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: 3755
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 86 razy
Pomógł: 366 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 » 5 sie 2019, o 13:58

arek1357, ale bez zespolonych
czemu...

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6696
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Całki dla smakoszy

Post autor: mariuszm » 5 sie 2019, o 15:17

Jeszcze niedawno całki były w szkołach średnich i tam nie mieli zespolonych.
Na studiach dla informatyków zespolone są jedynie na algebrze, więc mogliby nie uznać tych obliczeń.

Znalazłem teraz jeszcze inną całkę:

\(\displaystyle{ \int_{2}^{4}{\frac{ \sqrt{\ln{\left( 9-x\right) }} }{\sqrt{\ln{\left( 9-x\right) }}+\sqrt{\ln{\left( x+3\right) }}} \mbox{d}x }.}\)
Ukryta treść:    
Ostatnio zmieniony 5 sie 2019, o 15:57 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Interpunkcja.

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14369
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 80 razy
Pomógł: 4725 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav » 5 sie 2019, o 16:04

O, ta jest fajna. Niech
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{ \sqrt{\ln{\left( 9-x\right) }} }{\sqrt{\ln{\left( 9-x\right) }}+\sqrt{\ln{\left( x+3\right) }}}}\)
oraz
\(\displaystyle{ g(x)=\frac{ \sqrt{\ln{\left( x+3\right) }} }{\sqrt{\ln{\left( 9-x\right) }}+\sqrt{\ln{\left( x+3\right) }}}}\)
Mamy oczywiście
\(\displaystyle{ \int_{2}^{4}\left( f(x)+g(x)\right) \,\dd x= \int_{2}^{4} 1\,\dd x=2}\)
Teraz w tej całce:
\(\displaystyle{ \int_{2}^{4}f(x)\,\dd x}\)
podstawiamy \(\displaystyle{ t=6-x}\). Otrzymamy \(\displaystyle{ \int_{2}^{4}g(t)\,\dd t= \int_{2}^{4} g(x)\,\dd x}\)
Wobec tego
\(\displaystyle{ \int_{2}^{4} {\frac{ \sqrt{\ln{\left( 9-x\right) }} }{\sqrt{\ln{\left( 9-x\right) }}+\sqrt{\ln{\left( x+3\right) }}} \mbox{d}x }=1}\)

I nie, nie liczyłem tamtej całki z Eulera, dlatego też napisałem „pewnie", co sugeruje, że zgadywałem.

Możesz w takim razie uściślić, co rozumiesz przez modne całkowanie po amerykańsku? Myślałem, że wciskanie wszędzie całkowania przez podstawienie (wcześniej tak to właśnie określałeś), ale widać to jak z tym biedackim współczesnym katolicyzmem, słowa oznaczają to, co duchowny chce, żeby oznaczały, bo tak jest wygodnie (typu gadanie o śmierci duchowej w kontekście Kpł 20, 13).

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6696
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: mariuszm » 5 sie 2019, o 20:47

"modne całkowanie po amerykańsku" czyli całkowanie tak jak to robią amerykańcy

Mam na myśli ogół stosowanych przez nich metod

1. Unikanie całkowania przez części
np do policzenia całki
\(\displaystyle{ \int{ \frac{ x^2}{\left( x\sin{x}+\cos{x}\right)^2 } \mbox{d}x }}\)
używają dziwnych podstawień zamiast rozpisać licznik i całkować przez części
Po rozpisaniu licznika i rozbiciu na dwie całki w jednej licznik skróciłby się z mianownikiem
Drugą można by liczyć przez części
2. Stosowanie pewnych podstawień np dla całek postaci
\(\displaystyle{ \int{R\left( x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right) \mbox{d}x }}\)
stosują sprowadzenie do postaci kanonicznej i odpowiednie podstawienie
\(\displaystyle{ x-p=\sqrt{q}\sin{\theta}}\)
\(\displaystyle{ x-p=\sqrt{q}\tan{\theta}}\)
\(\displaystyle{ x-p=\sqrt{q}\sec{\theta}}\)
nawet jeśli inne podstawienia pasują lepiej
Podstawienia \(\displaystyle{ x-p=\sqrt{q}\tan{\theta}}\)
używają nawet do całkowania funkcji wymiernej

