Matematyka.pl

Mlodociany calkowicz, zasady są takie, że najpierw rozwiązujesz zadaną całkę, a dopiero potem zyskujesz prawo do zadania pytania.

JK

To tak dla rozrywki obliczę trzecią całkę, a przy okazji zapytam, jak liczyć całki nieoznaczone z modułami, bo nie umiem. Dla oznaczonej to wystarczy rozbić na przedziały, a nieoznaczona? Lipka trochę.

3:
Oznaczmy \(\displaystyle{ I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin(n\theta)}{\sin \theta}\right)^{2}\mbox{d}\theta}\)
Mamy \(\displaystyle{ I_{0}=0, \ I_{1}=\frac{\pi}{2}}\), a ponadto
\(\displaystyle{ I_{n+1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin(n\theta)\cos \theta+\cos(n\theta)\sin \theta}{\sin \theta} \right)^{2}\mbox{d}\theta\\=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ctg^{2}\theta \sin^{2}(n\theta)\mbox{d}\theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ctg \theta sin(2n\theta)\mbox{d}\theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}(n\theta)\mbox{d}\theta\\=I_{n}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}(n\theta)\mbox{d}\theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}(n\theta)\mbox{d}\theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ctg \theta \sin(2n\theta)\mbox{d}\theta\\=I_{n}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(2n\theta)\mbox{d}\theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ctg \theta\sin(2n\theta)\mbox{d}\theta\\=I_{n}+\red{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ctg \theta\sin(2n\theta)\mbox{d}\theta} }\)

Jeśli chodzi o całkę zaznaczoną na czerwono, to dowodzimy, że jest ona równa \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\), dla \(\displaystyle{ n\in \NN^{+}}\)
Można to zrealizować na różne sposoby (np. posiłkując się wzorem Eulera), ale ja zrobię to indukcyjnie, bo mi się nie chce:
oczywiscie dla \(\displaystyle{ n=1}\) dostajemy \(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2\cos^{2}\theta=\frac{\pi}{2}}\), a jeśli chodzi o krok indukcyjny,
zachodzi
\(\displaystyle{ \sin((2n+2)\theta)=\sin(2\theta)\cos(2n\theta)+\cos(2\theta)\sin(2n\theta)=2\sin \theta\cos \theta \cos(2n\theta)+\left(1-2\sin^{2}\theta\right)\sin(2n\theta)}\)
zatem korzystając z liniowości całki, dostajemy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ctg \theta \sin((2n+2)\theta)\mbox{d}\theta\\=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}\theta \cos(2n\theta)\mbox{d}\theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ctg \theta \sin(2n\theta)\mbox{d}\theta-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin(2\theta)\sin(2n\theta)\mbox{d}\theta\\=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(2\theta)\cos(2n\theta)\mbox{d}\theta-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin(2n\theta)\sin(2n\theta)\mbox{d}\theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(2n\theta)\mbox{d}\theta+\frac{\pi}{2}\\=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos((2n+2)\theta)\mbox{d}\theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(2n\theta)\mbox{d}\theta+\frac{\pi}{2}\\=\frac{\pi}{2}}\)
bo te dwie pierwsze całki w sposób oczywisty się zerują (można je wprost obliczyć).

Zatem dostaliśmy wreszcie \(\displaystyle{ I_{n+1}=I_{n}+\frac{\pi}{2}}\), skąd przez trywialną indukcję otrzymujemy \(\displaystyle{ I_{n}=\frac{n\pi}{2}}\), tj.
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin(n\theta)}{\sin \theta}\right)^{2}\mbox{d}\theta=\frac{n\pi}{2}, \ n\in \NN}\)

Dodano po 1 minucie 30 sekundach:
Natomiast ta druga całka to jakiś niemożebny syf, pewnie gorszy nawet aniżeli
\(\displaystyle{ \int \frac{1}{3+x\ln|x|}\mbox{d}x}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{+ \infty} ( \frac{\sin(x)}{x} )^2 dx }\) i \(\displaystyle{ \int_{0}^{+ \infty} ( \frac{\sin(x)}{x} )^3 dx}\)

Pierwsza całka tak w telegraficznym skrócie:

\(\displaystyle{ f(a)= \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^2(ax)}{x^2}dx }\)

\(\displaystyle{ f'(a)= \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin(2ax)}{x}dx }\)

po obliczeniu jej mamy:

\(\displaystyle{ f'(a)= \frac{\pi}{2} sign(a)}\)

Z tego:

\(\displaystyle{ f(a)= \frac{\pi}{2}a}\)

z tego:

\(\displaystyle{ f(1)= \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^2(x)}{x^2}dx=\frac{\pi}{2}}\)

Wydaje się, że druga powinna być podobnie...

