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.
ann_u
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 138
Rejestracja: 14 wrz 2018, o 18:56
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Brak
Podziękował: 31 razy
Pomógł: 4 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: ann_u »

\(\displaystyle{ \int \limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos x+1-x^2}{(1+x\sin x)\sqrt{1-x^2}}dx}\)
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

\(\displaystyle{ 0}\)
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11263
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3140 razy
Pomógł: 746 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: mol_ksiazkowy »

\(\displaystyle{ \int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln(x^4 -2x^2 +2)}{x \sqrt{x^2-1} }dx}\)
ann_u
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 138
Rejestracja: 14 wrz 2018, o 18:56
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Brak
Podziękował: 31 razy
Pomógł: 4 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: ann_u »

mol_ksiazkowy pisze: 9 cze 2020, o 11:39 \(\displaystyle{ \int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln(x^4 -2x^2 +2)}{x \sqrt{x^2-1} }dx}\)
\(\displaystyle{ \frac{3}{8}(\ln 2)^2-\frac{\pi^2}{96}}\)
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

Może jakieś rozwiązanie?

A jak nie to zgaduj zgadula, ale to nie ten dział...
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mariusz M »

\(\displaystyle{ \int_{1}^{+ \infty} \frac{\ln(x^4 -2x^2 +2)}{x \sqrt{x^2-1} }dx\\
\int_{1}^{+ \infty} x\frac{\ln(x^4 -2x^2 +2)}{x^2 \sqrt{x^2-1} }dx\\
t= \sqrt{x^2-1} \\
t^2=x^2-1\\
2t \dd t=2x \dd x \\
t \dd t=x \dd x \\
\int_{0}^{ \infty }\frac{t\ln{\left( t^4+1\right) }}{\left( t^2+1\right)t } \dd t \\
\int_{0}^{ \infty }\frac{\ln{\left( t^4+1\right) }}{\left( t^2+1\right) } \dd t \\
}\)


Dalej może z wzoru Leibniza choć dobrze go nie przećwiczyłem

\(\displaystyle{ I\left( y\right)= \int_{0}^{ \infty }\frac{\ln{\left( yt^4+1\right) }}{\left( t^2+1\right) } \dd t \\}\)

Dodano po 1 godzinie 32 minutach 58 sekundach:
Gdybyśmy jednak chcieli pobawić się szeregami to proponuję podstawienie

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{\ln{\left( t^4+1\right) }}{\left( t^2+1\right) } \dd t \\
u=\frac{1}{t}\\
\int_{ \infty }^{0}\frac{\ln{\left( 1+\frac{1}{u^4}\right) }}{1+\frac{1}{u^2}} \cdot \left( - \frac{1}{u^2} \right) \dd t\\
\int_{0}^{ \infty }\frac{\ln{\left( 1+\frac{1}{u^4}\right) }}{u^2+1} \\
\ln{\left( 1+x\right) }= \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{\left( -1\right)^{n+1} }{n} x^{n} , \left| x\right| < 1\\
}\)


Dodano po 2 minutach 13 sekundach:
a jednak nie będziemy mieli takiego przedziału aby bawić się szeregami
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

Widzę tu taką alternatywę, a mianowicie:

\(\displaystyle{ f(a)= \int_{0}^{ \infty } \frac{\ln(x^4+a)}{x^2+1}dx }\)

\(\displaystyle{ f'(a)= \int_{0}^{ \infty } \frac{1}{(x^4+a)(x^2+1)} dx}\)

To się da wyliczyć jakoś...

A z koleji mamy:

\(\displaystyle{ f(0)= 4 \int_{0}^{ \infty } \frac{\ln x}{x^2+1}dx=0 }\)
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav »

Jak chcecie się bawić szeregami, to można rozbić na
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1+t^{4}\right)}{t^{2}+1}\mbox{d}t+\int_{1}^{\infty}\frac{\ln\left(1+t^{4}\right)}{t^{2}+1}\mbox{d}t}\)
i w tej drugiej całce podstawić \(\displaystyle{ u=\frac{1}{t}}\). To nas doprowadzi do czegoś takiego:
\(\displaystyle{ 2\int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1+t^{4}\right)}{t^{2}+1}\mbox{d}t-4\int_{0}^{1}\frac{\ln t}{t^{2}+1}\mbox{d}t}\)
To drugie jest łatwe do wyznaczenia (ale potrzeba stałej \(\displaystyle{ C}\)), natomiast pierwsze mnie jak na razie pokonało.
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mariusz M »

@Przemysław a z wzoru Leibniza coś wyjdzie ?
Próbowałeś go a może masz inny pomysł ?