W ogóle nie używają podstawień związanych z całkowaniem różniczki dwumiennej

Wzór Leibniza na różniczkowanie pod znakiem całki sobie przywłaszczyli i twierdzą że wymyślił go
jakiś ichni XX wieczny fizyk



Wykaż że

\(\displaystyle{ \int_{-100}^{-10} \left( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right)^2 \mbox{d}x + \int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}} \left( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right)^2 \mbox{d}x+\int_{\frac{101}{100}}^{\frac{11}{10}} \left( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right)^2 \mbox{d}x}\)

jest liczbą wymierną

Co do powyższego to zacząłem tę całkę liczyć przez części
ale teraz zastanawiam się czy nie da się pokazać tego co chcą bez liczenia tej całki


Premislav, pewien Kitajec co się sprzedał amerykańcom liczył w ten sam sposób co pokazałeś
podobną całkę
Ja wpadłem na pomysł aby ją sprowadzić do całki na przedziale symetrycznym względem zera
a następnie skorzystać z rozkładu na sumę funkcji parzystej i nieparzystej

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3755
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 86 razy
Pomógł: 366 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 » 5 sie 2019, o 23:30

Jeszcze niedawno całki były w szkołach średnich i tam nie mieli zespolonych.
Ale nie było tam takich całek jak ta Twoja, owszem były całki ale tego typu np.:

oblicz:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} xdx=?}\)

Zresztą nigdy nie chodziłem do szkoły średniej więc nie wiem co tam się działo...

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14369
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 80 razy
Pomógł: 4725 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav » 6 sie 2019, o 02:08

Moi rodzice na przełomie lat 70. i 80. mieli zarówno całki, jak i liczby zespolone, jakiś dziwny ten program.

\(\displaystyle{ \int_{-100}^{-10} \left( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right)^2 \mbox{d}x=\left|\begin{array}{cc} x-1=-\frac 1 t\\\,\dd x=\frac{\,\dd t}{t^2} \end{array}\right|= \int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}}\left( \frac{-\frac 1 t\left( 1-\frac 1 t\right) }{\left( 1-\frac 1 t\right)^3-3\left( 1-\frac 1 t\right)+1 } \right)^2 \frac{\,\dd t}{t^2}\\=\int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}}\left( \frac{1-t}{(t-1)^3-3(t^3-t^2)+t^3} \right)^2\,\dd t\\= \int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}} \frac{(x-1)^2}{(x^3-3x+1)^2} \,\dd x}\)
i podobnie
\(\displaystyle{ \int_{\frac{101}{100}}^{\frac{11}{10}} \left( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right)^2 \mbox{d}x=\left|\begin{array}{ccc}t=1-\frac 1 x \\ x=\frac{1}{1-t}\\\,\dd x= \frac{\,\dd t}{(1-t)^2} \end{array}\right|= \int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}}\left( \frac{\frac{1}{(1-t)^2}-\frac{1}{1-t}}{ \frac{1}{(1-t)^3}- \frac{3}{(1-t)}+1 } \right)^2 \frac{\,\dd t}{(1-t)^2}\\= \int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}} \frac{t^2}{\left(1-3(1-t)^2+(1-t)^3 \right)^2 } \,\dd t\\= \int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}} \frac{x^2}{(x^3-3x+1)^2} \,\dd x}\)

Wobec tego mamy
\(\displaystyle{ \int_{-100}^{-10} \left( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right)^2 \mbox{d}x + \int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}} \left( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right)^2 \mbox{d}x+\int_{\frac{101}{100}}^{\frac{11}{10}} \left( \frac{x^2-x}{x^3-3x+1} \right)^2 \mbox{d}x \\= \int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}} \frac{(x-1)^2+x^2(x-1)^2+x^2}{(x^3-3x+1)^2}\,\dd x}\)

