Matematyka.pl

Oto dwie dość ogólne całki:
\(\displaystyle{ \mbox I_n = t \frac{\mbox d x}{x (x + 1) \ldots (x+n)}, \quad \mbox J_n = t \frac{x^2\, \mbox d x}{(x^2 + 1) (x^2 + 4) \ldots (x^2 + n^2)}}\)



Nie są to trudne przykłady, choć trochę roboty jest - zwłaszcza przy drugiej .

Nie są też takie proste
1) Rozłóżmy funkcję podcałkową na sumę ułamków prostych:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x(x+1)\cdot(x+2)\ldots(x+n)} = \frac{A_0}{x} + \frac{A_1}{x+1} + \frac{A_2}{x+2} + \ldots + \frac{A_n}{x+n}}\)
Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika dostaniemy w liczniku sumę takich wyrażeń:
\(\displaystyle{ A_k \prod_{0}^{n}_{i k} (x+i)}\)
Będziemy podstawiać kolejno x=0, x=-1, itp. Zatem nasze wyrażenie można sprowadzić do:
\(\displaystyle{ A_k \prod_{0}^{n}_{i k} (i-k) = A_k ft[ (n-k)(n-1 - k)\ldots(k+1 - k)\cdot (k-1 - k)\cdot (1-k)(0-k)\right] = \\ A_k (n-k)! (-1)^k k(k-1)\ldots 2\cdot 1 = A_k\cdot (-1)^k (n-k)!\cdot k! = 1 \\
A_k = \frac{(-1)^k}{(n-k)! k!}}\)
Zatem całka jest równa:
\(\displaystyle{ I_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{(n-k)! k!} ln|x+k|}\)

No to pozostała jeszcze druga .

PS. +C

Wiem, że zjadłem stałą, ale mi się nie chciało już w nocy komputera włączać.

[ Dodano: 24 Maj 2008, 12:37 ]
No to teraz druga. Najpierw rozkładamy na ułamki proste:
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{(x^2 + 1)(x^2 +4)\ldots (x^2 + n^2)} = \frac{A_1 x + B_1}{x^2 + 1} + \frac{A_2 x + B_2}{x^2 + 4} + \ldots + \frac{A_n x + B_n}{x^2 + n^2}}\)
Po wymnożeniu dostaniemy wyrażenia typu:
\(\displaystyle{ (A_k x + B_k) \prod_{1}^{n}_{m k} (x^2 + m^2)}\)
Kładąc po kolei x = i, x = 2i, itd. dostaniemy:
\(\displaystyle{ (A_k ki + B_k) \prod_{1}^{n}_{m k} (m^2 - k^2)}\)
Od razu można się pozbyć części urojonej:
\(\displaystyle{ A_k = 0 \\
B_k \prod_{1}^{n}_{m k} (m+k) \prod_{1}^{n}_{m k} (m-k) = -k^2}\)
Drugi iloczyn policzę korzystając z poprzedniego przykładu, a pierwszy jest jeszcze prostszy:
\(\displaystyle{ B_k \frac{(n+k)!}{k!\cdot (2k)} (-1)^{k-1} (n-k)! (k-1)! = - B_k \frac{(-1)^k (n+k)! (n-k)!}{2k^2} = -k^2 \\
B_k = \frac{ (-1)^k 2k^4}{(n+k)! (n-k)!}}\)
Zatem całka to:
\(\displaystyle{ J_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{B_k}{k} arctg (\frac{x}{k}) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k 2k^3}{(n+k)!\cdot (n-k)!} arctg ft( \frac{x}{k}\right) + C}\)
Jednak dla n=1 całka jest równa:
\(\displaystyle{ J_{1} = x - arctgx + C}\)
I chyba jakoś tak to będzie.

Bardzo fajnie Jednak sam zauważyłeś, że dla n=1 są problemiki

Można temu oczywiście zapobiec - a jak! Oto moja odp.:
\(\displaystyle{ \mbox J_n = 2 \sum_{k = 1}^n \frac{(-1)^k k^2 ft( k \arctan \frac{x}{k} - x \right)}{(n-k)!(n+k)!} + \mbox C}\)

hint: całkowanie przez części

Dla n=1 jest taki problem, że się tego nie da rozłożyć na ułamki proste. Ale jeszcze chwilę pomyślę nad całkowaniem przez części, bo na razie mi się nie chce. A poza tym nie widzę tego.
I jeszcze mam pytanie: Ty takie całki sam wymyślasz, czy bierzesz z jakiegoś zbioru zadań?

