Całki dla smakoszy

[Premislav]

Nieprawda, na tej zasadzie jeśli ktoś pomyślał sobie o bóstwie, to ono istnieje, tylko że być może jest nierzeczywiste. No ale niektórzy lubią się bawić w Gorgiasza.
Funkcja podcałkowa nawet nie jest określona na przedziale \(\displaystyle{ [-12\pi, 12\pi]}\), ponieważ mianownik zeruje się tam, gdzie \(\displaystyle{ \sin^2 x=\cos^2 x}\).

[arek1357]

A co to przeszkadza rozbij to na przedziały i jedź po granicach...

Fakt, że została tu napisana świadczy o tym, ze jednak istnieje.

Bardzo mądre spostrzeżenie powinno wejść do kanonu ...

-- 18 marca 2019, 17:10 --

Można zapisać w tej postaci:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{x^2\tg^2x}{\tg^2x-1}dx}\)

Przez części:

\(\displaystyle{ u=x^2 , v= \int_{}^{} \frac{\tg^2x}{\tg^2x-1}dx}\)

\(\displaystyle{ du=2xdx}\)

Liczenie tej całki jest proste podstawieniem:

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

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\tg^2x}{\tg^2x-1}dx}\)

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

i zostaje całka do wyliczenia:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} x\ln(\cos x-\sin x)dx}\)

Może pójść przez funkcje specjalne...

potem liczyć granice tam gdzie trzeba...

Nie bardzo chce mi się to formalizować do końca...

[Premislav]

Nawet jeśli tak postąpić, to dostaniesz wyrażenia typu \(\displaystyle{ \infty-\infty}\), tak że niczego to tutaj nie ratuje (najwyżej można się zastanowić, czy obliczenie wartości głównej miałoby sens, ale nie widzę, żeby treść to regulowała). To ja też coś napiszę, i to będzie znaczyło, że istnieje:
niech \(\displaystyle{ f:[0,1]\mapsto \RR}\) będzie funkcją niecałkowalną w sensie Riemanna na przedziale \(\displaystyle{ [0,1]}\). Zapiszmy sobie
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}f(x)\,\dd x}\)
Zapisałem, więc istnieje. Nieironicznie mi przykro, że można tu przeczytać takie sugestie. Ale nie będę kontynuować tego wątku, szkoda słów.

[ann_u]

Udowodnij, że:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos \pi x }{e^{2\pi\sqrt{x} }-1} \, \mbox d x=\frac{2-\sqrt{2}}{8}}\)

[a4karo]

Nawet jeśli tak postąpić, to dostaniesz wyrażenia typu \(\displaystyle{ \infty-\infty}\), tak że niczego to tutaj nie ratuje (najwyżej można się zastanowić, czy obliczenie wartości głównej miałoby sens, ale nie widzę, żeby treść to regulowała). To ja też coś napiszę, i to będzie znaczyło, że istnieje:
niech \(\displaystyle{ f:[0,1]\mapsto \RR}\) będzie funkcją niecałkowalną w sensie Riemanna na przedziale \(\displaystyle{ [0,1]}\). Zapiszmy sobie
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}f(x)\,\dd x}\)
Zapisałem, więc istnieje. Nieironicznie mi przykro, że można tu przeczytać takie sugestie. Ale nie będę kontynuować tego wątku, szkoda słów.

Na kursie analizy I uczy się jak liczyć całki niewłaściwe pierwszego i drugiego rodzaju i nie ma to nic wspólnego z wartościami głównymi. Również Wikipedia https://pl.wikipedia.org/wiki/Ca%C5%82k ... %C5%9Bciwa podaje jak się je liczy i kiedy są zbieżne.

Ograniczmy się do przedziału \(\displaystyle{ [0,\pi/2]}\). Funkcja podcałkowa posiada osobliwość w ponkcie \(\displaystyle{ \pi/4}\), więc należy zbadać istnienie granic
\(\displaystyle{ \lim_{c\nearrow \pi/4} \int_0^c f(x)dx}\) i \(\displaystyle{ \lim_{d\searrow \pi/4} \int_d^{\pi/2} f(x)dx}\) . Jeżeli obie są skończone, to całka jest zbieżna, jeżeli choć jedna jest nieskończona, to całkę nazywamy rozbieżną. W tym przypadku \(\displaystyle{ \cos 2x}\) zachowuje się w pobliżu \(\displaystyle{ \pi/4}\) tak jak \(\displaystyle{ -2(x-\pi/4)}\), więc obie granice są nieskończone.