Dodano po 28 minutach 37 sekundach:
w drugim:

\(\displaystyle{ f(a)= \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^3(ax)}{x^3}dx }\)

Po dwukrotnym zróżniczkowaniu po a otrzymamy:

\(\displaystyle{ f''(a)=6 \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin(ax)}{x}dx-9 \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^3(ax)}{x}dx }\)

Pierwszą całkę umiemy scałkować, druga poddaje się ze wzoru:

\(\displaystyle{ \sin^3(ax)= \frac{3\sin(ax)-\sin(3ax)}{4} }\)

Dalej wiadomo...

Tak właściwie to te całki można było zacząć liczyć przez części
arek przyznaj się wziąłeś od amerykańcow to rozwiązanie

\(\displaystyle{ \int_{0}^{+ \infty} ( \frac{\sin(x)}{x} )^2 dx = -\frac{\sin^2x}{x} \biggl|_{0}^{ \infty }+\int_{0}^{ \infty }\frac{2\sin{x}\cos{x}}{x}\mbox{d}x\\
= \int_{0}^{ \infty }\frac{\sin{2x}}{x}\mbox{d}x\\
t=2x\\
\mbox{d}t=2\mbox{d}x\\
\mbox{d}x=\frac{1}{2}\mbox{d}t\\
\frac{1}{2} \int_{0}^{ \infty } 2\frac{\sin{t}}{t} \mbox{d} t\\
\int_{0}^{ \infty } \frac{\sin{t}}{t} \mbox{d} t\\
}\)

No i tutaj można dalej liczyć tak jak przekształcenie Laplace

Amerykanie to durny naród nic od nich raczej nie biorę irytują mnie, ten kraj idzie na zatracenie...

Generalnie lubię całkowanie przez różniczkowanie ma to w sobie coś przekornego i jest fajne...
A przez części nudne...

Ale coś innego mi się nasunęło w związku z tym zadaniem, a mianowicie:

skoro:

\(\displaystyle{ f(a)= \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin(ax)}{x}dx=sign(a) \frac{\pi}{2} }\)

czyli musi być:

\(\displaystyle{ f'(a)=\int_{0}^{ \infty } \cos(ax)dx=0}\)

więc:

\(\displaystyle{ f(a)=C(a)= \frac{\pi}{2}, a>0 }\)

Choć zdaję sobie sprawę, że np.: a4Karo by z tej ostatniej całki wyliczył nawet wiek Królowej Anglii i Księcia Filipa św. p.

Ja oczywiście rozumiem że że Fichtenholz to Żyd i żaden szanujący się człowiek nie uwierzy w ani jedno słowo przez niego napisane, ale jednak spróbuj trochę poczytać o matematyce

Tak ostatnio przeczytałem właśnie dużo ciepłych jak również sporo cierpkich słów o matematyce, w związku z tym mam rozdwojenie jaźni...

Dodano po 44 minutach 49 sekundach:
Tak czy siak byś z tej całki wycisnął wszystko ty potrafisz...

Bardziej wierzę w Ciebie niż w Fichtenholza...

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\frac{\cos(x)-\sin(x)}{\sin(x)+\cos(x)}\ln\left( \sin\left(\frac{x}{2} \right)\right) \dd x \\
t= \frac{\pi}{6}-x\\
\mbox{d}t=- \mbox{d}x\\
\mbox{d}x=-\mbox{d}t\\
-\int_{ \frac{\pi}{6} }^{-\frac{\pi}{6} } \frac{\cos{\left( \frac{\pi}{6}-t \right) }-\sin{\left( \frac{\pi}{6}-t \right) }}{\sin\left(\frac{\pi}{12}-t \right)+\cos{\left( \frac{\pi}{6}-t\right) }} \ln{\left( \sin{\left(\frac{\pi}{12}-\frac{t}{2} \right) }\right) }\mbox{d}t\\
\int_{- \frac{\pi}{6} }^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sin{\left(t - \frac{\pi}{6}\right) }+\cos{\left(t - \frac{\pi}{6}\right) }}{\cos{\left(t - \frac{\pi}{6}\right) }-\sin{\left(t - \frac{\pi}{6}\right) }}\ln{\left( \cos{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right) }\right) \mbox{d}t}\\
\int_{- \frac{\pi}{6} }^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sin{\left( t+\frac{\pi}{12}\right) }}{\cos{\left( t+\frac{\pi}{12}\right) }}\ln{\left( \cos{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right) }\right) \mbox{d}t}
}\)