Teraz wykończymy to metodą, którą podpatrzyłem od yorgina: zamiast całkować przez części, zgadujemy, że funkcja podcałkowa jest pewną pochodną ilorazu, niech
\(\displaystyle{ \frac{(x-1)^2+x^2(x-1)^2+x^2}{(x^3-3x+1)^2}= \frac{\,\dd}{\,\dd x} \left( \frac{f(x)}{g(x)}\right)}\)

Najprościej byłoby, gdyby zaszło \(\displaystyle{ g(x)=x^3-3x+1}\). Przyjmijmy, że tak właśnie jest. Wówczas otrzymujemy ze wzoru na pochodną ilorazu i przyrównania liczników przy tych samych mianownikach:
\(\displaystyle{ f'(x)(x^3-3x+1)-(3x^2-3)f(x)=(x-1)^2+x^2(x-1)^2+x^2 \ (*)}\).
Patrzymy na stopnie występujących tu wielomianów i zgadujemy, że fajnie byłoby, gdyby \(\displaystyle{ f(x)}\) była funkcją wielomianową stopnia \(\displaystyle{ 2}\). Niech \(\displaystyle{ f(x)=ax^2+bx+c}\).
Wstawiając to do \(\displaystyle{ (*)}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ (2ax+b)(x^3-3x+1)-(3x^2-3)(ax^2+bx+c)=(x-1)^2+x^2(x-1)^2+x^2}\)
Z przyrównania współczynników przy \(\displaystyle{ x^4}\) mamy natychmiast \(\displaystyle{ a=-1}\), natomiast przyrównanie współczynników przy \(\displaystyle{ x^3}\) daje nam \(\displaystyle{ b=1}\). Wreszcie z przyrównania wyrazów wolnych otrzymujemy \(\displaystyle{ b+3c=1}\), a skoro wiemy, że \(\displaystyle{ b=1}\), to \(\displaystyle{ c=0}\). Sprawdzamy (zostawiam jako ćwiczenie), że współczynniki przy \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ x^2}\) też się wówczas zgodzą, dostajemy zatem \(\displaystyle{ f(x)=-x^2+x}\).
Podsumowując, widzimy, że
\(\displaystyle{ \int_{\frac{1}{101}}^{\frac{1}{11}} \frac{(x-1)^2+x^2(x-1)^2+x^2}{(x^3-3x+1)^2}\,\dd x= \frac{-x^2+x}{x^3-3x+1}\bigg|^{x=\frac{1}{11}}_{x=\frac{1}{101}}}\)
jest liczbą wymierną jako różnica wartości funkcji wymiernej
\(\displaystyle{ \kappa(x)=\frac{-x^2+x}{x^3-3x+1}}\) w punktach wymiernych.-- 6 sie 2019, o 01:11 --W sumie jak patrzę na obszerność tego rozwiązania, to kto wie, czy nie szybciej byłoby przez części. xDDDDDDDD

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14369
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 80 razy
Pomógł: 4725 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav » 6 sie 2019, o 13:46

Dobra, to zaproponuję nową (nie da rady uniknąć pewnej funkcji specjalnej):
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln(1+x)}{x} \,\dd x}\)

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6696
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: mariuszm » 6 sie 2019, o 20:48

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln(1+x)}{x} \,\dd x}\)

