Całki dla smakoszy

[dec1]

Premislav, http://math.stackexchange.com/questions ... sinxx21-dx

[Premislav]

dec1, dzięki wielkie. Wstawiłbym Ci "pomógł", ale chyba nie mam gdzie. A nie, jednak mam.

[dec1]

To może taka całka:

\(\displaystyle{ \int_0^\frac{\pi}{2} \ln (x^2+\ln ^2 \cos x) \,\mathrm d x}\)

[Premislav]

Podbijam.

[dec1]

Wynik:    

\(\displaystyle{ \pi\ln\ln 2}\).

Hint 1.:    

Pomocne przekształcenie:

\(\displaystyle{ \int_0^{\pi / 2} \ln (x^2+\ln ^2 \cos x) \,\dd x=2\,\Re\int_0^{\pi / 2}\ln\left( \ln\left( e^{2ix}+1\right) - \ln 2\right) \,\dd x}\)

Hint 2.:    

Wzór Taylora.

Hint 3.:    

Podstawić do wzoru \(\displaystyle{ x=e^{2ix}}\).

Hint 4.:    

Przy całkowaniu wzoru Taylora nie trzeba rozważać wyrazów innych niż \(\displaystyle{ f(0)}\). (dlaczego?)

Inne, szybkie rozwiązanie z mocnym lematem:    

\(\displaystyle{ \displaystyle \int_0^{\pi / 2} \frac{\cos\left(a\arctg \left( -\frac{x}{\ln\cos x}\right)\right)}{\left(x^2\ln^2\cos x\right)^{a/2}}\,\dd x=\frac{\pi}{2\ln^a2}}\)

dla \(\displaystyle{ a\in(-1,1)}\). Rożniczkując to stronami, otrzymamy wynik.

Istnieją też rozwiązania korzystające z analizy zespolonej, ale ja się na niej niestety (jeszcze) dobrze nie znam.

Nie da się na forum stackować hide'ów ?

-- 6 mar 2017, o 22:15 --

Przemek xDD

-- 11 mar 2017, o 20:36 --

\(\displaystyle{ \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\{ \tg x\}}{\tg x}\dd x}\)

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{\log\cos(\frac{\pi x}{2})}{x(x+1)}\,\mathrm dx}\)

\(\displaystyle{ \int_a^b \arccos \left(\frac{x}{\sqrt{(a+b)x-ab}} \right)\,\mathrm dx}\)

\(\displaystyle{ \int_0^\infty \frac{1-e^{-6x}}{xe^x(e^{-8x}+e^{-6x}+e^{-4x}+e^{-2x}+1)}\,\mathrm dx}\)

[Premislav]

pierwsza:    

\(\displaystyle{ \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\{\tg x\}}{\tg x}\dd x=\frac \pi 2- \int_{0}^{\frac \pi 2} \frac{\lfloor \tg x\rfloor}{\tg x}\,\dd x= \frac{\pi}{2}- \sum_{n=0}^{ \infty }n \int_{\arctan n}^{\arctan(n+1)} \frac{\,\dd x}{\tg x}=\\=\frac \pi 2- \sum_{n=0}^{ \infty }n\left( \log \sin \arctan(n+1)-\log \sin \arctan n\right)}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ S_N= \sum_{n=1}^{N}n\left( \log \sin \arctan(n+1)-\log \sin \arctan n\right).}\)
Nietrudno wykazać, że \(\displaystyle{ S_N=N\log \sin \arctan(N+1)- \sum_{n=1}^{N}\log \sin \arctan n.}\)
Odnotujmy teraz, że \(\displaystyle{ \log \sin \arctan n= \frac{1}{2}\log \sin^2 \arctan n=\frac 1 2\log\left( 1-\cos^2\arctan n\right)}\)
i ponieważ \(\displaystyle{ \cos^2z = \frac{1}{1+\tg^2 z}}\), więc ostatecznie
\(\displaystyle{ \log \sin \arctan n= \frac{1}{2}\log \frac{n^2}{n^2+1}.}\)
Stąd oczywiście nietrudno wywnioskować, iż \(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty }N\log \sin \arctan(N+1)=0}\) (Taylor albo znane nierówności z logarytmem naturalnym).
Lemat: \(\displaystyle{ \lim_{N \to \infty } \prod_{n=1}^{N} \frac{n^2}{n^2+1}= \frac{ \pi}{\sinh \pi}}\)
Dowód lematu: viewtopic.php?t=410944
ja bym tego nie wymyślił (nigdy nie będę matematykiem), ale chociaż zapamiętałem, gdzie to można znaleźć.
A zatem
\(\displaystyle{ \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\{\tg x\}}{\tg x}\dd x= \frac{\pi}{2}- \lim_{N\to \infty }S_N=\frac \pi 2- \lim_{N \to \infty}\left( \frac{N}{2}\log \frac{N^2}{N^2+1}-\frac 1 2\log\left( \prod_{n=1}^{N} \frac{n^2}{n^2+1}\right)\right)=\\= \frac{\pi}{2}+\frac 1 2\log \left( \frac{ \pi}{\sinh \pi}\right)}\)
z ciągłości logarytmu naturalnego.
Dobrze by było, gdyby ktoś to skontrolował, w szczególności miałem wątpliwości przy rozbiciu na przeliczalną sumę całek, ale chyba są jakieś twierdzonka, na przykład Lebesgue'a, które uzasadniają poprawność tego kroku.