Czasami całką podwójną można było pewne całki pojedyncze liczyć

Jeżeli chodzi o szeregi to z iloczynu Cauchyego mieilibyśmy podwójną sumę
ale do tego też trzeba by mieć odpowiedni przedział całkowania

Dodano po 45 minutach 34 sekundach:
Gdybyśmy chcieli liczyć sposobem amerykańskim to dostalibyśmy

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{\ln{\left( t^4+1\right) }}{\left( t^2+1\right) } \dd t \\
t=\tan{u}\\
\dd t=\left( 1+\tan^2{u}\right) \dd u\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \frac{\ln{\left( 1+\tan^{4}{u}\right) }}{1+\tan^2{u}} \cdot \left( 1+\tan^2{u}\right) \dd u\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \ln{\left( 1+\tan^{4}{u}\right) } \dd u\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{ \left(\frac{\cos^{4}{u}+\sin^{4}{u}}{\cos^{4}{u}} \right)} \dd u\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left( \cos^{4}{u}+\sin^{4}{u}\right) } \dd u-4\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }{\ln{\left( \cos{u}\right) } \dd u}\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left(\left( \cos^{2}{u}+\sin^{2}{u}\right)^2-2\cos^{2}{u}\sin^{2}{u} \right) } \dd u-4\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }{\ln{\left( \cos{u}\right) } \dd u}\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left( 1-\frac{1}{2}\sin^{2}{u}\right) } \dd u-4\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }{\ln{\left( \cos{u}\right) } \dd u}\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{\left( 1-\frac{1}{4}\left( 1-\cos{4u}\right) \right) } \dd u-4\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }{\ln{\left( \cos{u}\right) } \dd u}\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\ln{ \left( \frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos{4u}\right) } \dd u-4\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }{\ln{\left( \cos{u}\right) } \dd u}\\
-2\ln{2} \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \dd u+ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }{\ln{\left( 3+\cos{4u}\right) } \dd u}-4\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }{\ln{\left( \cos{u}\right) } \dd u}\\
}\)


Pierwszą całkę łatwo policzyć w pamięci , trzecia całka jest dość znana
ale problemem może być ta druga całka

Dodano po 4 godzinach 11 minutach 19 sekundach:
Ze wzoru Leibniza powinno coś wyjść ale rozkład na sumę ułamków prostych w tej całce z funkcji wymiernej którą otrzymamy
będzie wymagał dość żmudnych obliczeń


