Całki dla smakoszy

[mol_ksiazkowy]

Wskazać pięć różnych sposobów wyliczenia \(\displaystyle{ \int \sqrt{1-x^2} \ dx}\)

[NogaWeza]

Trygonometrycznie, Euler (II i III), po rozszerzeniu do \(\displaystyle{ \int \frac{1 - x^2}{ \sqrt{1-x^2}} \ \dd x}\) metodą współczynników nieoznaczonych, oraz metodą całek stowarzyszonych (tj. rozbicie na dwie całki i tą drugą przez części). Więcej chyba nie znam, choć na pewno jakoś się da. Słaby ze mnie pałkarz Założę się, że mariuszm jeszcze z dziesięć sposobów wymyśli

[Mariusz M]

Jeszcze całkowanie różniczki dwumiennej i jest pięć sposobów
chociaż najbardziej mi się podoba ten przez części (zbliżony do metody całek stowarzyszonych)

Jeśli chodzi o całki w postaci zaproponowanej przez Straznik Teksasu,
to można podać takie które na pierwszy rzut oka wydają się eliptyczne ale można je scałkować
elementarnie (zdaje się że na wikipedii jest taki przykład)

Całki postaci

\(\displaystyle{ \int{R\left( x, \sqrt{ax^2+bx+c} \right) \mbox{d}x }}\)

można policzyć korzystając z jednego z trzech podstawień Eulera
ale niektórzy ich zabraniają

Przeglądając Fichtenholza wpadłem na pomysł aby całki postaci

\(\displaystyle{ \int{R\left( x, \sqrt{ax^2+bx+c} \right) \mbox{d}x }}\)

przestawić w postaci sumy trzech całek postaci

\(\displaystyle{ \int{R\left( x, \sqrt{ax^2+bx+c} \right) \mbox{d}x }=\int{R_{1}\left( x, \sqrt{ax^2+bx+c} \right) \mbox{d}x }+\int{R_{2}\left( x, \sqrt{ax^2+bx+c} \right) \mbox{d}x }+\int{R_{3}\left( x, \sqrt{ax^2+bx+c} \right) \mbox{d}x }}\)

przy czym pierwsza całka jest już całką z funkcji wymiernej ,
druga całka będzie całką z funkcji wymiernej po zastosowaniu podstawienia \(\displaystyle{ u=\sqrt{ax^2+bx+c}}\)
trzecia całka będzie całką z funkcji wymiernej po zastosowaniu podstawienia \(\displaystyle{ v=\frac{x+\frac{b}{2a}}{\sqrt{ax^2+bx+c}}}\)

Ciekaw jestem można jakoś uzyskać ten rozkład najlepiej na drodze algebraicznej
chociaż pewnie trzeba będzie jakieś równanie funkcyjne rozwiązać

[mol_ksiazkowy]

Trygonometrycznie, Euler (II i III), po rozszerzeniu do \(\displaystyle{ \int \frac{1 - x^2}{ \sqrt{1-x^2}} \ \dd x}\) metodą współczynników nieoznaczonych

tj:
\(\displaystyle{ a = \int \sqrt{1-x^2} \ dx}\)
\(\displaystyle{ b = \int \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} \ dx}\)
i:
\(\displaystyle{ a = \arc sin x - b}\)
\(\displaystyle{ a = x \sqrt{1-x^2} + b}\) (przez czesci )
czyli można obliczyc \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\)

