Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x(x-1)}\, \dd x= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x-1} \ \dd x - \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x} \ \dd x}\)
- z kryterium ilorazowego (punkty \(\displaystyle{ 0}\),\(\displaystyle{ 1}\)) i kryterium Dirichleta ("w nieskończoności") wynika, że te całki są zbieżne.
Teraz zauważmy, że \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x-1} \dd x=\bigg|t=x-1|=- \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi t}{t} \ \dd t=- \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x} \ \dd x}\), więc:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x(x-1)}\, \dd x=-2 \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x} \ \dd x=-4 \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x} \ \dd x}\)
(ostatnia równość wynika z parzystości funkcji podcałkowej) i po podstawieniu \(\displaystyle{ u=\pi x}\)
oraz przypomnieniu sobie, że \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin u}{u} \ \dd u= \frac{\pi}{2}}\), co już wspominano w tym temacie (można np. pobawić się z transformatą Laplace'a lub użyć analizy zespolonej - choć ten sposób miałem na zajęciach i w tym przypadku był piekielnie mozolny), otrzymujemy w końcu
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x(x-1)}\, \dd x=-2\pi}\)

Zacznijmy przez części:
\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{x \arcsin x}{1+x^2}\, \dd x= \frac{1}{2} \ln(1+x^2) \arcsin x \bigg|^{1}_{0}- \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x^2)}{ \sqrt{1-x^2} } \ \dd x=\\= \frac{\pi}{4} \ln 2- \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{ \sqrt{1-x^2} }\left( \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}x^{2n} \right) \ \dd x= \frac{\pi}{4}\ln 2+ \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{(-1)^n}{n} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n}}{ \sqrt{1-x^2} } \ \dd x}\)
z rozwinięcia \(\displaystyle{ f(t)=\ln(1+t)}\) w szereg Maclaurina.
Zajmiemy się teraz całkami \(\displaystyle{ I_n= \int_{0}^{1} \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}} \ \dd x}\). Łatwo widać, że mamy \(\displaystyle{ I_0=\arcsin 1-\arcsin 0= \frac{\pi}{2}}\).
Ponadto, znowu całkując przez części, mamy
\(\displaystyle{ I_n=\int_{0}^{1} \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}} \ \dd x=- \sqrt{1-x^2}x^{2n-1}\bigg|^{1}_{0}+(2n-1) \int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2}x^{2n-2} \ \dd x=\\=(2n-1) \int_{0}^{1} \frac{x^{2n-2}-x^{2n}}{ \sqrt{1-x^2} } \ \dd x=(2n-1)\left( I_{n-1}-I_n\right)}\)
dla \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\). Stąd łatwo uzyskać następującą zależność:
\(\displaystyle{ I_n= \frac{2n-1}{2n} I_{n-1}}\), a zatem wzór jawny wygląda tak:
\(\displaystyle{ I_n= \frac{\pi}{2} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}\) dla \(\displaystyle{ n \ge 1}\).
Czyli \(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{x \arcsin x}{1+x^2}\, \dd x= \frac{\pi}{4}\ln 2+\frac{ \pi }{4}\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}\)
Teraz zauważmy, że \(\displaystyle{ \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}= \frac{(2n)!}{[(2n)!!]^2}= \frac{(2n)!}{(n!)^2 2^{2n}}}\)
Nie umiem jednak zwinąć całej tej sumy i jest mi smutno. Pewnie trzeba by skorzystać z jakichś własności funkcji gamma, których nie znam/nie pamiętam.