\(\displaystyle{ f\left( x\right) =\ln{\left( 1+x\right) }\\ \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }f\left( x\right) =\frac{1}{1+x}\\ \frac{ \mbox{d}^2}{ \mbox{d}x^2 }f\left( x\right)=-\frac{1}{\left( 1+x\right)^2 }\\ \frac{ \mbox{d}^3}{ \mbox{d}x^3 }f\left( x\right)=\frac{2}{\left( 1+x\right)^3 }\\ \frac{ \mbox{d}^4}{ \mbox{d}x^4 }f\left( x\right)=-\frac{6}{\left( 1+x\right)^4}\\ \frac{ \mbox{d}^n }{ \mbox{d}x^n}\ln\left( 1+x\right) =\left( -1\right)^{n-1} \frac{\left( n-1\right) !}{\left( 1+x\right)^{n} } \\ \ln{\left( 1+x\right) }= \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{\left( -1\right)^{n+1}\left( n-1\right)! }{n!} x^{n}\\ \ln{\left( 1+x\right) }= \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{\left( -1\right)^{n+1} }{n} x^{n}\\ = \sum_{n=1}^{ \infty }\int_{0}^{1}{\frac{\left( -1\right)^{n+1} }{n} x^{n}}\\}\)


\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}{ \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{\left( -1\right)^{n+1} }{n} x^{n-1}\ln{x} \mbox{d}x } = \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{\left( -1\right)^{n+1} }{n}\int_{0}^{1}{ x^{n-1}\ln{x} \mbox{d}x }}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}{ x^{n-1}\ln{x} \mbox{d}x }=\frac{x^{n}}{n}\ln{x}\biggl |_{0}^{1}-\frac{1}{n}\int_{0}^{1}{ x^{n-1} \mbox{d}x }\\ =- \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{\left( -1\right)^{n+1} }{n} \frac{1}{n^2 }\\ =\sum_{n=1}^{ \infty }\frac{\left( -1\right)^{n}}{n^3}}\)

Podobno można tę sumę wyrazić za pomocą funkcji \(\displaystyle{ \zeta\left( x\right)}\)

Szereg jest zbieżny na całkowanym przedziale
Wątpliwości może budzić to czy można zamienić kolejność sumowania i całkowania

Jakie musiały być spełnione warunki aby można było zamienić tę kolejność ?

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14369
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 80 razy
Pomógł: 4725 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav » 6 sie 2019, o 22:30

Jest sobie takie twierdzenie Weierstrassa:
weźmy szereg funkcyjny
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} f_n(x)}\) jednostajnie zbieżny na przedziale \(\displaystyle{ [a,b]}\).
Ponadto dla każdego \(\displaystyle{ n\in\NN^+, \ f_n(x)}\) niech będzie ciągła na \(\displaystyle{ [a,b]}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)}\) jest funkcją ciągłą na \(\displaystyle{ [a,b]}\) oraz
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b} \left( \sum_{n=0}^{\infty}f_n(x) \right) \,\dd x= \sum_{n=0}^{\infty}\left( \int_{a}^{b} f_n(x)\,\dd x\right)}\)
Można też rozszerzyć to twierdzenie na półprostą.

Odnotujmy jednak, że funkcji
\(\displaystyle{ \frac{\ln x\ln(1+x)}{x}}\) nie da się rozszerzyć na całe \(\displaystyle{ [0,1]}\) tak, aby była ciągła (z uwagi na granicę niewłaściwą prawostronną w zerze), więc formalnie chyba trzeba zrobić te przejścia dla
\(\displaystyle{ \int_{\varepsilon}^{1} \frac{\ln x\ln(1+x)}{x} \,\dd x}\)
po czym przejść z \(\displaystyle{ \varepsilon}\) do zera. Albo powołać się na inny kawałek teorii, np. któreś z twierdzeń Lebesgue'a (nie widzę w tej chwili jak).

Pewnie ktoś mądrzejszy prościej by to załatwił. :(

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6696
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Całki dla smakoszy

Post autor: mariuszm » 6 sie 2019, o 22:55

To są warunki konieczne i wystarczające ?
Mimo tego iż nie powinno się tutaj zamieniać kolejności sumowania i całkowania
to wynik wyszedł poprawny

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14369
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 80 razy
Pomógł: 4725 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav » 6 sie 2019, o 23:42

Niestety nie. Są to warunki wystarczające, natomiast nie są konieczne. Nie znam natomiast (co nie znaczy, że one nie istnieją) takich warunków wystarczających, które by tu załatwiały sprawę bez rozpisywania się.