Trygonometrycznie,

Ukryta treść:    

np

Kod: Zaznacz cały

http://edu.pjwstk.edu.pl/wyklady/am/scb/index62.html

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ \sqrt{1-x^2}=\left( 1+x\right)t\\
1-x^2=\left( 1+x\right)^2t^2\\
\left( 1-x\right)\left( 1+x\right) =\left( 1+x\right)^2t^2\\
1-x=\left( 1+x\right)t^2\\
1-x=t^2+xt^2\\
1-t^2=x+xt^2\\
x\left( 1+t^2\right)=1-t^2\\
x=\frac{1-t^2}{1+t^2}=\frac{-1-t^2+2}{1+t^2} =-1+\frac{2}{1+t^2}\\
\left( 1+x\right)t=\frac{2t}{1+t^2} \\
\mbox{d}x =2\left( -1\right) \cdot \left( 1+t^2\right)^{-2} \cdot 2t \mbox{d}t\\
\mbox{d}x =-\frac{4t}{\left( 1+t^2\right)^2 } \mbox{d}t\\
-\int{ \frac{8t^2}{\left( 1+t^2\right)^3 } \mbox{d}t}\\}\)

Tutaj podstawienie Eulera tylko sprowadziło całkę do całki z funkcji wymiernej
ale wymagane jest dwukrotne całkowanie przez części albo dwukrotnie więcej współczynników
w metodzie współczynników nieoznaczonych

\(\displaystyle{ -\int{ \frac{8t^2}{\left( 1+t^2\right)^3 } \mbox{d}t}=\frac{a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0}}{\left( 1+t^2\right)^2 }+\int{\frac{b_{1}t+b_{0}}{\left( 1+t^2\right) } \mbox{d}t}\\
\frac{-8t^2}{\left( 1+t^2\right)^3}= \frac{\left( 3a_{3}t^2+2a_{2}t+a_{1}\right)\left( 1+t^2\right)^2-\left(a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0} \right)\left( 1+t^2\right) \cdot 4t }{\left( 1+t^2\right)^4 } +\frac{b_{1}t+b_{0}}{1+t^2}\\
\frac{-8t^2}{\left( 1+t^2\right)^3}=\frac{\left( 3a_{3}t^2+2a_{2}t+a_{1}\right)\left( 1+t^2\right)-4t\left(a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0} \right)+\left( b_{1}t+b_{0}\right)\left( 1+t^2\right)^2 }{\left( 1+t^2\right)^3 }
-8t^2=\left( 3a_{3}t^2+2a_{2}t+a_{1}\right)\left( 1+t^2\right)-4t\left(a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0} \right)+\left( b_{1}t+b_{0}\right)\left( 1+t^2\right)^2\\
-8t^2= 3a_{3}t^4+2a_{2}t^3+a_{1}t^2+3a_{3}t^2+2a_{2}t+a_{1}-4a_{3}t^4-4a_{2}t^3-4a_{1}t^2-4a_{0}t+b_{1}t^5+2b_{1}t^3+b_{1}t+b_{0}t^4+2b_{0}t^2+b_{0}\\
-8t^2=b_{1}t^5+\left( b_{0}-a_{3}\right)t^4+\left( 2b_{1}-2a_{2}\right)t^3+\left( 2b_{0}+3a_{3}-3a_{1}\right)t^2+\left( b_{1}+2a_{2}-4a_{0}\right)t+a_{1}+b_{0}\\
\begin{cases} b_{1}=0 \\b_{0}-a_{3}=0\\2b_{1}-2a_{2}=0\\2b_{0}+3a_{3}-3a_{1}=-8\\ b_{1}+2a_{2}-4a_{0}=0\\a_{1}+b_{0}=0 \end{cases} \\
\begin{cases} b_{1}=0\\a_{2}=0\\a_{0}=0\\b_{0}=a_{3} \\ a_{1}=-a_{3}\\8a_{3}=-8 \end{cases}\\
\begin{cases} b_{1}=0\\b_{0}=-1\\a_{3}=-1\\a_{2}=0\\a_{1}=1\\a_{0}=0 \end{cases} \\}\)

\(\displaystyle{ -\int{\frac{8t^2}{\left( 1+t^2\right)^3 } \mbox{d}t}=\frac{-t^3+t}{\left( 1+t^2\right)^2 }-\arctan{\left( t\right) }+C\\
=\frac{1}{2}\frac{\left( 1-t^2\right) }{\left(1+t^2 \right) } \cdot \frac{2t}{1+t^2}-\arctan{\left( t\right) } +C\\
\int{ \sqrt{1-x^2} \mbox{d}x } =\frac{1}{2}x \sqrt{1-x^2}-\arctan{\left( \frac{ \sqrt{1-x^2} }{1+x} \right) } +C}\)

