \frac{i!}{2^i} \right] }{k!}}\)

To tak na szybko, Można kusić się o upraszczanie tego...
Ostatnio zmieniony 9 maja 2019, o 19:54 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Łam za długie linie.
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.

\(\displaystyle{ \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}(\sin x+\cos x)^{n+1}dx}{\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}(\sin x+\cos x)^{n}dx}}\)
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 »

Mamy
\(\displaystyle{ \sin x+\cos x=\sin x +\sin\left( \frac \pi 2 -x\right) =\\=2\sin \frac \pi 4 \cos\left( x-\frac \pi 4\right) =\sqrt{2}\cos\left( x-\frac \pi 4\right)}\),
toteż
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac \pi 2}(\sin x+\cos x)^n\,\dd x=2^{\frac n2} \int_{0}^{\frac \pi 2}\cos^n\left( x-\frac \pi 4\right) \,\dd x=\\=\left|\begin{array}{cc}x=t+\frac \pi 4\\ \,\dd x=\,\dd t \end{array}\right|=2^{\frac n2} \int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4}\cos^n t \,\dd t}\)

Dalej użyteczne (choć może nieco nieeleganckie) będzie rozbicie na \(\displaystyle{ n}\) parzyste i nieparzyste:
niech \(\displaystyle{ I_n=2^n\int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4}\cos^{2n} t \,\dd t}\)
Wówczas dostajemy \(\displaystyle{ I_0=\frac \pi 2}\), a także (całkujemy przez części)
\(\displaystyle{ I_{n}=2^n \int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4}(\sin t)' \cos^{2n-1} t\,\dd t=\\=(2n-1)2^n \int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4}\sin^2 t \cos^{2n-2}t\,\dd t=\\=(2n-1)2^n\left( \int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4}\cos^{2n-2}t\,\dd t- \int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4}\cos^{2n}t\,\dd t \right)}\)
czyli innymi słowy
\(\displaystyle{ I_n=\frac{2n-1}n I_{n-1}, \ n\ge 1}\)
Stąd bez trudu uzyskujemy, że \(\displaystyle{ I_n=\pi \frac{2^{n-1}(2n-1)!!}{(2n)!!}}\)
przy konwencji, że \(\displaystyle{ (-1)!!=1}\) (można to udowodnić indukcyjnie).

Analogicznie niech \(\displaystyle{ J_n=2^{n+\frac12} \int_{-\frac \pi 4}^{\frac \pi 4}\cos^{2n+1}t\,\dd t}\)
Otrzymujemy \(\displaystyle{ J_0=2}\) oraz \(\displaystyle{ J_n=\frac{4n}{2n+1}J_{n-1}, \ n\ge 1}\)
Tutaj też nietrudno znaleźć zwarty wzór, \(\displaystyle{ J_n= \frac{2^{n+1}(2n)!!}{(2n+1)!!}}\)

Pozostaje obliczyć dwie granice i sprawdzić, czy są równe:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\frac{J_n}{I_n}= \lim_{n \to \infty} \frac{4[(2n)!!]^2}{\pi (2n-1)!!(2n+1)!!} \\\lim_{n \to \infty}\frac{I_{n+1}}{J_n}= \lim_{n \to \infty} \frac{\pi [(2n+1)!!]^2}{(2n)!!(2n+2)!!}}\)

Dobra, dopiszę, chociaż bardzo mi się nie chce:
\(\displaystyle{ \frac{[(2n)!!]^2}{(2n-1)!!(2n+1)!!}=\frac{2^{4n}(n!)^4}{(2n)!(2n+1)!}}\)
i ze wzoru Stirlinga
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{2^{4n}(n!)^4}{(2n)!(2n+1)!}=\\= \lim_{n \to \infty} \frac{2^{4n}\left( \frac ne\right)^{4n}(2\pi n)^2 }{\left( \frac{2n}e\right)^{2n}\sqrt{4n\pi}\left( \frac{2n+1}e\right)^{2n+1}\sqrt{(4n+2)\pi} }}\)
a także
\(\displaystyle{ \frac{[(2n+1)!!]^2}{(2n)!!(2n+2)!!}= \frac{[(2n+1)!]^2}{[(2n)!!]^3(2n+2)!!}=\\=\frac{[(2n+1)!]^2}{2^{4n}(n!)^3(n+1)!}}\)
i ze wzoru Stirlinga
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\frac{[(2n+1)!]^2}{2^{4n}(n!)^3(n+1)!}= \lim_{n \to \infty} \frac{\left( \frac{2n+1}e\right)^{4n+2}(4n+2)\pi }{2^{4n}\left( \frac ne\right)^{3n}(2\pi n)^{\frac 32}\left( \frac{n+1}e\right)^{n+1}\sqrt{2\pi n+2} }}\)
Obliczenie tych granic pozostawiam jako łatwe ćwiczenie dla Czytelnika.
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 Premislav.

Finding \(\displaystyle{ \int^{1}_{0}\frac{\arctan\bigg(\frac{x}{x+1}\bigg)}{\arctan\bigg(\frac{1+2x-x^2}{2}\bigg)}dx}\)
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11263
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3140 razy
Pomógł: 746 razy

Całki dla smakoszy

Post autor: mol_ksiazkowy »

\(\displaystyle{ \int \frac{ \sqrt{1-x^2} - x }{ x^{3} - x^{2} -x+1 - \sqrt{1-x^2} +x\sqrt{1-x^2}} dx =}\)
ODPOWIEDZ