PS Czy gdybym wstawił sobie fragment utworu Hemp Gru (zaczynający się od słowa "śmierć") do podpisu, to otrzymałbym trzecie ostrzeżenie?

-- 16 mar 2017, o 04:31 --

A co do tamtej poprzedniej całki to bez kitu, mógłbym gapić się na to przez pół roku i nie wpaść na takie przekształcenie. Jak sam na to wpadłeś, to naprawdę szacunek (ludzi ulicy).

[Mariusz M]

Skoro na zespolonych to może w ten sposób ?

\(\displaystyle{ \int\frac{\sin{x}}{1+x^2} \mbox{d}x=\frac{1}{2}\int\sin{x}\frac{\left( 1-ix\right)+\left( 1+ix\right) }{\left( 1-ix\right)\left( 1+ix\right) } \mbox{d}x \\
=\frac{1}{2}\int\frac{\sin x}{1+ix} \mbox{d}x +\frac{1}{2}\int\frac{\sin x}{1-ix} \mbox{d}x \\
=-\frac{i}{4}\int\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{1+ix} \mbox{d}x-\frac{i}{4}\int\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{1-ix} \mbox{d}x\\
-\frac{i}{4}\int\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{1+ix} \mbox{d}x \\
t=1+ix\\
-\frac{i}{4}\int\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{1-ix} \mbox{d}x\\
u=1-ix}\)

[Premislav]

To drugie jest przegięte. Jakieś polilogarytmy mi wyskakują, gdy próbuję to całkować (oczywiście nie tak bezpośrednio). Napiszę tak: polilolololololo.

4. - część:    

\(\displaystyle{ \int_0^\infty \frac{1-e^{-6x}}{xe^x(e^{-8x}+e^{-6x}+e^{-4x}+e^{-2x}+1)}\,\mathrm dx=\\= \int_{0}^{ \infty } \frac{(e^{-x}-e^{-7x})(1-e^{-2x})}{x(1-e^{-10x})} \,\dd x=\\= \sum_{n=0}^{ \infty } \int_{0}^{ \infty }\frac{\,\dd x}{x}e^{-10nx}(e^{-x}-e^{-7x})(1-e^{-2x})=\\= \sum_{n=0}^{ \infty } \int_{0}^{\infty}e^{-10nx}(e^{-x}-e^{-7x})(1-e^{-2x})\left( \int_{0}^{ \infty }e^{-tx} \,\dd t \right) \,\dd x=\\= \sum_{n=0}^{ \infty } \int_{0}^{\infty}\left( \int_{0}^{ \infty }e^{-(t+10n)x}(e^{-x}-e^{-7x})(1-e^{-2x}) \,\dd x \right) \,\dd t=\\= \sum_{n=0}^{ \infty } \int_{0}^{ \infty }\left( \frac{1}{t+10n+1}- \frac{1}{t+10n+3}- \frac{1}{t+10n+7}+ \frac{1}{t+10n+9} \right)\,\dd t}\)
gdzie skorzystałem z twierdzenia Fubiniego i ze znanego faktu, że \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\,\dd t=\frac 1 x}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\).

Ponadto dla \(\displaystyle{ t,n \ge 0}\) mamy
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \left( \frac{1}{t+10n+1}- \frac{1}{t+10n+3} \right)\,\dd t=\log\left( \frac{t+10n+1}{t+10n+3} \right)+C}\)
oraz
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \left( \frac{1}{t+10n+7}- \frac{1}{t+10n+9} \right)\,\dd t=\log\left( \frac{t+10n+7}{t+10n+9} \right)+C}\)
A zatem
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\left( \frac{1}{t+10n+1}- \frac{1}{t+10n+3}- \frac{1}{t+10n+7}+ \frac{1}{t+10n+9} \right)\,\dd t=\\=\log\left( \frac{10n+1}{10n+3} \right)-\log\left( \frac{10n+7}{10n+9} \right)}\)
Tak więc
\(\displaystyle{ \int_0^\infty \frac{1-e^{-6x}}{xe^x(e^{-8x}+e^{-6x}+e^{-4x}+e^{-2x}+1)}\,\mathrm dx= \sum_{n=0}^{ \infty }\log\left( \frac{(10n+1)(10n+9)}{(10n+3)(10n+7)} \right)}\)

Ale tej sumy to ja nie umiem zwinąć.