Podstawienia Eulera lepiej się sprawdzają w całkach \(\displaystyle{ \int{\frac{W\left( x\right) \mbox{d}x }{ \sqrt{ax^2+bx+c} }}}\) gdy \(\displaystyle{ a>0}\)

\(\displaystyle{ \int{\frac{ \mbox{d}x }{x^2\left( 4x^2-3\right)^2 \sqrt{x^2-1} }}}\)

Do tej całki też lepiej sprawdzi się podstawienie Eulera

[Premislav]

A co powiecie na taką całkę? Znalazłem w jakimś starym temacie sprzed ładnych paru miesięcy:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{2}{w^{2}+3}e^{-itw}\mbox{d}w}\)

Metoda residuów daje natychmiastową odpowiedź: \(\displaystyle{ \frac{2\sqrt{3}}{3} \pi e^{\sqrt{3}t}}\).
Czy istnieje jakieś względnie ładne rozwiązanie?

-- 4 cze 2016, o 02:17 --

Może jakieś zabawy z własnościami transformat Fouriera i Laplace'a? Bo ta cała całka wygląda jak pewna transformata Fouriera, a \(\displaystyle{ \frac{2}{w^{2}+3}}\) to jest z dokładnością do stałej multyplikatywnej przeskalowana transformata Laplace'a jakiegoś sinusa.

-- 4 cze 2016, o 03:08 --

A gdyby znalezienie ładnego rozwiązania do tego przykładu było zadaniem zbyt trywialnym -choć ja wprawdzie nie umiem (sam kiedyś narzekałem na standardowe kombinacje funkcji wielomianowych i trygonometrycznych, jakie się tu pojawiały, a teraz wrzucałem rzeczy na podobnym poziomie :s),
to wygrzebałem coś takiego:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{x}{e^{2\pi x}-1}dx}\)

[luka52]

\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{2}{w^{2}+3}e^{-itw}\mbox{d}w = 2 \int_{-\infty}^{+\infty} \left( \frac{\cos (tw)}{w^2 + 3} - i \frac{\sin (tw)}{w^2 + 3} \right) \, \dd w}\)

Pierwsza całka już była, a druga się wyzeruje.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ I = \int_0^{+\infty} \frac{x \, \dd x}{e^{2\pi x} - 1}}\)
Rozwijając w szereg geometryczny:

\(\displaystyle{ \frac{1}{e^{2\pi x} - 1} = e^{-2 \pi x} \cdot \frac{1}{1 - e^{-2\pi x}} = e^{-2\pi x} \sum_{k = 0}^{+\infty} e^{-2\pi k x} = \sum_{k = 1}^{+\infty} e^{-2\pi k x}\;,}\)

czyli mamy:

\(\displaystyle{ I = \int_0^{+\infty} x \sum_{k = 1}^{+\infty} e^{-2\pi k x} \; \dd x = \sum_{k = 1}^{+\infty} \int_0^{+\infty} x e^{-2\pi k x} \; \dd x \;,}\)

gdzie zamieniliśmy kolejność całkowania i sumowania. Następnie skorzystajmy z:

\(\displaystyle{ J(s) = \int_0^{+\infty} e^{-s x} \; \dd x = \frac{1}{s} \;.}\)

Co ostatecznie prowadzi do:

\(\displaystyle{ I = \sum_{k = 1}^{+\infty} - J'(2\pi k) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{(2\pi k)^2} = \frac{1}{4 \pi^2} \cdot \frac{\pi^2}{6} =\frac{1}{24} \;.}\)

[Premislav]

Co do pierwszego, to wstyd, że nie zauważyłem.