A uwaga o niecałkowalnej funkcji to już czysta demagogia.

[Premislav]

A to przepraszam, poważny błąd z mojej strony, zapomniałem o jakimś typie całek niewłaściwych, bo w ogóle ich nie używałem.

Uwaga o niecałkowalnej funkcji to nie żadna czysta demagogia, tylko klarowna i logiczna odpowiedź na suchar, że jak coś zostało napisane, to istnieje (niebędący mojego autorstwa).

-- 18 mar 2019, o 18:57 --

NB ja z Analizą I sobie dobrze radziłem i nie przypominam sobie, by takie zagadnienie było omawiane, przynajmniej na ćwiczeniach (podobnie nie miałem np. podstawień Eulera). No ale to nie jest żadne usprawiedliwienie.

[arek1357]

Całka Anny z problemu tygodnia Ligi

[stuart clark]

Thanks Premislav and Arek

\(\displaystyle{ \displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\int^{1}_{0}n\ln\bigg(1+\bigg(\frac{x}{n}\bigg)^\alpha\bigg)dx\;, 0<\alpha \leq 1}\)

[Premislav]

Jakieś łatwe to. Dla \(\displaystyle{ \alpha\in(0,1)}\) korzystamy z następującego oszacowania:
\(\displaystyle{ \ln(1+t)\ge\frac{t}{1+t}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ t\ge 0}\) i z monotoniczności całki oznaczonej.
Mianowicie:
\(\displaystyle{ \ln\left( 1+\left( \frac x n\right)^{\alpha} \right) \ge \frac{\left( \frac x n\right)^a }{1+\left( \frac x n\right)^{\alpha} }\ge \frac 1 2 \left( \frac x n\right)^{\alpha}}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN^+, x\in [0,1], \ \alpha\in(0,1)}\) (ostatnia nierówność wynika z tego, że \(\displaystyle{ 0\le \frac x n\le 1}\)). Czyli:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}n\ln\left( 1+\left( \frac x n\right)^{\alpha} \right)\ge \frac 1 2 n^{1-\alpha} \int_{0}^{1}x^{\alpha}\,\dd x=\frac{1}{2(\alpha+1)}n^{1-\alpha}\stackrel{n \to \infty}\longrightarrow +\infty}\)

Natomiast dla \(\displaystyle{ \alpha=1}\) korzystamy z tego, że dla \(\displaystyle{ t\ge 0}\) zachodzą nierówności
\(\displaystyle{ t-\frac{t^2}{2}\le \ln(1+t)\le t}\), z monotoniczności całki oznaczonej i z twierdzenia o trzech ciągach.
\(\displaystyle{ n\left( \frac x n-\frac{x^2}{2n^2}\right) \le n\ln\left( 1+\frac x n\right) \le x}\)
Zatem po scałkowaniu:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}\left( x-\frac{x^2}{2n}\right)\,\dd x\le \int_{0}^{1}n\ln\left( 1+\frac x n\right)\,\dd x\le \int_{0}^{1}x\,\dd x}\)
czyli
\(\displaystyle{ \frac 1 2-\frac{1}{6n}\le \int_{0}^{1}n\ln\left( 1+\frac x n\right)\,\dd x\le \frac 1 2}\)
Przechodząc z \(\displaystyle{ n}\) do \(\displaystyle{ +\infty}\) widzimy, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1}n\ln\left( 1+\frac x n\right)\,\dd x=\frac 1 2}\)

-- 22 mar 2019, o 11:01 --

A ta całka, którą zamieściła ann_u jest jakaś trudna, próbowałem ją liczyć za pomocą analizy zespolonej, ale wyszły mi jakieś sinusy całkowe, z którymi się nie przyjaźnię, więc dałem sobie spokój.

EDIT: zauważyłem, że źle policzyłem
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}x\,\dd x}\) Poprawiłem o 17:19.

[stuart clark]

Thanks Premislav.

