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.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: a4karo »

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

Pomijam fakt, że różniczkowanie pod całka warto jakoś uzasadnić
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 »

tak u nas na wsi też inaczej proponuję żebyś poprawił x na t wtedy zamiast mówić zrobisz to...i będzie pożytek
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: a4karo »

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
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 »

co jest do bani?
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: a4karo »

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,
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 »

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...
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34123
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: Jan Kraszewski »

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
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: a4karo »

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 :lol:
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 »

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...
Ostatnio zmieniony 14 maja 2020, o 16:37 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: a4karo »

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

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

Więc po co się pytasz?
Ostatnio zmieniony 14 maja 2020, o 16:38 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: a4karo »

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

Chciaem trochę to skrócić , pójść na skróty...
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Całki dla smakoszy

Post autor: a4karo »

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

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:

\(\displaystyle{ S_{n}= \sum_{i=1}^{n} \frac{(-1)^{i+1}}{i} }\)
Ostatnio zmieniony 15 maja 2020, o 00:04 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
ODPOWIEDZ