Całki dla smakoszy

[dec1]

dec1 dlaczego usunąłeś swój wpis ?

Bo nie umiem czytać, nie do tej całki to było

\(\displaystyle{ \int_0^1\frac{\arctan x}{x}dx=1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\dots}\)

\(\displaystyle{ =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=\mathrm{G}}\)

[a4karo]

\(\displaystyle{ =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=\mathrm{G}}\)

Brawo, znalazłeś punkt G (i to nie na końcu słowa shoppinG)

[dec1]

he he

luka52, można wiedzieć skąd te całki?

[luka52]

dec1, kiedyś (tak z 7-8 lat temu) sobie zapisywałem ciekawe przykłady znalezione na różnych forach. Ciężko dokładnie mi wskazać źródła, bo tego akurat nie notowałem , choć głównie to z artofproblemsolving.com

[Premislav]

Zadanie 3. można rozwiązać bardzo brzydko i standardowo, jeśli potraktujemy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi} (ax(\pi^2-x^2)-\sin x)^2 \mbox{d}x}\)
jak najzwyklejszy w świecie trójmian kwadratowy zmiennej \(\displaystyle{ a}\). Minimum jest przyjmowane dla \(\displaystyle{ a= \frac{ \int_{0}^{\pi}x\sin x(\pi^2-x^2)\mbox{d}x }{ \int_{0}^{\pi} x^2(\pi^2-x^2)^2 \mbox{d}x}}\)
i wystarczy policzyć kilka standardowych całek przez części (a jedną nawet i bez tego).

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}\sin^2 x \mbox{d}x= \int_{0}^{\pi}(-\cos x)' \sin x \mbox{d}x=-\sin x \cos x \bigg|^{\pi}_{0}+ \int_{0}^{\pi}\cos^2 x \mbox{d}x= \int_{0}^{\pi}\cos^2 x \mbox{d}x}\), zatem ponieważ z jedynki trygonometrycznej wynika, że \(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}(\
cos^2 x+\sin^2 x)\mbox{d}x=\pi}\), więc \(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}\sin^2 x \mbox{d}x=\frac \pi 2}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}x\sin x \mbox{d}x=-x\cos x\bigg|^{\pi}_{0}+ \int_{0}^{\pi}\cos x\mbox{d}x=\pi}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}x^3 \sin x \mbox{d}x=-3x^2 \cos x \bigg|^{\pi}_{0}+3 \int_{0}^{\pi}x^2 \cos x\mbox{d}x=\dots =\pi^3-6\pi}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}x^2(\pi^2-x^2)^2\mbox{d}x= \frac{8}{105}\pi^7}\)

Podstawiając, otrzymujemy, że minimum ma wartość \(\displaystyle{ \frac \pi 2- \frac{945}{2}\pi^{-5}}\)

Próbowałem tez jakoś kombinować z nierówności Schwarza, ale mi nie wyszło. Właściwie piszę po to, by zobaczyć to ładne rozwiązanie, które musiałeś mieć na myśli. [jeśli byłbyś tak uprzejmy i przedstawił wskazówkę/szkic, to byłbym wdzięczny]


Czy może istnieją jakieś ładne twierdzenia na temat aproksymacji w normie \(\displaystyle{ \textbf{L}^2[a,b],}\) które miałyby tutaj zastosowanie? Bo patrząc na tę funkcję podcałkową, nie mogę się oprzeć wrażeniu, że to zadanie z pogranicza analizy funkcjonalnej i jakiejś numerycznej, albo jakiejś aproksymacji wielomianami (no, jakieś wielomiany ortogonalne i tak dalej - tym mi to pachnie). Tylko że ja niewiele pamiętam z analizy funkcjonalnej, bo uczyłem się tych twierdzeń na pamięć, gdyż nie umiałem ich zrozumieć.

[luka52]

Premislav, nie mam rozwiązań . Pomyliłeś się podstawiając do końcowego wzoru na \(\displaystyle{ a}\).