Ta całka jest zbieżna, bo \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{x}{e^{2x}-1}= \frac{1}{2}}\), no a w plus/minus nieskończoności to jest oczywista sprawa. Zatem możemy zapisać:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{xe^x}{e^{2x}-1} \ \dd x=\int_{-\infty}^{0} \frac{xe^x}{e^{2x}-1} \ \dd x+\int_{0}^{+\infty} \frac{xe^x}{e^{2x}-1} \ \dd x=\\= -\sum_{k=0}^{+\infty} \int_{-\infty}^{0}xe^{(2k+1)x}+ \sum_{m=0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}xe^{-(2m+1)x} \ \dd x}\)
z twierdzenia Weierstrassa o całkowaniu szeregów funkcyjnych
(chyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyba - może przydałoby się jeszcze jakieś twierdzonko z nazwiskiem).
Teraz scałkujmyż przez części:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{0}xe^{(2k+1)x} \ \dd x= \frac{1}{2k+1}xe^{(2k+1)x}\bigg|^{0}_{-\infty}- \frac{1}{2k+1} \int_{-\infty}^{0}e^{(2k+1)x} \ \dd x=- \frac{1}{(2k+1)^2}}\) dla \(\displaystyle{ k \in \NN}\)
i podobnież mamy:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}xe^{-(2m+1)x} \ \dd x= \frac{1}{(2m+1)^2}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ m \in \NN}\), a w takim razie otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x e^x}{e^{2x} - 1}\, \dd x=2 \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{1}{(2m+1)^2}= \frac{\pi^2}{4}}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{x\arctan x}{1+x^4} \ \dd x= \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x+ \int_{1}^{+\infty} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x=\\= \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x+ \frac{1}{2}\arctan(x^2) \arctan x \bigg|^{+\infty}_{1}- \frac{1}{2} \int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} \ \dd x=\\= \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x+ \frac{3}{32}\pi^2- \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\arctan\left( \frac{1}{x^2} \right) }{1+x^2} \ \dd x=\\= \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x+ \frac{3}{32}\pi^2- \frac{1}{2}\arctan x \arctan\left( \frac{1}{x^2} \right)\bigg|^{1}_{0}- \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \dd x= \frac{\pi^2}{16}}\)
- dla wyjaśnienia: trochę całkowania przez części, a w przejściu, w którym
\(\displaystyle{ - \frac{1}{2} \int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} \ \dd x}\) przeistoczyło się w \(\displaystyle{ - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\arctan\left( \frac{1}{x^2} \right) }{1+x^2} \ \dd x}\), po prostu podstawiłem \(\displaystyle{ t= \frac{1}{x}}\), tylko mi się nie chciało tego wszystkiego pisać.

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\ln 2} \frac{x \ \dd x}{e^x+2e^{-x}-2}= \int_{0}^{\ln 2} \frac{xe^x}{1+(e^x-1)^2} \ \dd x=\bigg|t=e^x-1\bigg|= \int_{0}^{1} \frac{\ln(1+t)}{1+t^2} \ \dd t}\),
następnie podstawiam \(\displaystyle{ t=\tg(\alpha)}\) i mam: \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln\left( 1+\tg \alpha\right) \ \dd \alpha= \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\sin(\alpha)+\cos(\alpha)) \ \dd \alpha- \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos (\alpha)) \ \dd \alpha}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ \sin (\alpha)+\cos(\alpha)=2\sin \frac{\pi}{4}\cos\left( \alpha- \frac{\pi}{4} \right)}\), co można wyprowadzić np. ze wzoru na sumę sinusów i najbardziej podstawowego wzoru redukcyjnego, zatem, jako że w liczbach dodatnich mamy \(\displaystyle{ \ln (ab)=\ln(a)+\ln(b)}\),
więc
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\sin(\alpha)+\cos(\alpha)) \ \dd \alpha- \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos (\alpha)) \ \dd \alpha
= \\=\int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln\left( \sqrt{2}\right) \ \dd \alpha+ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln\left( \cos\left( \alpha- \frac{\pi}{4} \right) \right) \ \dd \alpha- \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos(\alpha)) \ \dd \alpha=\\=\frac{1}{2} \ln (2) \cdot \frac{\pi}{4}= \frac{\pi}{8} \ln (2),}\)
gdyż
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln \left( \cos\left( \alpha- \frac{\pi}{4} \right) \right) \ \dd \alpha=\bigg|u=\alpha- \frac{\pi}{4}\bigg|= \int_{- \frac{\pi}{4} }^{0}\ln( \cos(u)) \dd u= \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos(u)) \ \dd u}\), bo cosinus jest funkcją parzystą i to się skraca z \(\displaystyle{ - \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos(\alpha)) \ \dd \alpha}\)
Ale się podnieciłem tym rozwiązaniem, zaraz sobie w nagrodę wezmę piwo z lodówki. Takie to małe rozrywki dla umysłów na poziomie matematycznego Trzeciego Świata...

Lemat. Jeśli funkcje \(\displaystyle{ f(a)=g(\alpha)}\) i \(\displaystyle{ g(\beta)=f(b)}\) są odwrotne, to
\(\displaystyle{ \int_a^b f(x)\dd x+\int_{\alpha}^{\beta} g(x)\dd x=bf(b)-af(a)}\)
Szkic dowodu.
\(\displaystyle{ \int_a^b f(x)\dd x=xf(x)\bigg|_a^b-\int xf'(x)\dd x=xf(x)\bigg|_a^b -\int g(f(x)f'(x))\dd x=xf(x)\bigg|_a^b - \int_{\alpha}^{\beta} g(x)\dd x}\)

Niech \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt[3]{x^2+2x}}\). Wtedy \(\displaystyle{ g(x)=\sqrt{x^3+1}-1}\). Stosujemy nasz lemat:
\(\displaystyle{ \int_0^2 (\sqrt[3]{x^2+2x}+\sqrt{x^3+1}-1) \dd x=2\sqrt[3]{4+4}-0=4}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \int_0^2 (\sqrt[3]{x^2+2x}+\sqrt{x^3+1})\dd x=6}\).

Rozważmy ogólniejszą całkę (czy raczej rodzinę całek): \(\displaystyle{ I(\alpha)=\int_{0}^{+\infty}\sin\left( x^2- \frac{\alpha^2}{x^2} \right) \ \dd x}\)
i do razu drugą, która się przyda (przerobimy to na układ równań różniczkowych ):
\(\displaystyle{ J(\alpha)= \int_{0}^{+\infty}\cos\left( x^2- \frac{\alpha^2}{x^2} \right) \ \dd \alpha}\)
Mamy \(\displaystyle{ I(0)= \int_{0}^{+\infty}\sin(x^2) \ \dd x}\) oraz \(\displaystyle{ J(0)= \int_{0}^{+\infty}\cos(x^2) \ \dd x}\)
, metodami analizy zespolonej można wyliczyć, że obie one są równe \(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{\pi}{8} }}\)
- w razie konieczności to też napiszę.
Mamy: \(\displaystyle{ I'(\alpha)= -2\alpha\int_{0}^{+\infty} \frac{\dd x}{x^2}\cos\left( x^2- \frac{\alpha^2}{x^2} \right)}\) i po podstawieniu \(\displaystyle{ t= \frac{\alpha}{x}}\) w tej ostatniej całce oraz skorzystaniu z parzystości cosinusa dostajemy:
\(\displaystyle{ I'(\alpha)=-2J(\alpha)}\)
Analogicznie:
\(\displaystyle{ J'(\alpha)=2\alpha \int_{0}^{+\infty}\sin\left( x^2- \frac{a^2}{x^2} \right) \frac{\dd x}{x^2}=\bigg|t= \frac{\alpha}{x}\bigg|=\\=2 \int_{0}^{+\infty}\sin\left( \frac{\alpha^2}{t^2}-t^2 \right) \ \dd t=-2I(\alpha)}\),
bo sinus jest funkcją nieparzystą.
Dostajemy więc następujący układ równań różniczkowych (czy tam zagadnienie):
\(\displaystyle{ \begin{cases} I'(\alpha)=-2J(\alpha) \\J'(\alpha)=-2I(\alpha)\\I(0)= \sqrt{ \frac{\pi}{8} } \\ J(0)= \sqrt{ \frac{\pi}{8} } \end{cases}}\)
Ponieważ nie pamiętam tej całej fajnej teorii układów liniowych równań różniczkowych z macierzami itd. (dawno to było), to
po prostu różniczkujemy pierwsze równanie ukłądu stronami po \(\displaystyle{ \alpha}\)
i mamy \(\displaystyle{ I''(\alpha)=-2J'(\alpha)}\), po czym podstawiamy z drugiego równania układu \(\displaystyle{ J'(\alpha)=-2I(\alpha)}\), co daje nam:
\(\displaystyle{ I''(\alpha)=4I(\alpha)}\). Równanie charakterystyczne:
\(\displaystyle{ t^2-4=0}\), stąd rozwiązanie ogólne jest postaci \(\displaystyle{ I(\alpha)=C_1e^{2\alpha}+C_2e^{-2\alpha}}\) (ze względu na symetrię tego zagadnienia również tak samo jest z \(\displaystyle{ J(\alpha)}\)). Stałe \(\displaystyle{ C_1}\) i \(\displaystyle{ C_2}\) wyznaczamy z warunków \(\displaystyle{ I(0)=C_1+C_2= \sqrt{ \frac{\pi}{8} }}\)
oraz \(\displaystyle{ I'(0)=2C_1-2C_2=-2J(0)= -\sqrt{ \frac{\pi}{2} }}\), tworząc układzik równań korzystający z tych warunków. Rozwiązanie:
\(\displaystyle{ C_1=0, C_2= \sqrt{ \frac{\pi}{8} }}\)
toteż ostatecznie \(\displaystyle{ I(\alpha)= \sqrt{ \frac{\pi}{8} }e^{-2\alpha}}\)
Pozostaje podstawić we wzorku na \(\displaystyle{ I(\alpha)}\) nasze \(\displaystyle{ \alpha=1}\) i bonwłajaż.
W dokumencie, który podał luka52, był wynik prawie że tej całki - cała różnica w wykorzystaniu parzystości i wskazówka żeby rozważyć też tę z cosinusem, no to wymyśliłem coś takiego.