\(\displaystyle{
\int_{0}^{ \infty }\frac{\ln{\left( t^4+1\right) }}{\left( t^2+1\right) } \dd t\\
I\left( y\right) = \int_{0}^{ \infty }{ \frac{\ln{\left( y^4t^4+1\right) }}{t^2+1} \dd t} \\
I'\left( y\right)= \int_{0}^{ \infty }{ \frac{ \partial }{ \partial y} \frac{\ln{\left( y^4t^4+1\right) }}{t^2+1} \dd t}\\
I'\left( y\right)= \int_{0}^{ \infty }{ \frac{1}{t^2+1} \frac{ \partial }{ \partial y} \ln{\left( y^4yt^4+1\right) } \dd t }\\
I'\left( y\right)=\int_{0}^{ \infty }{ \frac{1}{t^2+1} \cdot \frac{4y^3t^4}{\left( y^4t^4+1\right) } \dd t}\\
I'\left( y\right)=\frac{4}{y}\int_{0}^{ \infty }{ \frac{1}{t^2+1} \cdot \frac{y^4t^4}{\left( y^4t^4+1\right) } \dd t}\\
I'\left( y\right)=\frac{4}{y}\left( \int_{0}^{ \infty } \frac{y^4t^4+1-1}{\left( t^2+1\right)\left( y^4t^4+1\right) } \dd t \right) \\
I'\left( y\right)=\frac{4}{y}\left(\int_{0}^{ \infty }\frac{ \dd t}{t^2+1}-\int_{0}^{ \infty }\frac{ \dd t}{\left( t^2+1\right)\left( y^4t^4+1\right)} \right) \\
\left( y^4t^4+1\right)-y^4\left( t^2-1\right)\left( t^2+1\right)=1+y^4\\
I'\left( y\right)=\frac{4}{y}\left(\int_{0}^{ \infty }\frac{ \dd t}{t^2+1}- \frac{1}{1+y^4} \int_{0}^{ \infty }\frac{\left( y^4t^4+1\right)-y^4\left( t^2-1\right)\left( t^2+1\right) }{\left( t^2+1\right)\left( y^4t^4+1\right)}\dd t\right) \\
I'\left( y\right)=\frac{4}{y}\left(\int_{0}^{ \infty }\frac{ \dd t}{t^2+1}- \frac{1}{1+y^4}\int_{0}^{ \infty }\frac{ \dd t}{t^2+1}+\frac{y^4}{1+y^4} \int_{0}^{ \infty }{ \frac{t^2-1}{y^4t^4+1} \dd t} \right) \\
I'\left( y\right)=\frac{4}{y}\left( \frac{y^4}{1+y^4}\int_{0}^{ \infty }\frac{ \dd t}{t^2+1}+\frac{y^4}{1+y^4} \int_{0}^{ \infty }{ \frac{t^2-1}{y^4t^4+1} \dd t}\right) \\
I'\left( y\right)=\frac{4y^3}{1+y^4}\left( \int_{0}^{ \infty } \frac{1}{t^2+1} \dd t+ \int_{0}^{ \infty }\frac{t^2-1}{y^4t^4+1} \dd t \right)
}\)


Dodano po 21 godzinach 35 minutach 24 sekundach:
\(\displaystyle{
I'\left( y\right)=\frac{4y^3}{1+y^4}\left( \int_{0}^{ \infty } \frac{1}{t^2+1} \dd t+ \int_{0}^{ \infty }\frac{t^2-1}{y^4t^4+1} \dd t \right)
}\)


I teraz nie widzę innego pomysłu na policzenie całki
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{t^2-1}{y^4t^4+1} \dd t}\)
jak rozkład na sumę ułamków prostych jednak dzięki temu że przekształciliśmy trochę licznik będziemy mieli cztery współczynniki zamiast sześciu

Jednak całkę z \(\displaystyle{ I'\left( y\right) }\)
można będzie policzyć dwoma podstawieniami po wcześniejszym zastosowaniu liniowości całki

Ostatecznie powinniśmy otrzymać \(\displaystyle{ \pi \cdot \ln{\left( 2+ \sqrt{2} \right) }}\)


Ktoś chętny aby dokończyć liczenie tej całki ?

Dodano po 1 dniu 38 minutach 26 sekundach:
arek1357 pisze: 25 maja 2020, o 23:52 \(\displaystyle{ 0}\)
Arek tylko że przydałoby się jakieś uzasadnienie np takie że
całkujemy funkcję nieparzystą na przedziale symetrycznym względem zera

Dodano po 15 godzinach 43 minutach 49 sekundach:
Macie jakiś zbiór z całkami takimi jak np ta
\(\displaystyle{ \int{ \frac{x}{ \sqrt{e^{x}+\left( x+2\right)^2 } } \dd x }}\)

Oczywiście ta całka pojawiała się już na forach
Chętnie zobaczyłbym podobne
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Premislav »

Polecam książkę (Almost) impossible integrals, sums and series (autor Cornel Ioan Vălean). Miałem kiedyś chyba w PDF i ostra rzecz.
A co do tej poprzedniej całki, to właśnie w pierwszym odruchu próbowałem ją liczyć z Leibniza, ale wyszły bardzo nieprzyjemne całki wymierne, więc dałem sobie spokój.
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mariusz M »