Świetne rozwiązanie tego drugiego, u Demidowicza było dość podobne (też rozwijało się w szereg), ale jednak o ile dobrze pamiętam mniej zgrabne.

[luka52]

Kilka ode mnie:

1. Wyprowadzić wzór rekurencyjny na:

\(\displaystyle{ I^\pm_n = \int \frac{\dd x}{x \cdot (x \pm 1) \cdot \ldots \cdot (x \pm n)}}\)

2. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{\arctan x}{x} \; \dd x}\)

3. Znaleźć minimum:

\(\displaystyle{ \min_{a} \left( \int_0^\pi \left[a x(\pi^2 - x^2) - \sin x \right]^2 \right)}\)

4. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^{+\infty} \frac{\sin \alpha x}{1 - x^2} \; \dd x}\)

5. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{1}{1 + x} \cdot \left( \sum_{k = 1}^{+\infty} x^{2^k - 1} \right) \; \dd x}\)

[Mariusz M]

2. Całkowanie przez części , rozkład czynnika wymiernego nad zespolonymi ...
4. \(\displaystyle{ \sin{ \alpha x}=\frac{e^{i \alpha x}-e^{-i \alpha x}}{2i}}\)

[luka52]

2. Całkowanie przez części , rozkład czynnika wymiernego nad zespolonymi ...
4. \(\displaystyle{ \sin{ \alpha x}=\frac{e^{i \alpha x}-e^{-i \alpha x}}{2i}}\)

Jako, że to nie jest temat z zadaniami domowymi, to przydałoby się podać więcej konkretów.

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}\frac{\arctan{x}}{x}=\ln{x}\arctan{x}\biggl|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}{\frac{\ln{x}}{1+x^2} \mbox{d}x }\\
\lim_{x \to 0^{+}} \ln{x}\arctan{x}=}\)

Co do tej granicy to może istnieje bardziej elegancki sposób niż de l'Hospital
może jakieś ograniczenie

Zostaje nam całka

\(\displaystyle{ -\int{\frac{\ln{x}}{1+x^2} \mbox{d}x }\\
\frac{1}{2}\frac{\left( 1+ix\right)+\left( 1-ix\right) }{\left(1-ix \right) \left( 1+ix\right) }\\
\frac{1}{2}\int{\frac{\ln{x}}{1+ix} \mbox{d}x }+\frac{1}{2}\int{\frac{\ln{x}}{1-ix} \mbox{d}x }\\
1-u=1+ix\\
1-v=1-ix\\}\)


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

Przemysław podczas wysyłania widziałem że coś napisałeś a teraz tego nie widzę

Powinny wyjść całki nieelementarne takie jak polilogarytm czy funkcja całkowo-wykładnicza

[a4karo]

\(\displaystyle{ \ln x\arctg x=x\ln x \frac{\arctg x} {x} \to 0}\)

[Mariusz M]

Co do pomysłu Przemysława

\(\displaystyle{ \frac{\ln{x}}{1+x^2}\\
\frac{1}{1-\left( -x^2\right) }= \sum_{n=0}^{ \infty }{\left( -1\right)^{n}x^{2n} }\\
\ln{x}= \sum_{n=0}^{ \infty }\frac{\left( -1\right)^{n} }{n+1}\left( x-1\right)^{n+1} \\
\left( \sum{a_{m}} \right) \left( \sum{b_{n}} \right) = \sum_{n=0}^{ \infty }{ \sum_{k=0}^{n} a_{k}b_{n-k}} \\}\)

Promień zbieżności obydwu szeregów to jedynka

W pierwszej całce funkcja podcałkowa to iloraz funkcji \(\displaystyle{ \Gamma}\)

dec1 dlaczego usunąłeś swój wpis ?

[a4karo]

A może tak: \(\displaystyle{ \arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^7}{5}-\frac{x^7}{7}+\dots}\),
więc
\(\displaystyle{ \int_0^1\frac{\arctan x}{x}dx=1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\dots}\)