[dec1]

\(\displaystyle{ \int_0^1\frac{\tg (x)}{x+1}\mathrm{d}x}\)

Ktoś umie to bez przybliżeń obliczyć, albo wyrazić w postaci z funkcją specjalną? O ile się da

Edit - to może jeszcze dorzucę trochę ambitniejszych całek coby się nam nie nudziło (chociaż jak się nam uda z pięć zrobić to już będzie sukces):

1. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int \sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}\, \mathrm{d}x}\)

2. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln (\ctg (x))\,\mathrm{d}x}\)

3. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int \arcsin \sqrt{\frac{x}{a+x}}\mathrm{d}x}\)

4. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int \frac{x^n\mathrm{d}x}{1+x+\displaystyle\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}}}\)

5. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int \frac{x\mathrm{d}x}{\displaystyle 1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+...}}}}\)

6. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty} \frac{\sin (x)}{e^x-1}\mathrm{d}x}\)

7. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty} \frac{xe^{-x\sqrt{5}}}{\cosh (x)}\mathrm{d}x}\)

8. Obliczyć dla \(\displaystyle{ 0<p<1}\):

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty} \frac{x^{p-1}}{x+1}\mathrm{d}x}\)

9. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_{1-2^{-a}}^{1-2^{-(a+1)}}\frac{1}{\lfloor 1-\log_2(1-x)\rfloor}\mathrm{d}x}\)

10. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int \mathrm{erf}^2(x)\mathrm{d}x}\)

\(\displaystyle{ \mathrm{Uwaga:}\,\,\,\, \mathrm{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x e^{-t^2}\mathrm{d}t}\)

11. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_{\frac{1}{a}}^1\left\{ \frac{1}{x}\right\}\mathrm{d}x}\)

12. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^n x}{x^n}\, {\rm d}x}\)

13. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^\infty \frac{x^a}{e^x-1}\, {\rm d}x}\)

14. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^\infty\frac{x\sin (ax)}{x^2+b^2}\mathrm{d}x}\)

15. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^1 {a \choose b}x^b(1-x)^{a-b} \mathrm{d}x}\)

Gotowca nie będzie!

[Premislav]

6.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin x}{e^x-1}dx= \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin x e^{-x}}{1-e^{-x}} \ dx= \int_{0}^{ \infty }\sin x\left( \sum_{k=0}^{ \infty }e^{-(k+1)x} \right) \ dx=\\=
\sum_{k=0}^{ \infty } \int_{0}^{ \infty }\sin x e^{-(k+1)x} \ dx= \sum_{k=0}^{ \infty } \frac{1}{1+(k+1)^2}= \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{1}{1+k^2}}\),
korzystając z postaci transformaty Laplace'a funkcji sinus.
A co do tej ostatniej sumy, to jest to szczególny przypadek tego: viewtopic.php?t=407996#p5433026

Ale na tę otwierającą z tangensem nie mam pomysłu.

-- 16 lip 2016, o 10:47 --

W pierwszym miałem debilny błąd na poziomie gimnazjum.

1.:    

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}\mbox{d}x=\bigg|x=\sinh t \bigg|= \int_{}^{} \cosh t \sqrt{\sinh t+\cosh t}\mbox{d}t= \\=\frac{1}{2} \int_{}^{} e^{\frac 3 2 t}+e^{-\frac 1 2 t}\mbox{d}t= \frac{1}{3}e^{\frac 3 2 t}-e^{-\frac 1 2 t}+C= \\=\frac{1}{3}\left(x+\sqrt{x^2+1} \right)^{\frac 3 2}- \frac{1}{ \sqrt{x+\sqrt{x^2+1}} }+C}\)

-- 16 lip 2016, o 11:16 --

3.:    