\(\displaystyle{ \int^{2}_{0}\frac{\ln(1+4x)}{1+x^2}dx}\)

[Premislav]

To się wyraża za pomocą funkcji specjalnej \(\displaystyle{ \textbf{Li}_2}\), ja tego nie policzę. Mogę najwyżej pokazać (ale uogólnić się tego raczej nie da), co zrobić z taką oto całką:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{2} \frac{\ln(1+2x)}{1+x^2}\,\dd x}\)
Próbowałem robić to zadanie, rozważając funkcję
\(\displaystyle{ I(a)= \int_{0}^{2} \frac{\ln(1+ax)}{1+x^2}\,\dd x}\)
Oczywiście mamy \(\displaystyle{ I(0)=0}\), a ponadto można wyliczyć (co też zrobiłem), że
\(\displaystyle{ I'(a)=a \int_{0}^{2} \frac{\,\dd x}{(1+x^2)(1+ax)}=\\=a \int_{0}^{2}\left( \frac{\frac{a^2}{1+a^2}}{1+ax} + \frac{\frac{1}{a^2+1}-\frac{a}{a^2+1}x}{1+x^2} \right)\,\dd x=\\=\frac{a^2}{1+a^2}\ln(1+2a)+\frac{a}{a^2+1}\arctg(2)-\frac{a^2}{2a^2+2}\ln 5}\)

Na czym teraz polega dowcip (nie pisałbym tego, bo to nie rozwiązuje zadania, ale bardzo mnie to rozśmieszyło):
\(\displaystyle{ 2\int_{0}^{2} \frac{\ln(1+2x)}{1+x^2}\,\dd x=\int_{0}^{2} \frac{\ln(1+2x)}{1+x^2}\,\dd x+I(2)-I(0)=\\= \int_{0}^{2} \frac{\ln(1+2x)}{1+x^2}\,\dd x+ \int_{0}^{2}\frac{a^2}{1+a^2}\ln(1+2a)\,\dd a+ \int_{0}^{2}\frac{a}{a^2+1}\arctg(2)\,\dd a- \int_{0}^{2} \frac{a^2}{2a^2+2}\ln 5\,\dd a=\\= \int_{0}^{2} \frac{\ln(1+2a)}{1+a^2}\,\dd a+ \int_{0}^{2}\frac{a^2}{1+a^2}\ln(1+2a)\,\dd a+ \int_{0}^{2}\frac{a}{a^2+1}\arctg(2)\,\dd a- \int_{0}^{2} \frac{a^2}{2a^2+2}\ln 5\,\dd a=\\= \int_{0}^{2}\ln(1+2a)\,\dd a+ \int_{0}^{2}\frac{a}{a^2+1}\arctg(2)\,\dd a- \int_{0}^{2} \frac{a^2}{2a^2+2}\ln 5\,\dd a}\)
i każdą z tych całek da się łatwo policzyć.
Niestety, w ogólności nie ma tak dobrze, gdy chcemy scałkować \(\displaystyle{ I'(a)}\), to dostajemy praktycznie identyczną całkę, jak wyjściowa.

Różnych innych cudów próbowałem; zamiany na całkę podwójną, dobierania innych całek z parametrem, itd. no ale trafiałem za każdym razem na całki dla mnie nie do obliczenia i to są właśnie te z \(\displaystyle{ \textbf{Li}_2}\).

[stuart clark]

Thanks friends got it

Let \(\displaystyle{ \displaystyle I(\alpha) = \int^{2}_{0}\frac{\ln(1+\alpha x)}{1+x^2}dx\;\;, \alpha>0}\)

Then  \(\displaystyle{ \displaystyle I'(\alpha) = \int^{2}_{0}\frac{x}{(1+\alpha x)(1+x^2)}dx = \frac{1}{1+\alpha^2}\int^{2}_{0}\bigg(\frac{-\alpha}{1+\alpha x}+\frac{\alpha +x}{1+x^2}\bigg)dx}\)

So  \(\displaystyle{ \displaystyle I(\alpha) = \frac{1}{1+\alpha^2}\bigg[-\ln(1+2\alpha)+\alpha \tan^{-1}(2)+\ln(\sqrt{5})\bigg]}\)