Problem bierze się z tego, że mamy tu całkę niewłaściwą II rodzaju, tj. na domkniętym przedziale funkcja nie tylko nie jest ciągła, ale i nie może być do takowej przedłużona.

Ale jak pisałem, można to łatwo uzupełnić, licząc w ten sam sposób ze zmianą kolejności sumowania i całkowania
\(\displaystyle{ \int_{\epsilon }^{1} \frac{\ln x\ln(1+x)}{x} \,\dd x}\) a potem biorąc \(\displaystyle{ \epsilon \rightarrow 0^+}\).


Inny pomysł polegałby na skorzystaniu z twierdzenia Lebesue'a o zbieżności zmajoryzowanej: klik!
Dla funkcji całkowalnej w sensie Riemanna jej całka Riemanna i Lebesgue'a są równe.
Za \(\displaystyle{ X}\) bierzemy przedział \(\displaystyle{ (0,1]}\), \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) to \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciało borelowskich podzbiorów \(\displaystyle{ (0,1]}\), zaś za \(\displaystyle{ \mu}\) bierzemy miarę Lebesgue'a na prostej obciętą do odcinka \(\displaystyle{ (0,1]}\).
Ponadto jest
\(\displaystyle{ f(x)= \frac{\ln x\ln(1+x)}{x}, \ f_n(x)= \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} x^{k-1}\ln x}\)

Aha, no i z prostego rozszerzenia nierówności trójkąta mamy:
\(\displaystyle{ \left|\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} x^{k-1}\ln x \right|\le \sum_{k=1}^{n}\left| \frac{(-1)^{k+1}}{k}x^{k-1}\ln x \right| =|\ln x|\cdot \sum_{k=1}^{n} \frac{x^{k-1}}{k}\le \frac{|\ln x|}{1-x}= \frac{\ln x}{x-1}}\)
dla \(\displaystyle{ x\in(0,1),}\) zaś dla \(\displaystyle{ x=1}\) wstawiamy granicę lewostronną tej majoranty, czyli jedynkę i mamy wtedy oczywistą nierówność \(\displaystyle{ 0\le 1}\),
za funkcja
\(\displaystyle{ g(x)= \begin{cases} \frac{\ln x}{x-1} \text{ dla }x\in(0,1)\\1 \text{ dla }x=1 \end{cases}}\)
jest całkowalna w sensie Riemanna na \(\displaystyle{ (0,1]}\) (kryterium ilorazowe w zerze z \(\displaystyle{ -\ln x}\)), więc jej całka Lebesgue'a jest równa całce Riemanna. Przekombinowane to, ale powinno działać.

-- 6 sie 2019, o 23:21 --

A jak ktoś nie chce rozwijać logarytmu w szereg, lecz co najwyżej korzystać z sumy szeregu geometrycznego, to można rozważyć
\(\displaystyle{ I(a)= \int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln(1+ax)}{x} \,\dd x}\)
i skorzystać z tw. Leibniza o różniczkowaniu pod znakiem całki.

Wyjdzie z tego \(\displaystyle{ \mathrm{Li}_3(-a)= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-a)^n}{n^3}}\), wstawiamy \(\displaystyle{ a:=1}\).

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6696
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: mariuszm » 8 sie 2019, o 12:14

Oblicz

\(\displaystyle{ \mathcal{L}{\left( \ln{t}\right) }}\)

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14369
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 80 razy
Pomógł: 4725 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav » 8 sie 2019, o 13:12