najpierw przez części:
\(\displaystyle{ \int \arcsin \sqrt{\frac{x}{a+x}}\mathrm{d}x=(a+x)\arcsin \sqrt{ \frac{x}{a+x} }- \int_{}^{} \frac{a(a+x)}{(a+x)^2} \frac{1}{2 \sqrt{ \frac{x}{a+x} } } \frac{1}{1+ \frac{x}{a+x} } \mbox{d}x=\\=(a+x)\arcsin \sqrt{ \frac{x}{a+x} }-\frac a 2 \int_{}^{} \frac{dx}{(a+x)\left( \left( \frac{x}{a+x} \right)^{\frac 1 2}+ \left( \frac{x}{a+x} \right)^{\frac 3 2}\right) }}\);
potem w celu rozwiązania tej ostatniej całki podstawienie \(\displaystyle{ t= \sqrt{ \frac{x}{a+x} }}\) (wtedy \(\displaystyle{ (a+x)t^2=x}\), czyli
\(\displaystyle{ x= \frac{at^2}{1-t^2}, a+x= \frac{a}{1-t^2}, dx= \frac{2at}{(1-t^2)^2}\mbox{d}t}\)
i mamy do obliczenia \(\displaystyle{ a \int_{}^{} \frac{1}{(1-t^2)(1+t^2)} dt}\) i zostaje żmudny, acz nietrudny rozkład na ułamki proste.
Może go przyspieszyć obserwacja, że \(\displaystyle{ 1= \frac{1}{2}\left( \left(1+t^2 \right)+\left(1-t^2 \right) \right)}\)

-- 17 lip 2016, o 01:21 --

8.:    

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty} \frac{x^{p-1}}{x+1}\text{d}x=\bigg|x=\tg^2 \theta \bigg|= 2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\tg^{2p-1}\theta \ \mbox{d}\theta=2 \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\sin \theta \cos \theta \frac{\sin^{2p-2}(\theta)}{\cos^{2p}\theta} \ \mbox{d}\theta=\\= \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }2\sin \theta \cos \theta(\cos^2 \theta)^{-p}(1-\cos^2 \theta)^{p-1} \ \mbox{d}x=\bigg|u=\cos^{2}\theta\bigg|=\\= \int_{0}^{1}u^{-p}(1-u)^{p-1} \ \mbox{d}u=\beta\left( 1-p, p\right)}\)
- chodzi mi tu o funkcję beta.
Ale jezdem fajny!

-- 17 lip 2016, o 01:50 --

13. - tylko próba:    

\(\displaystyle{ \int_0^\infty \frac{x^a}{e^x-1}\, {\rm d}x= \int_{0}^{ \infty } \frac{x^a e^{-x}}{1-e^{-x}}\ \mbox{d}x= \int_{0}^{\infty}x^a\left( \sum_{k=0}^{ \infty }e^{-(k+1)x} \right) \mbox{d}x= \sum_{k=1}^{ \infty }\left( \int_{0}^{ \infty } x^a e^{-kx}\mbox{d}x \right)}\)
Dla \(\displaystyle{ k \in \NN^+}\) podstawiamy \(\displaystyle{ u=kx}\), dostając
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }x^a e^{-kx}\ \mbox{d} x= k^{-\alpha -1} \int_{0}^{ \infty }u^a e^{-u}\ \mbox{d}u=k^{-\alpha -1}\Gamma(a+1)}\), więc kontynuując, mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{ \infty }\left( \int_{0}^{ \infty } x^a e^{-kx}\mbox{d}x \right)= \sum_{k=1}^{ \infty }k^{-\alpha-1}\Gamma(a+1)}\)
Jeżeli da się to jakoś ładniej zwinąć, to chętnie zobaczę.

[dec1]

13. cd.:    

Jeszcze można zauważyć, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{\infty}k^{-a-1}=\zeta(a+1)}\), żeby ładniej wyglądało:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty}\frac{x^a}{e^x-1}\, {\rm d}x=\zeta(a+1)\Gamma(a+1)}\)

4.:    

To ja zrobię 4.:
Niech \(\displaystyle{ f(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}}\).

Wtedy \(\displaystyle{ f'(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}}\), więc \(\displaystyle{ f(x)-f'(x)=\frac{x^n}{n!}}\)

Zatem \(\displaystyle{ \int \frac{x^n}{1+x+\displaystyle\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}}\mathrm{d}x=n!\int\frac{f(x)-f'(x)}{f(x)}\mathrm{d}x=n!\left(\ln |f(x)|-x\right)+C}\)

[kerajs]

5:    