So  \(\displaystyle{ \displaystyle I'(\alpha) = -\int^{2}_{0}\frac{\ln(1+2\alpha)}{1+\alpha^2}d\alpha+\ln(\sqrt{5})\int \frac{1}{1+\alpha^2}d\alpha}\) 

So we get  \(\displaystyle{ \displaystyle I(\alpha) = -\frac{1}{2}\ln(5)\tan^{-1}(2)+\frac{1}{2}\ln(5)\tan^{-1}(2)+\ln(\sqrt{5})\tan^{-1}(\alpha)}\)

So  we have \(\displaystyle{ \displaystyle \color{blue}I(4) = \ln(\sqrt{5})\tan^{-1}(4).}\)

For integration  \(\displaystyle{ \displaystyle \color{red}\int^{a}_{0}\frac{\ln(1+ax)}{1+x^2}dx = \frac{1}{2}\tan^{-1}(a)\ln(1+a^2)}\)

which is obtained by substitute  \(\displaystyle{ \color{red}x=\tan \theta}\)  or \(\displaystyle{ \displaystyle \color{red}x = \frac{a-t}{1+at}}\) 

[Premislav]

Wow!

````````````````````````````````````````````````
Jezu, co za durny błąd, napisałem \(\displaystyle{ a}\) zamiast \(\displaystyle{ x}\) w liczniku po zróżniczkowaniu i błąd propagował.

[stuart clark]

\(\displaystyle{ \displaystyle \int^{2\pi}_{0}x^2\sec(x)dx}\)-- 29 Mar 2019, o 09:42 --\(\displaystyle{ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\frac{x\ln x}{1+e^x}dx}\) and \(\displaystyle{ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\frac{x\sin x}{(x^2+1)^3}dx}\)

[Premislav]

Ta pierwsza jest rozbieżna, bez sensu.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Najpierw przez części:
\(\displaystyle{ \int^{\infty}_{0}\frac{x\sin x}{(x^2+1)^3}dx= -\frac{\sin x}{4(x^2+1)^2}\bigg|^{x \rightarrow \infty}_{x=0}+ \frac 1 4\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x}{(x^2+1)^2} \,\dd x=\\=\frac 1 4\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x}{(x^2+1)^2} \,\dd x}\)

Rozważmy teraz funkcję \(\displaystyle{ I(a)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos (ax)}{(x^2+1)^2} \,\dd x}\)
Mamy \(\displaystyle{ I(0)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\,\dd x}{(x^2+1)^2}=\frac{\pi}{4}}\)
oraz, na mocy tw. Leibniza o różniczkowaniu pod znakiem całki i z tw. o całkowaniu przez części (no wiem, że ono jest w klasycznej wersji dla zwykłych całek oznaczonych, ale dajmy spokój, kwestia trywialnych przejść granicznych),
\(\displaystyle{ I'(a)=- \int_{0}^{+\infty} \frac{x\sin(ax)}{(x^2+1)^2}\,\dd x=\\=\frac{\sin(ax)}{2(x^2+1)}\bigg|^{x\rightarrow +\infty}_{x=0}-\frac{a}{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2+1} \,\dd x=\\=-\frac{a}{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2+1} \,\dd x}\)
Całkę \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2+1} \,\dd x}\) wyznaczyłem już
tutaj
i wynosi ona \(\displaystyle{ \frac \pi 2 e^{-a}}\), stąd otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ I'(a)=-\frac \pi 4 a e^{-a}}\). Całkujemy to:
\(\displaystyle{ I(a)=\frac{\pi}{4}e^{-a}+a\frac{\pi}{4}e^{-a}+C}\).
Korzystamy z \(\displaystyle{ I(0)=\frac \pi 4}\) i mamy \(\displaystyle{ C=0}\).
Tak więc
\(\displaystyle{ I(a)=\frac{\pi}{4}e^{-a}+a\frac{\pi}{4}e^{-a}}\),
czyli \(\displaystyle{ I(1)=\frac{\pi}{2}e^{-1}}\)
i ostatecznie nasza całka jest równa \(\displaystyle{ \frac 1 4 I(1)}\), czyli
\(\displaystyle{ \int^{\infty}_{0}\frac{x\sin x}{(x^2+1)^3}\dd x=\frac{\pi}{8e}}\)