Całki dla smakoszy
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Całki dla smakoszy
Jak łatwo zauważyć, jest to długość łuku od:
\(\displaystyle{ (1,1) do (2, \frac{1}{2}) }\)
hiperboli .: \(\displaystyle{ y= \frac{1}{x} }\)
Udało mi się jeno sprowadzić to cudo do postaci całki eliptycznej...
Obróćmy tę hiperbolę o kąt: \(\displaystyle{ -45^o}\)
i otrzymamy wzór:
\(\displaystyle{ x^2-y^2=2}\)
punkty:
\(\displaystyle{ (1,1) do (2, \frac{1}{2}) }\)
mogą przejść na:
\(\displaystyle{ ( \sqrt{2},0 ) \wedge ( \frac{5}{4} \sqrt{2} , \frac{3}{4} \sqrt{2} ) }\)
całka odpowiadająca tej długości łuku po sparametryzowaniu wyniesie:
\(\displaystyle{ S= \sqrt{2} \int_{\text{arcsh} 1}^{\text{arcsh} \frac{5}{4} } \sqrt{1+2\sinh^2 t} dt= \sqrt{2} \int_{0}^{\ln 2} \sqrt{1+2\sinh^2 t} dt=}\)
\(\displaystyle{ =-i \sqrt{2}\left[ E(ix,2)\right]_{0}^{\ln 2}=-i \sqrt{2} E(i \ln 2,2) }\)
Może i można prościej... ale całki eliptyczne są mocno oporne...
\(\displaystyle{ (1,1) do (2, \frac{1}{2}) }\)
hiperboli .: \(\displaystyle{ y= \frac{1}{x} }\)
Udało mi się jeno sprowadzić to cudo do postaci całki eliptycznej...
Obróćmy tę hiperbolę o kąt: \(\displaystyle{ -45^o}\)
i otrzymamy wzór:
\(\displaystyle{ x^2-y^2=2}\)
punkty:
\(\displaystyle{ (1,1) do (2, \frac{1}{2}) }\)
mogą przejść na:
\(\displaystyle{ ( \sqrt{2},0 ) \wedge ( \frac{5}{4} \sqrt{2} , \frac{3}{4} \sqrt{2} ) }\)
całka odpowiadająca tej długości łuku po sparametryzowaniu wyniesie:
\(\displaystyle{ S= \sqrt{2} \int_{\text{arcsh} 1}^{\text{arcsh} \frac{5}{4} } \sqrt{1+2\sinh^2 t} dt= \sqrt{2} \int_{0}^{\ln 2} \sqrt{1+2\sinh^2 t} dt=}\)
\(\displaystyle{ =-i \sqrt{2}\left[ E(ix,2)\right]_{0}^{\ln 2}=-i \sqrt{2} E(i \ln 2,2) }\)
Może i można prościej... ale całki eliptyczne są mocno oporne...
Ostatnio zmieniony 21 lis 2019, o 18:36 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11406
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 138
- Rejestracja: 14 wrz 2018, o 18:56
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Brak
- Podziękował: 31 razy
- Pomógł: 4 razy
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \pi /2 } x^2 \ctg x \ln(\cos x) dx}\)
Dodano po 8 minutach 6 sekundach:
\(\displaystyle{ \int\frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}dx =\int\frac{1+\frac{1}{x^2}}{(x-\frac{1}{x})^2+2} =\int\frac{dt}{t^2+2} ,
t=x-\frac{1}{x} }\)
Dodano po 8 minutach 6 sekundach:
\(\displaystyle{ \int\frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}dx =\int\frac{1+\frac{1}{x^2}}{(x-\frac{1}{x})^2+2} =\int\frac{dt}{t^2+2} ,
t=x-\frac{1}{x} }\)
- kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8585
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3351 razy
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ =2 \int_{0}^{ \infty } \frac{x^2+1}{(x^2- \sqrt{2} x+1)(x^2+\sqrt{2} x+1)} dx=\int_{0}^{ \infty } \left( \frac{1}{x^2- \sqrt{2} x+1}+ \frac{1}{x^2+ \sqrt{2} x+1} \right) dx=}\)mol_ksiazkowy pisze: ↑26 kwie 2020, o 12:33 \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty } \frac{x^2+1}{x^4+1} dx = }\)
\(\displaystyle{ =2\int_{0}^{ \infty } \left( \frac{1}{( \sqrt{2} x-1)^2+1}+ \frac{1}{( \sqrt{2} x+1)^2+1} \right) dx=
\sqrt{2} \left( \arctg(\sqrt{2} x-1)+\arctg (\sqrt{2} x+1)\right) \bigg|\int_{0}^{ \infty } = \\=\sqrt{2} ( (\frac{ \pi }{2} +\frac{ \pi }{2})-(\frac{ \pi }{4}-\frac{ -\pi }{2})= \sqrt{2} \pi }\)
PS
A co tu zrobić dla \(\displaystyle{ t \in \left( -2,2\right) }\) ?