\(\displaystyle{ \int \frac{x\mathrm{d}x}{\displaystyle 1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+...}}}=...}\)
\(\displaystyle{ \left[ t=1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+...}} \Rightarrow t=1+ \frac{x}{t} \Rightarrow x=t^2-t \Rightarrow \mbox{d}x=(2t-1 ) \mbox{d}t \right]}\)
\(\displaystyle{ ...= \int_{}^{} \frac{(t^2-t)}{t}(2t-1 ) \mbox{d}t= \frac{2}{3}t^3- \frac{3}{2}t^2+t+C=\\=
\frac{2}{3}\left(1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+...}} \right) ^3- \frac{3}{2}\left( 1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+...}}\right) ^2+\left(1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+...}} \right) +C}\)

[Premislav]

2.:    

\(\displaystyle{ \int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln (\ctg (x))\,\mathrm{d}x
=\bigg|t=\ctg x \bigg|= \int_{1}^{+\infty} \frac{\ln t}{1+t^2}\ \mbox{d}t=- \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{t^2} \frac{\ln \left( \frac{1}{t} \right) }{1+ \frac{1}{t^2} } \ \mbox{d}x=\\=\bigg|u= \frac{1}{t}\bigg|=- \int_{0}^{1} \frac{\ln u}{1+u^2} \ \mbox{d}u=- \int_{0}^{1}\ln u\left( \sum_{n=0}^{ \infty }(-u^2)^n \right) \ \mbox{d}u=\\= \sum_{n=0}^{ \infty }\left[(-1)^{n+1} \int_{0}^{1}u^{2n} \ln u \ \mbox{d}u\right]}\)
i całkując przez części, mamy \(\displaystyle{ \int_{0}^{1}u^{2n} \ln u \ \mbox{d}u= \frac{1}{2n+1}u^{2n+1}\ln u\bigg|^{1}_{0}- \frac{1}{(2n+1)^2}=- \frac{1}{(2n+1)^2}}\)
(w tak zwanym międzyczasie należy policzyć jedną prostą granicę prawostronną funkcji w \(\displaystyle{ 0}\), np. z de l'Hospitala).
Zatem otrzymaliśmy wreszcie:
\(\displaystyle{ \int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln (\ctg (x))\,\mathrm{d}x= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}}\)

[luka52]

10:    

Dwa razy przez części:
\(\displaystyle{ \int \textrm{erf}^2 (x) \; \dd x = x\, \textrm{erf}^2 (x) - \frac{4}{\sqrt{\pi}} \int x e^{-x^2} \, \textrm{erf}(x) \; \dd x = x\, \textrm{erf}^2 (x) - \frac{4}{\sqrt{\pi}} \left( - \frac{1}{2} e^{-x^2} \, \textrm{erf} (x) + \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int e^{-2x^2} \; \dd x \right)\\
=x \, \textrm{erf}^2 (x) + \frac{2}{\sqrt{\pi}} e^{-x^2} \textrm{erf}(x) - \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}} \, \textrm{erf} (\sqrt{2} x) + C}\)

12:    

2.3 i 2.4 dla \(\displaystyle{ n=m}\) z: ... _Ramanujan

14:    

Niedawno już była: viewtopic.php?t=125684,75#p5429475

15:    

\(\displaystyle{ {a \choose b} \int_0^1 x^b (1-x)^{a-b} \; \dd x = {a \choose b} \textrm{B} (b+1, a-b+1) \\=
\frac{\Gamma(a+1)}{\Gamma(b+1) \Gamma(a-b+1)} \cdot \frac{\Gamma(b+1) \Gamma(a-b+1)}{\Gamma(a+2)} = \frac{1}{1 + a}}\)

[luka52]

11:    

\(\displaystyle{ $\begin{align*}\int_{\frac{1}{a}}^1 \left\{ \frac{1}{x} \right\} \, \dd x &= \left( \int_{\frac{1}{a}}^{\frac{1}{[a]}} + \int_{\frac{1}{[a]}}^1 \right) \left\{ \frac{1}{x} \right\} \, \dd x =
\int_{\frac{1}{a}}^{\frac{1}{[a]}} \left( \frac{1}{x} - [a] \right) \, \dd x + \sum_{k=1}^{[a] - 1} \int_{\frac{1}{k+1}}^{\frac{1}{k}} \left( \frac{1}{x} - k \right) \, \dd x\\
&= \ln \left| \frac{a}{[a]} \right| + \frac{[a]}{a} - 1 + \sum_{k=1}^{[a]-1} \left( \ln (1 + k) - \ln (k) - \frac{1}{k+1} \right) \\
&= \ln \left| \frac{a}{[a]} \right| + \frac{[a]}{a} + \ln [a] - H_{[a]} = \ln a + \frac{[a]}{a} - H_{[a]} \end{align*}$}\)

[luka52]

dec1, odnośnie "zerowego" przykładu z tangensem - masz jakieś przesłanki, że faktycznie da się tę całkę jakoś ładnie wyrazić? Być może jest jakiś kontekst dla tej całki?