Teraz próbowałem rozłożyć funkcję podcałkową na sumę funkcji nieparzystej i funkcji parzystej ale nie uprościło to funkcji podcałkowej

Ja po klasycznych podstawieniach typu:

\(\displaystyle{ tg \frac{x}{2}=t , \sin x= \frac{2 \tg \frac{x}{2} }{1+\tg^2 \frac{x}{2} }, \cos x= \frac{1- \tg^2 \frac{x}{2} }{1+\tg^2 \frac{x}{2} }, dx= \frac{2}{1+t^2}dt }\)

i po rozkładaniu ułamków na sumy prostsze otrzymałem coś takiego:


\(\displaystyle{ - \frac{ \sqrt{2} }{2} \left[ \left( 1- \sqrt{2} \right) \int_{0}^{1} \frac{ \ln t }{t+ \sqrt{2}-1 }dt-\left( 1+ \sqrt{2} \right) \int_{0}^{1} \frac{ \ln t }{t- \sqrt{2}-1 }dt \right] - }\)

\(\displaystyle{ + \frac{ \sqrt{2} }{2}\left[ \int_{0}^{1} \frac{ \ln t }{t+ \sqrt{2}-1 }- \int_{0}^{1} \frac{ \ln t }{t- \sqrt{2}-1 }dt\right]- }\)

\(\displaystyle{ - \frac{ \sqrt{2} }{4}\left[ \int_{0}^{1} \frac{ \ln \left( 1+t^2\right) }{t+ \sqrt{2}-1 }dt- \int_{0}^{1} \frac{ \ln \left( 1+t^2\right)}{t- \sqrt{2}-1 }dt \right]- }\)

\(\displaystyle{ -2 \int_{0}^{1} \frac{t \ln t}{t^2+1}dt+ \int_{0}^{1} \frac{t \ln \left( 1+t^2\right)}{t^2+1}dt }\)

Mogłem zrobić jakieś pomyłki...

I teraz każda z tych całek teoretycznie jest to wyliczenia coś dwa albo trzy typy udało się mi wyliczyć...

\(\displaystyle{ \int_{- \frac{\pi}{6} }^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sin{\left( t+\frac{\pi}{12}\right) }}{\cos{\left( t+\frac{\pi}{12}\right) }}\ln{\left( \cos{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right) }\right) \mbox{d}t}}\)

Kolejnym moim pomysłem jest przejście na tangensy
i zastosowanie podstawienia pozwalającego uwolnić się od funkcyj trygonometrycznych
\(\displaystyle{ \int_{- \frac{\pi}{6} }^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sin{\left( t+\frac{\pi}{12}\right) }}{\cos{\left( t+\frac{\pi}{12}\right) }}\ln{\left( \cos{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right) }\right) \mbox{d}t}\\
=-\frac{1}{2}\int_{- \frac{\pi}{6} }^{\frac{\pi}{6}} \tan{\left( 2\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)-\frac{3}{4}\pi\right) }\ln{\left( \frac{1}{\cos^2{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right) }} \right) } \mbox{d}t\\
=-\frac{1}{2}\int_{- \frac{\pi}{6} }^{\frac{\pi}{6}} \tan{\left( 2\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)+\frac{\pi}{4}\right) }\ln{\left(1+\tan^2{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)} \right) } \mbox{d}t\\
=-\frac{1}{2}\int_{- \frac{\pi}{6} }^{\frac{\pi}{6}}\frac{1+\tan{\left(2\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)\right)} }{1+\tan{\left(2\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)\right)}}\ln{\left(1+\tan^2{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)} \right) } \mbox{d}t\\
-\frac{1}{2}\int_{- \frac{\pi}{6} }^{\frac{\pi}{6}}\frac{1+\frac{2\tan{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)}}{1-\tan^2{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)}}}{1-\frac{2\tan{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)}}{1-\tan^2{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)}}}\ln{\left(1+\tan^2{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)} \right) } \mbox{d}t\\
u=\tan{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)}\\
\mbox{d}u=\left(1+\tan^2{\left( \frac{t}{2}+\frac{5\pi}{12}\right)}\right)\frac{1}{2}\mbox{d}t\\
2\mbox{d}u=\left( 1+u^2\right) \mbox{d}t\\
\mbox{d}t=\frac{2}{1+u^2}\mbox{d}u\\
-\int_{ \sqrt{3} }^{ \infty }\frac{1+2u-u^2}{\left(1-2u-u^2\right)\left(1+u^2\right)} \cdot \ln{\left( 1+u^2\right) } \mbox{d}u\\
}\)