[dec1]

Hint 2.:    

Dla każdej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n\geq 0}\) jest

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{\log\cos(\frac{\pi x}{2})}{x(x+1)}\,\mathrm dx=-n\log^2 2+\int_0^{1/2^n}\frac{\log\cos(\frac{\pi x}{2})}{x}\,\mathrm dx-\int_{1/2^n}^{1/2^{n-1}}\frac{\log\sin(\frac{\pi x}{2})}{x}\,\mathrm dx}\)

Hint 3.:    

W sumie nie powinienem tego dawać, bo nie mam żadnego rozwiązania bez policzenia całki nieoznaczonej, która jest brzydka. Wynik to \(\displaystyle{ \frac{\pi(a-b)^2}{4(a+b)}}\).

Hint 4.:    

Ogólniej: dla dodatnich liczb rzeczywistych takich, że \(\displaystyle{ d=a+b+2c}\),

\(\displaystyle{ \int_0^\infty\frac{(1-e^{-ax})(1-e^{-bx})}{x(1-e^{-dx})e^{cx}}\,\mathrm dx=\log\left( \frac{\sin (\pi(a+b)/d)}{\sin (\pi c/d)}\right)}\)

Nasza całka jest dla \(\displaystyle{ (a,b,c)=(2,6,1)}\). Rozwinąć, przejść na sumy. Przyda się taka tożsamość:

\(\displaystyle{ z\prod_{k=1}^\infty\left( 1+\frac zk\right) e^{-z/k} = \frac{1}{e^{\gamma z}\Gamma (z)}}\)

[dec1]

\(\displaystyle{ \int_0^\pi\arctan\left( \frac{\ln\sin x}{x}\right)\,\mathrm dx}\)

[marcel0906]

Nie wiem czy ten przykład jest godny smakoszy, ale spróbuję.
\(\displaystyle{ \int \frac{x^2}{(x \sin x + \cos x)^2}dx}\)

[Premislav]

O, nie widziałem tej wypowiedzi.
Może to jest całka z jakiejś pochodnej ilorazu? [zaznaczam, że poniższy pomysł w nieco innej formie zaproponował kilka lat temu yorgin, nie jest on mojego autorstwa, jak zresztą nic od czasu budowli z klocków Lego w 2002 czy 2003 roku).
Idealnie byłoby, gdybyśmy znaleźli takie funkcje różniczkowalne \(\displaystyle{ f(x), g(x)}\), że
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{(x\sin x+\cos x)^2}=\left( \frac{f(x)}{g(x)} \right)'}\)
Niech \(\displaystyle{ g(x)=x\sin x+\cos x}\), wtedy mamy do rozwiązania takie oto równanie:
\(\displaystyle{ f'(x)(x\sin x+\cos x)-f(x)\cdot x\cos x=x^2}\)
A może by tak zgadnąć postać konkretnego rozwiązania \(\displaystyle{ f}\)? Albowiem uzmiennianie stałej zaprowadziłoby nas do takiej całki jak właśnie ta z zadania. Te sinusy i cosinusy, które mają zniknąć, przywołują myśl o jedynce trygonometrycznej. Ponadto zaobserwowaliśmy, że to się tak ładnie zwija:
\(\displaystyle{ (x\sin x+\cos x)'=x\cos x}\), więc analogicznie \(\displaystyle{ \left( \sin x-x\cos x\right)'=x\sin x}\). Niech \(\displaystyle{ f(x)=\sin x-x\cos x}\), wówczas to, co trzeba się elegancko skraca.
Czyli podsumowując
\(\displaystyle{ \int \frac{x^2}{(x sinx + cosx)^2}dx= \frac{\sin x-x\cos x}{x\sin x+\cos x}+C}\)


BTW dec1, masz jakiś fajny sposób na tę Twoją ostatnią całkę? Walczyłem kiedyś z tym ustrojstwem przez tydzień ferii (no nie cały czas, ale po jakieś dwie-trzy godziny dziennie). Pewnie jakaś dziwna funkcja specjalna, o której słyszało pięciu ludzi.