[ Dodano: 24 Maj 2008, 21:06 ]
To może pokaż, jak do tego doszedłeś, bo jeśli do tej pory tego nie wymyśliłem, to już nie wymyślę. Oczywiście pod warunkiem, że chce Ci się to wklepywać.

To tak szybciutko:
\(\displaystyle{ u = x, \quad\\ dv = \ldots}\)

Teraz by wyznaczyć v wpierw podst. \(\displaystyle{ t = x^2 + 1}\) i do policzenia jest:

\(\displaystyle{ \frac{1}{2} t \frac{\mbox d t}{t (t + 3) \ldots (t + n^2 - 1)}}\)

Dalej ułamki proste i \(\displaystyle{ A_i = \frac{(-1)^{i+1} 2i^2}{(n-i)! (n+i)!}}\)
stąd liczymy v itd., itp.
Chwilowo nie mam czasu więcej pisać, jakbyś miał dalej jakieś pytania odnośnie tego przykładu to później mogę dokończyć.


A przykład jest z jakiegoś zagranicznego forum, ale skąd nie wiem dokładnie bo przed wakacjami robiłem sobię listę takich ,,śmiesznych' całek, ale nie zapisywałem źródeł.

Faktycznie można i tak. Tam w mianowniku masz błąd w całce (\(\displaystyle{ t^2}\) zamiast t), ale to nieważne.

[ Komentarz dodany przez: luka52: 24 Maj 2008, 23:04 ]
Dzięki za zwrócenie uwagi.

[ Dodano: 24 Maj 2008, 23:46 ]
Właśnie doszedłem do wniosku, że to inaczej wyjdzie. Bo ta całka jest równa:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1} k^2}{(n+k)!\cdot (n-k)!} ln|x^2 +k^2|}\)
A ta którą trzeba policzyć przy liczeniu przez części to w ogóle jakiś horror. Ostatecznie powinien wyjść taki sam wynik, ale samo dojście może być dość kłopotliwe.

[ Dodano: 25 Maj 2008, 13:17 ]
A drugą trzeba jeszcze raz przez części i dochodzimy do punktu wyjścia, chyba, że się gdzieś pomyliłem. A problem można rozwiązać dodając do mojego wyniku wyraz:
\(\displaystyle{ {1 \choose n} x}\)
gdzie symbol Newtona interpretujemy jako ilość k-elementowych podzbiorów zbioru n-elementowego. Oczywiście nie jest to zbyt naukowa metoda.

Dokańczając mamy:

\(\displaystyle{ du = dx; \quad v = \sum_{k = 1}^n \frac{(-1)^{k+1} k^2}{(n - k)! (n+k)!} \ln | x^2 + k^2|}\)

czyli:
\(\displaystyle{ \mbox J_n = x \; \; \sum_{k = 1}^n \frac{(-1)^{k+1} k^2 \ln | x^2 + k^2|}{(n - k)! (n+k)!} - t \sum_{k = 1}^n \frac{(-1)^{k+1} k^2 \ln | x^2 + k^2|}{(n - k)! (n+k)!} \; \mbox d x}\)

Całka typu \(\displaystyle{ \int \ln |x^2 + k^2| \, \mbox d x}\) (pomijając konsekwencje modułu) to (przez części)
\(\displaystyle{ 2 k \arctan \frac{x}{k} + x ft( \ln |x^2 + k^2 | - 2 \right) + C}\)

Reasumując:
\(\displaystyle{ \mbox J_n = \sum_{k = 1}^n \frac{(-1)^{k+1} k^2 }{(n - k)! (n+k)!} ft( x \ln |x^2 + k^2 | -2 k \arctan \frac{x}{k} - x \ln |x^2 + k^2 | + 2 x \right) + \mbox C}\)

Upraszczając dochodzimy do wzoru, który wcześniej podałem.

Więc?

Więc się pomyliłem i jest dobrze. I wychodzi na to, że suma:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1} k^2 x}{(n+k)!\cdot (n-k)!}}\)
Zeruje się dla każdego n oprócz 1. Bardzo ciekawa własność.