Jeśli chodzi o tę całkę co podałem to jednym ze sposobów jej obliczenia jest dodanie pewnego zera do funkcji podcałkowej
Wtedy korzystając z liniowości całki dostaniemy do policzenia dwie całki gdzie jedną z tych całek można policzyć w pamięci
a w tej drugiej całce mnożymy funkcję podcałkową przez pewną jedynkę wtedy łatwiej zauważyć pasujące podstawienie

Jeśli chodzi o całkę mola to tylko podczas obliczania \(\displaystyle{ I'\left( y\right) }\)
będziemy chyba musieli rozkładać na sumę ułamków prostych przy czym jeśli pobawimy się licznikiem
to będziemy mieli cztery współczynniki zamiast sześciu
W tym drugim całkowaniu chyba wystarczą podstawienia
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5703
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 129 razy
Pomógł: 524 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: arek1357 »

Ok uzasadniam:

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

w pierwszej podstawienie:

\(\displaystyle{ x= \frac{1}{t} }\)

da:

\(\displaystyle{ - \int_{1}^{ \infty } \frac{\ln x}{x^2+1} dx}\)
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11263
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3140 razy
Pomógł: 746 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: mol_ksiazkowy »

:arrow: \(\displaystyle{ \int \frac{(3x^{10} + 2x^8 -2)\sqrt[4]{ x^{10} +x^8 +1 }}{x^6} dx }\)
Awatar użytkownika
Mariusz M
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6903
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 1246 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mariusz M »

\(\displaystyle{ \int{ \frac{\left(3x^{10}+2x^{8}-2\right) \sqrt[4]{x^{10}+x^{8}+1} }{x^6} \dd x }\\
\int{ \frac{3x^{10}+2x^{8}-2}{x^{5}} \cdot \frac{ \sqrt[4]{x^{10}+x^{8}+1} }{x} \dd x }\\
\int{\left( 3x^{5}+2x^{3}- \frac{2}{x^{5}} \right) \cdot \frac{ \sqrt[4]{x^{10}+x^{8}+1} }{x} \dd x }\\
t=\frac{ \sqrt[4]{x^{10}+x^{8}+1} }{x}\\
t^{4}=\frac{x^{10}+x^{8}+1}{x^{4}}\\
t^{4}=x^{6}+x^{4}+\frac{1}{x^{4}}\\
4t^3 \dd t=\left(6x^{5}+4x^{3}-\frac{4}{x^{5}}\right) \dd x \\
2t^3 \dd t=\left(3x^{5}+2x^{3}-\frac{2}{x^{5}}\right) \dd x \\
\int{t \cdot 2t^{3} \dd t}=\\
2\int{t^{4}\dd t}\\
= \frac{2}{5}t^{5}+C\\
= \frac{2}{5} \cdot \frac{\left( x^{10}+x^{8}+1\right) \sqrt[4]{x^{10}+x^{8}+1} }{x^{5}} +C\\
}\)


Dodano po 5 godzinach 42 minutach 30 sekundach:
Trochę zepsułem sobie zabawę bo podejrzałem wynik w Wolframie i na podstawie wyniku z Wolframa wymyśliłem podstawienie

Tutaj można było też bawić się całkowaniem przez części oraz liniowością całki ale rachunki wydają się dość długie i łatwo o pomyłkę
Właśnie sobie przypomniałem że kiedyś liczyłem dość podobną całkę przez części

Dodano po 1 dniu 4 godzinach 7 minutach 30 sekundach:
Ostatnio widziałem całkę którą łatwo było sprowadzić do policzenia całki

\(\displaystyle{ \int{ \frac{1}{3+x\ln{\left| x\right| }} } \dd x }\)

i to jest całka dla was
Mlodociany calkowicz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11
Rejestracja: 12 sty 2021, o 17:31
Płeć: Mężczyzna
wiek: 23
Pomógł: 2 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Mlodociany calkowicz »

A te wyszukałem ze starej rosyjskiej książki, którą pożyczył mi wykładowca:

1: \(\displaystyle{ \int_0^{\frac{\pi}{4}} \arctan(\sqrt{\frac{\cos 2\theta}{2\cos^2 \theta}})d\theta}\)
2: \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \int_0^\pi \cos x^n dx}\), \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\)
3: \(\displaystyle{ \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\frac{\sin n\phi}{\sin \phi})^2 d\phi}\), \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\)
ODPOWIEDZ