Teraz spróbowałbym rozłożyć czynnik wymierny na sumę ułamków prostych

Dodano po 2 godzinach 14 minutach 45 sekundach:
Arek ,sprawdź jeszcze swoje rachunki bo gdy wpisałem twój wynik do programu matematycznego
to okazał się on błędny

Całka którą otrzymałem daje poprawny wynik ale rozłożenie czynnika wymiernego na sumę ułamków prostych
jest kiepskim pomysłem bo otrzymujemy całki rozbieżne

Możliwe że skorzystanie ze wzoru Leibniza bądź całki podwójnej pozwoliłoby policzyć całkę którą otrzymałem

Dodano po 4 godzinach 27 minutach 30 sekundach:
Arek gdybyś nie pomylił się w obliczeniach to dostałbyś sumę sześciu całek

\(\displaystyle{ -2 \int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{t\ln{\left( t\right) }}{1+t^2}\mbox{d}t +\int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left( t\right) }}{t-1- \sqrt{2} }\mbox{d}t+\int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left( t\right) }}{t-1+ \sqrt{2} }\mbox{d}t+\\ \int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left(1+ t^2\right) }}{1+t^2 }\mbox{d}t-\frac{1}{2}\int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left( t\right) }}{t-1- \sqrt{2} }\mbox{d}t- \frac{1}{2} \int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left( t\right) }}{t-1+ \sqrt{2} }\mbox{d}t }\)

Dodano po 1 godzinie 33 minutach 34 sekundach:
Widzę że zapomniałem dopisać współczynnik przed tą ostatnią całką

Tak tak w obliczeniach poległem masz racje, tak to się robi całki na rachunkach ze sklepu...
Dzięki za poprawienie...

Dodano po 14 minutach :
Te całki co poprawiłeś one są zbieżne wszystkie

Dodano po 26 minutach 17 sekundach:
\(\displaystyle{ \frac{\ln(t)}{t+c}= \sum_{n=0}^{ \infty }(-1)^n \frac{1}{c^{n+1}}t^n \ln t }\)

Z tego by można skorzystać a ta suma jest zbieżna po scałkowaniu...

Dodano po 6 godzinach 15 minutach 35 sekundach:
To takie poligarymy w wersji rozszerzonej o przedziały całkowania...

Oczywiście w drugiej linijce argument logarytmu to \(\displaystyle{ 1+t^2}\)

\(\displaystyle{ -2 \int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{t\ln{\left( t\right) }}{1+t^2}\mbox{d}t +\int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left( t\right) }}{t-1- \sqrt{2} }\mbox{d}t+\int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left( t\right) }}{t-1+ \sqrt{2} }\mbox{d}t+\\ \int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left(1+ t^2\right) }}{1+t^2 }\mbox{d}t-\frac{1}{2}\int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left(1+t^2\right) }}{t-1- \sqrt{2} }\mbox{d}t- \frac{1}{2} \int_{0}^{ \frac{\sqrt{3}}{3} } \frac{\ln{\left(1+ t^2\right) }}{t-1+ \sqrt{2} }\mbox{d}t }\)

A jak dalej liczyłbyś tę całkę co ja dostałem czyli
\(\displaystyle{ -\int_{ \sqrt{3} }^{ \infty }\frac{1+2u-u^2}{\left(1-2u-u^2\right)\left(1+u^2\right)} \cdot \ln{\left( 1+u^2\right) } \mbox{d}u\\}\)

Rozłożyłbym na ułamki proste nie inaczej...Widzę tu duże pokrewieństwo jak widać są tu mocno zaburzone polilogarytmy...

Dodano po 20 godzinach 2 minutach 36 sekundach:
A co do tej drugiej mojej też jest w sumie przeliczalna: