Matematyka.pl

Na mojej wsi pochodne funkcji `f` wyglądają jednak inaczej.

Pomijam fakt, że różniczkowanie pod całka warto jakoś uzasadnić

tak u nas na wsi też inaczej proponuję żebyś poprawił x na t wtedy zamiast mówić zrobisz to...i będzie pożytek

Poprawienie `x` na `t` nic nie da, bo całe rozumowanie jest do bani. Nie będę przeposywał tasiemców, bo to twoje a nie moje, ale myślę, że czytelnikom jesteś winien sprostowanie

co jest do bani?

arek1357 pisze: ↑7 maja 2020, o 14:09 Miałem w tym zadaniu dwie koncepcje , zaprezentuję jedną, niezbyt ładne , ale przymajmniej obliczalne...



Weźmy teraz całkę:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \cos(2kx) dx }\)

układam funkcję:

\(\displaystyle{ f(t)=\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \cos(tx) dx}\)

\(\displaystyle{ f'(t)=-t\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \sin(tx) dx}\)

To jest do bani, bo powinno być
\(\displaystyle{ f'(t)=-\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^3\ctg x \sin(tx) dx}\)

\(\displaystyle{ f''(t)=-t^2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ctg x \cos(tx) dx}\)

To jest do bani, bo po pierwsze iloczyn funkcji różniczkujemy trochę inaczej, a po drugie powinno być
\(\displaystyle{ f''(t)=-\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^4\ctg x \cos(tx) dx}\)

Jak widać mamy równanie różniczkowe:

\(\displaystyle{ y''=-t^2y}\)

Jak widać nie mamy takiego równania różniczkowego, więc cała reszta jest o niczym,

oo tak to do bani nie wiem czym się sugerowałem ale masz rację zaraz wrzucam post do kosza...

No powinienem to wyrzucić coś mi te zmienne się pomieszały

Dodano po 2 minutach 29 sekundach:
Macie oczy a nie widzicie macie uszy a nie słyszycie teraz ja idę do spowiedzi po tym poście...

Dodano po 4 minutach 25 sekundach:
nawet szkoda bo takie ładne różniczkowe równanie wyszło a do bani...

Dodano po 26 sekundach:
Zgłosiłem post do usunięcia...

arek1357 pisze: ↑7 maja 2020, o 19:18Zgłosiłem post do usunięcia...

Chyba żartujesz. Cała strona dyskusji, a ja mam post do Kosza wyrzucać? Post zostanie, dyskusja też. Na szczęście wszystko zostało wyjaśnione.

JK

arek1357 pisze: ↑7 maja 2020, o 19:18
Macie oczy a nie widzicie macie uszy a nie słyszycie teraz ja idę do spowiedzi po tym poście...

Pękłem ze śmiechu. Już widzę jak na pokutę dostajesz odmówienie rozdziału XIV Fichtenholza

No tak jestem już po pokucie ta całka się jednak łamie jak zastosujemy podstawienie :

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^2 \ctg x \ln \cos x dx }\)


\(\displaystyle{ t=e^{2ix} , x=- \frac{i}{2} \ln t , dx= - \frac{i}{2} \frac{dt}{t} }\)

\(\displaystyle{ \ctg(- \frac{i}{2}\ln t)= \frac{i(t+1)}{t-1} }\)

\(\displaystyle{ \cos(- \frac{i}{2}\ln t)= \frac{t+1}{2 \sqrt{t} } }\)

i tak pokrótce przechodzimy na coś takiego:

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

Po nudnym upraszczaniu i rozkładaniu ułamków na ułamki proste otrzymamy przejdziemy już znowu na iksy:

\(\displaystyle{ - \frac{1}{4} \int_{-1}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1+x)}{1-x} dx- \frac{1}{8} \int_{-1}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1+x)}{x} dx+ \int_{-1}^{1} \frac{\ln^3 x }{1-x} dx+ \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{\ln^3 x }{x} dx + 2\ln 2 \int_{-1}^{1} \frac{\ln^2 x }{1-x} dx+ \ln 2 \int_{-1}^{1} \frac{\ln^2 x }{x} dx}\)

Oczywiście nas interesuje tylko z tego część rzeczywista..

Pokażę jak rozwiązać pierwszą całkę:

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

\(\displaystyle{ \ln(1+x)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n+1}}{n}x^n }\)


\(\displaystyle{ \frac{\ln(1+x)}{1-x} \sum_{n=0}^{ \infty }x^n \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n+1}}{n}x^n }\)

Zauważmy po rozpisaniu będzie:

\(\displaystyle{ (1+x+x^2+x^3+...)(x- \frac{1}{2}x^2+ \frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+...)=x+(x^2-\frac{1}{2}x^2)+(x^3-\frac{1}{2}x^3+\frac{1}{3}x^3)+...= \sum_{n=1}^{ \infty } S_{n}x^n}\)

gdzie nasz.: \(\displaystyle{ S_{n}=1- \frac{1}{2}+ \frac{1}{3} -...+(-1)^{n+1} \frac{1}{n}}\)

Nasza całka będzie pod sumą już po uproszczeniach (sporo liczenia):

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } S_{n} \int_{-1}^{1}x^n\ln^2 x dx= 2 \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{S_{n}}{n^3}+\pi^2 \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{S_{n}(-1)^n}{n} -2\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{S_{n}(-1)^n}{n^3}+2\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{n^4}+\pi^2\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2}-2\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^4}+2\pi i\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{S_{n}(-1)^n}{n^2}-2\pi i\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^3}}\)

Te sumy są już dośc zjadliwe, będą to po prostu pewne wartości polilogarytmów , można sobie sprawdzić...

Druga całka podobnie a nawet jeszcze lepiej:

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

sprowadza się do:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }(-1)^{n+1} \int_{-1}^{1}x^{n-1}\ln^2 x dx= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{x^n\left[ n^2\ln^2 x-2n\ln x +2\right] }{n^3}|^1_{-1}=}\)

\(\displaystyle{ = 2 \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n+1}}{n^4} +2 \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^4} -\pi^2 \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2} -2\pi i \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^3} }\)

pozostałe już analogicznie np:

\(\displaystyle{ \int_{-1}^{1} \frac{\ln^3 x}{x} = \frac{\ln^4 x}{4}|_{-1}^1= \frac{\pi^4}{4} }\)

\(\displaystyle{ \int_{-1}^{1} \frac{\ln^2 x}{x} = \frac{\ln^3 x}{3}|_{-1}^1= -\frac{\pi^3 i}{3} }\)

Pozostanie tylko dwie całki:

\(\displaystyle{ \int_{-1}^{1} \frac{\ln^3 x}{1-x} = \sum_{n=0}^{ \infty } \int_{-1}^{1} x^n\ln^3 x dx= -\pi^3\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{n} + 3\pi^2\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{n^2}+6\pi i\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{n^3}}\)

zostaje ostatnia całka:

\(\displaystyle{ \int_{-1}^{1} \frac{\ln^2 x}{1-x} = \sum_{n=0}^{ \infty } \int_{-1}^{1}x^n\ln^2 x dx= \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^{n+1}\left[ (n+1)^2\ln^2 x -2(n+1)\ln x+2\right] }{(n+1)^3}|_{-1}^1=-\pi^2 \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{n} +2\pi i \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{n^2} }\)

jak widać sumy te są ładne i są zbieżne , bierzemy część rzeczywistą z tego, i można je ładnie nazywać , mogły być pomyłki...

Ja tylko spytam ile wynosi `\ln (-1/2) `

\(\displaystyle{ \ln( -\frac{1}{2})=\ln(-1)+\ln( \frac{1}{2})=i\pi+\ln( \frac{1}{2})=i\pi-\ln(2) }\)

Więc po co się pytasz?

Czy w takim razie \(\displaystyle{ \int_{-1}^1 \frac{\ln^2 x}{x}dx=\int _{-1}^0 \frac{(\pi i +\ln|x|)^2}{x}dx+\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{x}dx=\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{x}dx-\int_0^1 \frac{(\pi i +\ln x)^2}{x}dx}\) ?

Chciaem trochę to skrócić , pójść na skróty...

Nie wiem co chciałeś, ale zabawy z rozbieżnymi całkami są dość ryzykowne

Dokładnie masz rację, ale jak spróbowałem tak jak mówiłeś aby rozbić je na dwie wychodzą dziwne rozbieżności, które się nie redukują i to mnie niepokoi a całka podstawowa jest zbieżna co widać gołym okiem...