Co rozumiesz przez „oblicz"
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty}\ln( t) e^{-st}\,\dd t=\left|\begin{array}{cc}u=st\\\,\dd u=s \,\dd t\end{array}\right|=\frac 1 s \int_{0}^{\infty}\left( \ln u-\ln s\right)e^{-u}\,\dd u\\=\frac 1 s \Gamma'(1)-\frac{\ln s}{s}}\)
a obawiam się, że \(\displaystyle{ \Gamma'(1)}\) nie wyrazisz sensownie w jawny sposób, ewentualnie przez inne stałe matematyczne. Jak mamy funkcję
\(\displaystyle{ \psi(z)= \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)}}\), to z uwagi na \(\displaystyle{ \Gamma(1)=0!=1}\) możemy napisać
\(\displaystyle{ \Gamma'(1)=\psi(1)}\) i teraz jak skorzystamy
z \(\displaystyle{ \psi(z)=-\gamma+ \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+z}\right)}\),
gdzie \(\displaystyle{ \gamma}\) to stała Eulera-Mascheroniego, to się uprości to do
\(\displaystyle{ - \frac{\gamma}{s} -\frac{\ln s}{s}}\), ale nie umiem udowodnić tego wzoru…

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14369
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 80 razy
Pomógł: 4725 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav » 20 sie 2019, o 19:56

Tj. nie umiem udowodnić tego wzoru dla funkcji \(\displaystyle{ \psi(z)}\)… no ale w książkach to zrobiono (pewnie wychodzi się od wzoru iloczynowego Weierstrassa, ale ten też trzeba wykazać, co zrobiono np. tutaj: klik!).

To może taka całka teraz:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\arctg\left( \sqrt{x^2+2}\right) }{(x^2+1)\sqrt{x^2+2}} \,\dd x}\)

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3755
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 86 razy
Pomógł: 366 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 » 22 sie 2019, o 18:08

To może ja spróbuję nieśmiało to cudo:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\arctg( \sqrt{x^2+2} )}{\sqrt{x^2+2}(x^2+1)} dx}\)

Skorzystamy z równania:

\(\displaystyle{ \arctg( \sqrt{x^2+2}) + \arcctg( \sqrt{x^2+2})= \frac{\pi}{2}}\)

więc:

(1) \(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\arctg( \sqrt{x^2+2} )}{\sqrt{x^2+2}(x^2+1)} dx= \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \frac{dx}{ \sqrt{x^2+2}(x^2+1) }- \int_{0}^{1} \frac{\arcctg( \sqrt{x^2+2} )}{\sqrt{x^2+2}(x^2+1)} dx}\)

Zajmiemy się całką:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{dx}{ \sqrt{x^2+2}(x^2+1) }=\arctg \frac{x}{ \sqrt{x^2+2} }|_{0}^1=\arctg \frac{ \sqrt{3} }{3}= \frac{\pi}{6}}\)

czyli mamy:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\arctg( \sqrt{x^2+2} )}{\sqrt{x^2+2}(x^2+1)} dx= \frac{\pi^2}{12}-I}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ I=\int_{0}^{1} \frac{\arcctg( \sqrt{x^2+2} )}{\sqrt{x^2+2}(x^2+1)} dx}\)

Teraz się tym właśnie zajmiemy:

można zapisać całkę I jako:

\(\displaystyle{ I= \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{y^2+x^2+2} \cdot \frac{1}{x^2+1}dx dy}\)

Kto nie wierzy niech se policzy...

Ale teraz odwróćmy całkowanie i całkujmy sobie najpierw po.: \(\displaystyle{ dx}\)

Nie wdając się w rachunki otrzymamy:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\arcctg 1}{y^2+1}dy- \int_{0}^{1} \frac{\arcctg (\sqrt{y^2+2}) }{ \sqrt{y^2+2}(y^2+1) }dy= \frac{\pi^2}{16}-I}\)

Znaczy, że:

\(\displaystyle{ 2I=\frac{\pi^2}{16}}\)

\(\displaystyle{ I=\frac{\pi^2}{32}}\)

Ostatecznie nasza całka to:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\arctg( \sqrt{x^2+2} )}{\sqrt{x^2+2}(x^2+1)} dx= \frac{\pi^2}{12}-I=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\pi^2}{32}= \frac{8\pi^2-3\pi^2}{96}= \frac{5\pi^2}{96}}\)

cnd...

ODPOWIEDZ