[Mariusz M]

Całkowanie przez części pozwoli jedynie pozbyć się arcusa tangensa

\(\displaystyle{ \int_0^\pi\arctan\left( \frac{\ln\sin x}{x}\right)\,\mathrm dx\\
t=\frac{\pi}{2}-x\\
\mbox{d}t=- \mbox{d}x \\
\int_{ \frac{\pi}{2} }^{- \frac{\pi}{2} }{\arctan{\left( \frac{\ln{\sin{\left( \frac{\pi}{2}-t \right) }}}{ \frac{\pi}{2}-t} \right) } \left( -1\right) \mbox{d}t}\\
\int_{- \frac{\pi}{2} }^{ \frac{\pi}{2} }{\arctan{\left( \frac{\ln{\cos{t}}}{ \frac{\pi}{2}-t } \right) } \mbox{d}t}\\
I\left( t\right)=\frac{I\left( t\right)+I\left( -t\right) }{2} +\frac{I\left( t\right)-I\left( -t\right) }{2}\\}\)

Jak to nie zadziała to można próbować całką podwójną, różniczkowaniem pod znakiem całki
(do tych dwóch pomysłów trzeba dobrać odpowiednią funkcję)
Jeśli to nie zadziała to może analiza zespolona zadziała
albo rozwinięcie w szereg

Premislav, czego próbowałeś ?
Będziemy wiedzieli czego nie próbować

[Premislav]

Już słabo pamiętam. Próbowałem całkować przez części na różne sposoby, żeby chociaż zabić ten arcus tangens. Później usiłowałem rozwijać lokalnie w szereg, ale wyglądało to na klęskę, gdyż nawet nie był on jednostajnie zbieżny (albo ja się pomyliłem). Potem sobie pomyślałem, że hej, przecież
\(\displaystyle{ \frac{\,\dd }{\,\dd x} \left( \ln \sin x\right) =\ctg x=\frac{1}{\tg x}}\) dla odpowiednich \(\displaystyle{ x}\), a na zewnątrz mamy jakiś arcus tangens i szukałem jakichś twierdzeń powiązanych ze złożeniami funkcji, całkami z funkcji odwrotnych itd. ale zaprowadziło mnie to donikąd.
Potem próbowałem poszukać jakichś całek z parametrem i zastosować regułę Leibniza (wspomniane różniczkowanie pod znakiem całki), ale to także zakończyło się fiaskiem. Nie jestem jednak biegły w tej metodzie, więc niekoniecznie znaczy to, że się tak nie da.
Myślałem sobie też o tożsamościach w stylu \(\displaystyle{ \arctg x+\arcctg x=\frac{\pi}{2}, \ \arctg\left( \frac 1 x\right) =\arcctg x}\) w dodatnich itd. lecz z tego też wiele nie wycisnąłem. I w sumie nic dziwnego, bo jak teraz patrzę, to przecież \(\displaystyle{ \ln \sin x<0}\).

W akcie desperacji nawet próbowałem jakichś dziwnych podstawień, ale raczej nie tędy droga. Nie walczyłem z tym z użyciem analizy zespolonej, więc może warto spróbować, tylko na tę chwilę nie wiem jak.

[Mariusz M]

Rozbicie przedziału na ćwiartki też niewiele da

\(\displaystyle{ \int_0^\pi\arctan\left( \frac{\ln\sin x}{x}\right)\,\dd x\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\arctan\left( \frac{\ln\sin x}{x}\right) \mbox{d}x +\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\arctan\left( \frac{\ln\sin x}{x}\right) \mbox{d}x\\
\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\arctan\left( \frac{\ln\sin x}{x}\right) \mbox{d}x\\
t=x-\frac{\pi}{2}\\
\mbox{d}t= \mbox{d}x \\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\arctan \frac{\sin{\left( t+\frac{\pi}{2}\right) }}{t+\frac{\pi}{2}} \mbox{d}t\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\arctan\left( \frac{\cos t}{t+\frac{\pi}{2}} \right) \mbox{d}t\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\left( \arctan\left( \frac{\ln\sin t}{t} \right)+\arctan\left( \frac{\ln\cos t}{t+\frac{\pi}{2}} \right) \right) \mbox{d}t}\)

Gdybyśmy teraz skorzystali ze wzoru na sumę arcusów tangensów to argument by się
nam jeszcze bardziej skomplikował

Co z całką podwójną , próbowałeś jej użyć

W akcie desperacji nawet próbowałem jakichś dziwnych podstawień, ale raczej nie tędy droga. Nie walczyłem z tym z użyciem analizy zespolonej, więc może warto spróbować, tylko na tę chwilę nie wiem jak.

Jakie to były podstawienia ?
Przekształcające całkę do postaci

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty }f\left( t\right) \mbox{d}t}\)

lub chociaż do postaci

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }f\left( t\right) \mbox{d}t}\)