Dodano po 18 godzinach 31 minutach 57 sekundach:
Coś mnie tknęło i wziąłem całkę na razie nieoznaczoną:

\(\displaystyle{ I= \int_{}^{} \frac{\ln^2 x \ln(1+x)}{1-x}dx}\) - która wydaje mi się najfajniejsza z pozostałych...

i wykonałem podstawienie:

\(\displaystyle{ x=e^{it} , dx=ie^{it}dt}\)

otrzymamy:


\(\displaystyle{ -i \int_{}^{} t^2 \frac{e^{it}}{1-e^{it}} \ln(1+e^{it})dt }\)

teraz kolejne podstawienie:

\(\displaystyle{ t=2x , dt=2dx}\)

\(\displaystyle{ -8i \int_{}^{} x^2 \frac{e^{2ix}}{1-e^{2ix}} \ln(1+e^{2ix})dt }\)

podstawienie z eulera:

\(\displaystyle{ 1+e^{2ix}=2e^{ix}\cos x}\)

\(\displaystyle{ \ln( 1+e^{2ix})=\ln(2e^{ix}\cos x)=\ln \cos x +ix+\ln2}\)

Natomiast:

\(\displaystyle{ \frac{e^{2ix}}{1-e^{2ix}}= \frac{1}{2}i\left( \ctg x+i\right) }\)

teraz to podstawiając otrzymamy:

\(\displaystyle{ 8i \int_{}^{} x^2 \frac{1}{2}i\left( \ctg x+i\right)\left( \ln \cos x+ix +\ln 2\right)dx }\)

Teraz mogę powiedzieć "Twoja twarz grzmi znajomo"

Po rozpisaniu mamy:

\(\displaystyle{ U=-4 \int_{}^{} x^2\ctg x \ln \cos x dx-4i \int_{}^{} x^3\ctg x dx-4\ln 2 \int_{}^{} x^2\ctg x dx-4i \int_{}^{} x^2\ln\cos x dx+4 \int_{}^{}x^3 dx-4i\ln 2 \int_{}^{} x^2 dx }\)

Znowu pojawiła się nasza całka pierwotna, ale teraz do czego zmierzam , pomyślałem , że mogę użyć całki po konturze w związku z tym, a konturem będzie:

odcinek i połówka okręgu.: \(\displaystyle{ <-1;1> \cup P(0,1)}\)

\(\displaystyle{ P(0,1)}\) - półokrąg o środku \(\displaystyle{ (0,0)}\) i promieniu \(\displaystyle{ 1}\)

Całka po odcinku\(\displaystyle{ <-1;1>}\) to:

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

Muszę ją rozpisać bo a4Karo mnie skrzyczy:

\(\displaystyle{ \int_{-1}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1+x)}{1-x}dx =\int_{-1}^{0} \frac{\ln^2 x \ln(1+x)}{1-x}dx+\int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1+x)}{1-x} dx}\)

Tę pierwszą niestety muszę rozpisać a robię to z buulem:

\(\displaystyle{ \int_{-1}^{0} \frac{\ln^2 x \ln(1+x)}{1-x}dx= \int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1-x)}{1+x} dx+2\pi i \int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln (1-x)}{1+x} dx -\pi^2 \int_{0}^{1} \frac{\ln (1-x)}{1+x} dx }\)

mamy więc niezłą jatkę:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1-x)}{1+x} dx+2\pi i \int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln (1-x)}{1+x} dx -\pi^2 \int_{0}^{1} \frac{\ln (1-x)}{1+x} dx +\int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1+x)}{1-x} dx +U_{0}^{ \frac{\pi}{2} }=0}\)

Całka po konturze wynosi zero...w \(\displaystyle{ U}\) jest :\(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) a nie do \(\displaystyle{ \pi}\) ponieważ robiłem podstawienie wcześniej \(\displaystyle{ t:=2x}\)


Teraz niestety muszę znęcać się nad każdą całką:

Będę korzystał ze wzorów:

\(\displaystyle{ \ln(1+x)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^{n+1}}{n} x^n }\)

\(\displaystyle{ \ln(1-x)= -\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n} x^n }\)


\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1-x)}{1+x} dx}\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n} \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^nx^n= \sum_{n=1}^{ \infty }(-1)^nS_{n}x^n }\)

Gdzie:

\(\displaystyle{ S_{n}=1- \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}- \frac{1}{4}+...+(-1)^{n+1} \frac{1}{n} }\)

Więc:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1-x)}{1+x} dx= \sum_{n=1}^{ \infty }(-1)^{n+1}S_{n}x^n\ln^2 x dx= \sum_{n=1}^{ \infty }(-1)^{n+1}S_{n} \frac{x^{n+1}\left[ (n+1)^2\ln^2 x -2(n+1)\ln x+2\right] }{(n+1)^3}|_{0}^1= 2\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{S_{n}}{(n+1)^3}(-1)^{n+1}= 2\sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^nS_{n}}{n^3}+ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^4} }\)

Następna całka:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln x \ln(1-x)}{1+x} dx=\sum_{n=1}^{ \infty }(-1)^{n+1}S_{n}x^n\ln x dx = \sum_{n=1}^{ \infty }(-1)^{n+1}S_{n} \frac{x^{n+1} \left[ (n+1)\ln x -1\right] }{(n+1)^2}|_{0}^1 = \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{S_{n}}{(n+1)^2}(-1)^{n+1}= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^nS_{n}}{n^2}+ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^3} }\)

Trzecia całka:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{ \ln(1-x)}{1+x} dx=\sum_{n=1}^{ \infty }(-1)^{n+1}S_{n} \int_{0}^{1} x^n dx=\sum_{n=1}^{ \infty }(-1)^{n+1}S_{n} \frac{x^{n+1}}{n+1}|_{0}^1= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{S_{n}(-1)^n}{n}+ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^2} }\)

Czwarta całka:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln(1+x)}{1-x} dx= \sum_{n=1}^{ \infty } S_{n}x^n\ln^2 x dx=2 \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{S_{n}}{n^3}+2 \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{n^4} }\)

No teraz czas na kolejne:

\(\displaystyle{ U_{0}^{ \frac{\pi}{2} }}\)

\(\displaystyle{ -4 \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^2\ctg x\ln \cos x dx=-4I }\)

\(\displaystyle{ -4i \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^3\ctg x dx=- \frac{1}{16} \left[ -24\pi^2 \Li _{2}(-1)+48\pi \Li _{3}(-1)+48 \Li _{4}(-1)-\pi^4+8i\pi^3\ln 2 +\pi^4-48 \Li _{4}(1)\right] = - \frac{3}{4}\pi^2\xi(2)+ \frac{9}{4}\pi \xi(3)- \frac{363}{8}\xi(4)+8\pi^3i\ln 2-\pi^4 }\)

Następny badziew:

\(\displaystyle{ -4\ln 2\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^2\ctg x dx=\pi\xi(2)i\ln 2+ \frac{3}{2}\xi(3)\ln 2-\pi^2\ln ^2 2+2\xi(3)\ln 2- \frac{\pi^3}{6}i\ln 2 }\)

Kolejny:

\(\displaystyle{ -4i \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2\ln \cos x dx= \frac{7}{2}i\xi(3)-\pi^2i\ln 2 }\)

dalej:

\(\displaystyle{ 4\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^3dx= \frac{\pi^4}{16} }\)

ostatni na szczęście;

\(\displaystyle{ -4i\ln 2 \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }x^2 dx=- \frac{\pi^3}{6}i \ln 2 }\)

Teraz to dziadostwo dodać, przyrównać do zera i wyliczyć (wziąć część rzeczywistą) \(\displaystyle{ I}\) , na pewno mnie a4Karo z..., że wziąłem kostropaty łuk (półokrąg)
dla całki \(\displaystyle{ I}\) mających osobliwości w punktach: \(\displaystyle{ -1.0,1}\) , ale co tam , inaczej nie umiem ,(to na pewno słabsza część tego rozwiązania)...

musiałbym brać łamańca objeżdżającego te dziwne punkty i liczyć granicę, ale takie rzeczy robi tylko Dreamer ja nie mam cierpliwości, przepraszam za pomyłki, które mogły wystąpić , za kilkakrotne podejścia i obiecuję, że na tym kończę , ten ostatni pomysł był chyba najbliższy przedostatniemu bo raczej wszystko się zbiega... A dlaczego we wcześniejszym podejściu po uwadze a4Karo wychodzą rozbieżności tego naprawdę nie wiem...Jak ktoś znajdzie przyczynę to wiszę mu piwo a nawet trzy...Bo uważam, że z przedostatniego podejścia to zadanie powinno być rozwalone...

Stosowałem:

- rozwinięcia logarytmów,
- całki po konturze
- mnożenie nieskończonych szeregów
-polilogarytmy
-wzory eulera
-etc...

Może się to komuś nie podobać , ale wolna wola...(Może pokazać coś lepszego)...

Jako ćwiczenie zostawiam do obliczenia całki:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^3 \ctg x dx , \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2 \ctg x dx , \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } x^2 \ln \cos x dx dx}\)

Przypominam jeszcze, że:

\(\displaystyle{ \xi(a)= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{n^a} }\)

Dodano po 24 minutach :
Aaa i jescze jedno , można szukać lepszej i ładniejszej postaci tych sum:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^nS_{n}}{n^a} , \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{S_{n}}{n^a}}\)

gdzie przypominam:

\(\displaystyle{ S_{n}= \sum_{i=1}^{n} \frac{(-1)^{i+1}}{i} }\)