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Całki dla smakoszy
Tę całkę:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}\mbox{d}x}\) można również obliczyć za pomocą metody residuów, ale to raczej ciekawostka, bo nie jest to prostsze niż rozwiązanie kerajsa.
Całkujemy funkcję \(\displaystyle{ f(z)=\frac{z^{2}+1}{z^{4}+1}}\) po tak dobranym konturze: dodatnio zorientowana suma odcinka liczb rzeczywistych od \(\displaystyle{ -R}\) do \(\displaystyle{ R}\) i półokręgu \(\displaystyle{ Re^{it}, \ t\in[0,\pi)}\)
W obrębie tego konturu leżą dwa bieguny jednokrotne funkcji \(\displaystyle{ f}\) o dodatniej części urojonej, mianowicie
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}, \ -\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}\).
Po prostych nierównościach (uzasadniających, że całka po półokręgu zbiega do zera, gdy \(\displaystyle{ R\rightarrow +\infty}\)) dostajemy
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}\mbox{d}x=2\pi i\left(\mathrm{Res}_{z_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}f+\mathrm{Res}_{z_{2}=-\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}f\right)\\=2\pi i\left(\lim_{z\to \frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}\left(z-\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i\right)f(z)+\lim_{z\to -\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}\left(z+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i\right)f(z)\right)\\=2\pi i\left(\frac{1+i}{2i \sqrt{2}}+\frac{1-i}{2i\sqrt{2}}\right)=\sqrt{2}\pi}\)
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}\mbox{d}x}\) można również obliczyć za pomocą metody residuów, ale to raczej ciekawostka, bo nie jest to prostsze niż rozwiązanie kerajsa.
Całkujemy funkcję \(\displaystyle{ f(z)=\frac{z^{2}+1}{z^{4}+1}}\) po tak dobranym konturze: dodatnio zorientowana suma odcinka liczb rzeczywistych od \(\displaystyle{ -R}\) do \(\displaystyle{ R}\) i półokręgu \(\displaystyle{ Re^{it}, \ t\in[0,\pi)}\)
W obrębie tego konturu leżą dwa bieguny jednokrotne funkcji \(\displaystyle{ f}\) o dodatniej części urojonej, mianowicie
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}, \ -\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}\).
Po prostych nierównościach (uzasadniających, że całka po półokręgu zbiega do zera, gdy \(\displaystyle{ R\rightarrow +\infty}\)) dostajemy
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}\mbox{d}x=2\pi i\left(\mathrm{Res}_{z_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}f+\mathrm{Res}_{z_{2}=-\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}f\right)\\=2\pi i\left(\lim_{z\to \frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}\left(z-\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i\right)f(z)+\lim_{z\to -\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}}\left(z+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}i\right)f(z)\right)\\=2\pi i\left(\frac{1+i}{2i \sqrt{2}}+\frac{1-i}{2i\sqrt{2}}\right)=\sqrt{2}\pi}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^2\ctg x \ln(\cos x)dx }\)
weźmy:
\(\displaystyle{ f(a)=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^2\ctg x \ln(a\cos x)dx }\)
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{1}{a} \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^2\ctg x dx}\)
Po wyliczeniu tej całki otrzymamy:
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{ixLi_{2}(e^{-2ix})+ \frac{1}{2}Li_{3}(e^{-2ix})+ \frac{ix^3}{3}+x^2\ln(1-e^{-2ix})- \frac{i\pi^3}{24} |^{ \frac{\pi}{2} }_{0} }{a} }\)
Lub:
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{i \frac{\pi}{2}Li_{2}(-1)+ \frac{1}{2}Li_{3}(-1)+ \frac{i\pi^3}{24}+ \frac{\pi^2}{4}\ln 2- \frac{i\pi^3}{24}- \frac{1}{2}Li_{3}(1)+ \frac{i\pi^3}{24} }{a} }\)
\(\displaystyle{ Li_{2}(-1)=-\eta(2)=-(1-2^{1-2})\zeta(2)=- \frac{\pi^2}{12} }\)
\(\displaystyle{ Li_{3}(-1)=-\eta(3)=-(1-2^{1-3})\zeta(3)=- \frac{3}{4}\zeta(3) }\)
\(\displaystyle{ Li_{3}(1)=\eta(3) }\)
Z tego mamy:
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{- \frac{i\pi^3}{24}- \frac{1}{2} \frac{3}{4}\zeta(3)+ \frac{i\pi^3}{24}+ \frac{\pi^2}{4}\ln 2- \frac{i\pi^3}{24}- \frac{1}{2}\zeta(3)+ \frac{i\pi^3}{24} }{a} }\)
lub:
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{- \frac{7}{8}\zeta(3)+ \frac{\pi^2}{4}\ln 2 }{a} }\)
z tego:
\(\displaystyle{ f(a)=\left[ \frac{\pi^2}{4}\ln 2 -\frac{7}{8}\zeta(3) \right] \ln a}\)
nasza całka:
\(\displaystyle{ f(1)=\left[ \frac{\pi^2}{4}\ln 2 -\frac{7}{8}\zeta(3) \right] \ln 1=0}\)
O ile się gdzieś nie pomyliłem...Ale całka jest niewłaściwa więc może to nie mieć sensu...
Dodano po 25 minutach 17 sekundach:
Ale granice istnieją i są skończone... , dziwny wynik, który mi się nie podoba , ale zostawię to...
Dodano po 2 minutach 52 sekundach:
Nie powinno tyle wyjść dziwne...
Dodano po 5 minutach 36 sekundach:
Przecież w ten sposób prawie każda całka typu:
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b}u(x)\ln w(x) dx }\)
Wyjdzie zero a to bzdura...
Dodano po 11 godzinach 58 minutach 20 sekundach:
No tak ale ze mnie.... zaponiałem stałą C wszystko to wyjaśnia ble...
weźmy:
\(\displaystyle{ f(a)=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^2\ctg x \ln(a\cos x)dx }\)
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{1}{a} \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^2\ctg x dx}\)
Po wyliczeniu tej całki otrzymamy:
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{ixLi_{2}(e^{-2ix})+ \frac{1}{2}Li_{3}(e^{-2ix})+ \frac{ix^3}{3}+x^2\ln(1-e^{-2ix})- \frac{i\pi^3}{24} |^{ \frac{\pi}{2} }_{0} }{a} }\)
Lub:
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{i \frac{\pi}{2}Li_{2}(-1)+ \frac{1}{2}Li_{3}(-1)+ \frac{i\pi^3}{24}+ \frac{\pi^2}{4}\ln 2- \frac{i\pi^3}{24}- \frac{1}{2}Li_{3}(1)+ \frac{i\pi^3}{24} }{a} }\)
\(\displaystyle{ Li_{2}(-1)=-\eta(2)=-(1-2^{1-2})\zeta(2)=- \frac{\pi^2}{12} }\)
\(\displaystyle{ Li_{3}(-1)=-\eta(3)=-(1-2^{1-3})\zeta(3)=- \frac{3}{4}\zeta(3) }\)
\(\displaystyle{ Li_{3}(1)=\eta(3) }\)
Z tego mamy:
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{- \frac{i\pi^3}{24}- \frac{1}{2} \frac{3}{4}\zeta(3)+ \frac{i\pi^3}{24}+ \frac{\pi^2}{4}\ln 2- \frac{i\pi^3}{24}- \frac{1}{2}\zeta(3)+ \frac{i\pi^3}{24} }{a} }\)
lub:
\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{- \frac{7}{8}\zeta(3)+ \frac{\pi^2}{4}\ln 2 }{a} }\)
z tego:
\(\displaystyle{ f(a)=\left[ \frac{\pi^2}{4}\ln 2 -\frac{7}{8}\zeta(3) \right] \ln a}\)
nasza całka:
\(\displaystyle{ f(1)=\left[ \frac{\pi^2}{4}\ln 2 -\frac{7}{8}\zeta(3) \right] \ln 1=0}\)
O ile się gdzieś nie pomyliłem...Ale całka jest niewłaściwa więc może to nie mieć sensu...
Dodano po 25 minutach 17 sekundach:
Ale granice istnieją i są skończone... , dziwny wynik, który mi się nie podoba , ale zostawię to...
Dodano po 2 minutach 52 sekundach:
Nie powinno tyle wyjść dziwne...
Dodano po 5 minutach 36 sekundach:
Przecież w ten sposób prawie każda całka typu:
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b}u(x)\ln w(x) dx }\)
Wyjdzie zero a to bzdura...
Dodano po 11 godzinach 58 minutach 20 sekundach:
No tak ale ze mnie.... zaponiałem stałą C wszystko to wyjaśnia ble...
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
Re: Całki dla smakoszy
Nie `\int f` lecz `\int f'`.
Tyle, że to niczego nie rozwiązuje, bo nie tej stałej nie wyznaczyłeś, a zatem nie wyliczyłeś poszukiwanej całki
Tyle, że to niczego nie rozwiązuje, bo nie tej stałej nie wyznaczyłeś, a zatem nie wyliczyłeś poszukiwanej całki
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Całki dla smakoszy
Udało mi się tę całkę:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{2}\ctg x\ln(\cos x)\mbox{d}x}\)
sprowadzić do czegoś takiego
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n^{2}}I_{n}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi^{2}}{16n^{2}}}\)
przy czym
\(\displaystyle{ I_{0}=\frac{\pi^{2}}{8}, \ I_{n+1}=\frac{2n+1}{2n+2}I_{n}+\frac{1}{4(n+1)^{2}}, \ n=0,1,\ldots}\)
Rzecz jasna, mamy \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi^{2}}{16n^{2}}=\frac{\pi^{4}}{96}}\),
natomiast z obliczeniem \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n^{2}}I_{n}}\) jest znacznie gorzej, wyjeżdżają jakieś funkcje hipergeometryczne na kiju. Próbowałem różnych znanych mi sztuczek, by się tego pozbyć (dodawanie stronami i wymnażanie, funkcje tworzące, które tu akurat dają ganianie za własnym ogonem), ale jak na razie nic z tego. Czemu ja jestem taki mało bystry?
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^{2}\ctg x\ln(\cos x)\mbox{d}x}\)
sprowadzić do czegoś takiego
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n^{2}}I_{n}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi^{2}}{16n^{2}}}\)
przy czym
\(\displaystyle{ I_{0}=\frac{\pi^{2}}{8}, \ I_{n+1}=\frac{2n+1}{2n+2}I_{n}+\frac{1}{4(n+1)^{2}}, \ n=0,1,\ldots}\)
Rzecz jasna, mamy \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi^{2}}{16n^{2}}=\frac{\pi^{4}}{96}}\),
natomiast z obliczeniem \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n^{2}}I_{n}}\) jest znacznie gorzej, wyjeżdżają jakieś funkcje hipergeometryczne na kiju. Próbowałem różnych znanych mi sztuczek, by się tego pozbyć (dodawanie stronami i wymnażanie, funkcje tworzące, które tu akurat dają ganianie za własnym ogonem), ale jak na razie nic z tego. Czemu ja jestem taki mało bystry?
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Całki dla smakoszy
Nie rozumiem za bardzo pytania. No rozwinąłem logarytm, po paru hockach-klockach zmieniłem kolejność sumowania i całkowania, policzyłem przez części jakieś badziewiaste całki i tam jest suma wyrażeń postaci \(\displaystyle{ \frac{1}{2n^{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x \sin^{2n}x\mbox{d}x=\frac{1}{2n^{2}}I_{n}}\) pomniejszona o \(\displaystyle{ \frac{\pi^{4}}{96}}\).
Niestety, ta całka się nie wyraża przez nic ładnego raczej. Wyprowadziłem sobie wzór rekurencyjny na \(\displaystyle{ I_{n}}\), ale to, jak na razie, do niczego nie prowadzi. Zresztą \(\displaystyle{ I_{n}}\) to pół biedy, potrzebujemy \(\displaystyle{ \sum\frac{I_{n}}{n^{2}}}\)
Niestety, ta całka się nie wyraża przez nic ładnego raczej. Wyprowadziłem sobie wzór rekurencyjny na \(\displaystyle{ I_{n}}\), ale to, jak na razie, do niczego nie prowadzi. Zresztą \(\displaystyle{ I_{n}}\) to pół biedy, potrzebujemy \(\displaystyle{ \sum\frac{I_{n}}{n^{2}}}\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Całki dla smakoszy
Miałem w tym zadaniu dwie koncepcje , zaprezentuję jedną, niezbyt ładne , ale przymajmniej obliczalne...
Najpierw przepiszę zadanie:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x ln(cos x) dx}\)
Będę korzystał ze wzorów :
\(\displaystyle{ ln \cos x=-ln 2 - \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{(-1)^k}{k}\cos(2kx) }\)
\(\displaystyle{ ln \sin x=-ln 2 - \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k}\cos(2kx) }\)
Podstawmy je do naszej całki na razie nieoznaczonej:
\(\displaystyle{ \int_{}^{ } x^2\ctg x ln(cos x) dx=-ln 2 \int_{}^{} x^2\ctg x dx- \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{(-1)^k}{k} \int_{}^{} x^2\ctg x \cos(2kx) dx }\)
Pierwsza z tych całek jest obliczalna , coś tu takiego pisałem na forum i wynosi:
\(\displaystyle{ -ln 2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x dx= \frac{7}{8}\xi(3)ln 2- \left( \frac{\pi ln 2}{2}\right)^2=a }\)
Nad tym nie będę się rozwodził...
Weźmy teraz całkę:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \cos(2kx) dx }\)
układam funkcję:
\(\displaystyle{ f(t)=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \cos(tx) dx}\)
\(\displaystyle{ f'(t)=-t\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \sin(tx) dx}\)
\(\displaystyle{ f''(t)=-t^2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \cos(tx) dx}\)
Jak widać mamy równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y''=-t^2y}\)
Rozwiązanie przewidujemy w formie szeregu:
\(\displaystyle{ y= \sum_{n=0}^{ \infty } a_{n}t^n}\)
\(\displaystyle{ y'= \sum_{n=1}^{ \infty }na_{n}t^{n-1}= \sum_{n=0}^{ \infty }(n+1)a_{n+1}t^n }\)
\(\displaystyle{ y''= \sum_{n=1}^{ \infty } n(n+1)a_{n+1}t^{n-1}= \sum_{n=0}^{ \infty }(n+1)(n+2)a_{n+2}t^n }\)
ale:
\(\displaystyle{ -t^2y=- \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n+2}=- \sum_{n=2}^{ \infty }a_{n-2}x^n }\)
Z czego mamy wzór na rekurencję:
\(\displaystyle{ (n+1)(n+2)a_{n+2}=-a_{n-2} , n \ge 0, a_{-2}=a_{-1}=0}\)
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ a_{0}=f(0)=a}\)
Gorzej będzie z: \(\displaystyle{ f(1)=b}\) ale sobie to na razie zostawmy...
mamy w każdym bądź razie rekurencję:
\(\displaystyle{ a_{n+2}=- \frac{a_{n-2}}{(n+1)(n+2)} : a_{-2}=a_{-1}=0 , a_{0}=a, a_{1}=b }\)
Rekurencja jest postaci od zerowego elementu:
\(\displaystyle{ a,b,0,0, -\frac{a}{3 \cdot 4} , -\frac{b}{4 \cdot 5} ,0,0,\frac{a}{3 \cdot 4 \cdot 7 \cdot 8} , \frac{b}{4 \cdot 5 \cdot 8 \cdot 9},0,0,... }\)
jakby się uparł można by napisać wzór jawny tego szeregu i wtedy dołanczając do naszej całki otrzymamy jej rozwiązanie...
na razie jednak się nie upierałem to robić...
pozostaje obliczyć:
\(\displaystyle{ b=f(1)}\)
Czyli całkę:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2}} x^2 \ctg x \cos x dx}\)
lub inaczej:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \frac{x^2}{\sin x}dx -\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\sin x dx}\)
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\sin x dx= \frac{\pi^2-4}{16} }\)
Natomiast:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \frac{x^2}{\sin x}dx}\)
pozostaje jeszcze do obliczenia , taki mam ogólny szkic rozwiązania...
Najpierw przepiszę zadanie:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x ln(cos x) dx}\)
Będę korzystał ze wzorów :
\(\displaystyle{ ln \cos x=-ln 2 - \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{(-1)^k}{k}\cos(2kx) }\)
\(\displaystyle{ ln \sin x=-ln 2 - \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{k}\cos(2kx) }\)
Podstawmy je do naszej całki na razie nieoznaczonej:
\(\displaystyle{ \int_{}^{ } x^2\ctg x ln(cos x) dx=-ln 2 \int_{}^{} x^2\ctg x dx- \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{(-1)^k}{k} \int_{}^{} x^2\ctg x \cos(2kx) dx }\)
Pierwsza z tych całek jest obliczalna , coś tu takiego pisałem na forum i wynosi:
\(\displaystyle{ -ln 2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x dx= \frac{7}{8}\xi(3)ln 2- \left( \frac{\pi ln 2}{2}\right)^2=a }\)
Nad tym nie będę się rozwodził...
Weźmy teraz całkę:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \cos(2kx) dx }\)
układam funkcję:
\(\displaystyle{ f(t)=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \cos(tx) dx}\)
\(\displaystyle{ f'(t)=-t\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \sin(tx) dx}\)
\(\displaystyle{ f''(t)=-t^2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \cos(tx) dx}\)
Jak widać mamy równanie różniczkowe:
\(\displaystyle{ y''=-t^2y}\)
Rozwiązanie przewidujemy w formie szeregu:
\(\displaystyle{ y= \sum_{n=0}^{ \infty } a_{n}t^n}\)
\(\displaystyle{ y'= \sum_{n=1}^{ \infty }na_{n}t^{n-1}= \sum_{n=0}^{ \infty }(n+1)a_{n+1}t^n }\)
\(\displaystyle{ y''= \sum_{n=1}^{ \infty } n(n+1)a_{n+1}t^{n-1}= \sum_{n=0}^{ \infty }(n+1)(n+2)a_{n+2}t^n }\)
ale:
\(\displaystyle{ -t^2y=- \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n+2}=- \sum_{n=2}^{ \infty }a_{n-2}x^n }\)
Z czego mamy wzór na rekurencję:
\(\displaystyle{ (n+1)(n+2)a_{n+2}=-a_{n-2} , n \ge 0, a_{-2}=a_{-1}=0}\)
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ a_{0}=f(0)=a}\)
Gorzej będzie z: \(\displaystyle{ f(1)=b}\) ale sobie to na razie zostawmy...
mamy w każdym bądź razie rekurencję:
\(\displaystyle{ a_{n+2}=- \frac{a_{n-2}}{(n+1)(n+2)} : a_{-2}=a_{-1}=0 , a_{0}=a, a_{1}=b }\)
Rekurencja jest postaci od zerowego elementu:
\(\displaystyle{ a,b,0,0, -\frac{a}{3 \cdot 4} , -\frac{b}{4 \cdot 5} ,0,0,\frac{a}{3 \cdot 4 \cdot 7 \cdot 8} , \frac{b}{4 \cdot 5 \cdot 8 \cdot 9},0,0,... }\)
jakby się uparł można by napisać wzór jawny tego szeregu i wtedy dołanczając do naszej całki otrzymamy jej rozwiązanie...
na razie jednak się nie upierałem to robić...
pozostaje obliczyć:
\(\displaystyle{ b=f(1)}\)
Czyli całkę:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2}} x^2 \ctg x \cos x dx}\)
lub inaczej:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \frac{x^2}{\sin x}dx -\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\sin x dx}\)
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\sin x dx= \frac{\pi^2-4}{16} }\)
Natomiast:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \frac{x^2}{\sin x}dx}\)
pozostaje jeszcze do obliczenia , taki mam ogólny szkic rozwiązania...