7. Dość brzydki wynik wychodzi

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \int_0^{+\infty} \frac{x e^{-x \sqrt{5}}}{\cosh x} \, \dd x = -2 \partial_\alpha \, \int_0^{+\infty} \frac{e^{-\alpha x}}{e^x + e^{-x}} \, \dd x \Big|_{\alpha = \sqrt{5}}}\)

Pomocnicza całka (

Kod: Zaznacz cały

https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function

):

\(\displaystyle{ $\begin{align*} \int_0^{+\infty} \frac{e^{-\alpha x}}{e^x + e^{-x}} &\stackrel{t=e^{-x}}{=}
\int_0^1 \frac{t^\alpha}{1 + t^2} \, \dd t = \sum_{k = 0}^{+\infty} (-1)^k \int_0^1 t^{\alpha + 2k} \, \dd t \\
&= \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{ (-1)^k}{1 + \alpha + 2k} = \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{1}{1 + \alpha + 4k} - \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{1}{3 + \alpha + 4k} \\
&= - \frac{1}{4} \psi^{(0)} \left( \frac{1 + \alpha}{4} \right) + \frac{1}{4} \psi^{(0)} \left( \frac{3 + \alpha}{4} \right)
\end{align*}$}\)

Wracając do wyjściowej całki:

\(\displaystyle{ $\begin{align*}\int_0^{+\infty} \frac{x e^{-x \sqrt{5}}}{\cosh x} \, \dd x &= \frac{1}{2} \left( \psi^{(0)} \left( \frac{1 + \alpha}{4} \right) - \psi^{(0)} \left( \frac{3 + \alpha}{4} \right) \right)'_{\alpha = \sqrt{5}}\\
&= \frac{1}{8} \left( \psi^{(1)} \left( \frac{1 + \sqrt{5}}{4} \right) - \psi^{(1)} \left( \frac{3 + \sqrt{5}}{4} \right) \right) \approx 0.142
\end{align*}$}\)

9:    

\(\displaystyle{ $\begin{align*}\int_{1 - 2^{-a}}^{1 - 2^{-(a + 1)}} \frac{\dd x}{[ 1 - \lg ( 1 - x ) ]} & =\left( \int_{1 - 2^{-a}}^{1 - 2^{-([a] + 1)}} + \int_{1 - 2^{-([a] + 1)}}^{1 - 2^{-(a+1)}} \right) \frac{\dd x}{[ 1 - \lg ( 1 - x ) ]} \\
& = \frac{\left( 1 - 2^{-([a] + 1)} \right) - \left( 1 - 2^{-a} \right)}{[a + 1]} + \frac{\left( 1 - 2^{-(a + 1)} \right) - \left( 1 - 2^{-([a] + 1)} \right)}{[2 + a]} \\
& = \frac{2^{-a} - 2^{-([a] + 1)}}{[a+1]} + \frac{2^{-([a]+1)} - 2^{-(a+1)}}{[a+2]}
\end{align*}$}\)
Dla \(\displaystyle{ a = [a]}\):
\(\displaystyle{ \ldots = \frac{2^{-a} - 2^{-(a+1)}}{a+1}}\)

I to chyba tyle...

[dec1]

Nie wiem czy się da. Znalazłem ją tutaj: i miałem nadzieję, że może ktoś coś wymyśli

Co do 7.:    

Mam wynik ogólniejszej całki podany za pomocą dzety Hurwitza:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{xe^{-x a}}{\cosh x} \, {\rm d}x=\frac{1}{8} \left ( \zeta \left ( 2, \frac{a+1}{4} \right ) - \zeta\left ( 2, \frac{a+3}{4} \right ) \right )}\)
Dalej się pewnie nie uprości