Ολοκλήρωμα

petros r · #1

Μπορούμε να υπολογίσουμε το $\int_{0}^{1}{\int_{0}^{1}}{\frac{dx dy}{2-x^2-y^2}$ ?

mtsarduckas · #2

Δοκίμασε αλλαγή συντεταγμένων $x=r \cos \phi$ , $y=r \sin \phi$ ...

petros r · #3

Δεν οδηγούν πουθενά οι πολικές συντεταγμένες. Είναι αρκετά δύσκολο ολοκλήρωμα (απο διαγωνισμό στην Ρουμανία)

BAGGP93 · #4

Καλησπέρα και από μένα με μία ερώτηση.

Αν, όπως έγραψε ο φίλος mtsarduckas, χρησιμοποιήσουμε τον μετασχηματισμό $\displaystyle{g\left(r\,,\theta\right)=\left(r\cos \theta\,,r\sin \theta\right)}$

τότε ποιο είναι το σύνολο $\displaystyle{A\subset \mathbb{R}^2}$ για το οποίο $\displaystyle{g\left(A\right)=\left[0,1\right]\times \left[0,1\right]}$ ?

#5

BAGGP93 έγραψε:Καλησπέρα και από μένα με μία ερώτηση.

Αν, όπως έγραψε ο φίλος mtsarduckas, χρησιμοποιήσουμε τον μετασχηματισμό $\displaystyle{g\left(r\,,\theta\right)=\left(r\cos \theta\,,r\sin \theta\right)}$

τότε ποιο είναι το σύνολο $\displaystyle{A\subset \mathbb{R}^2}$ για το οποίο $\displaystyle{g\left(A\right)=\left[0,1\right]\times \left[0,1\right]}$ ?

Δεν ξέρω πώς βγαίνει το ολοκλήρωμα (δεν δοκίμασα γιατί έχω πάάάάρα πολλές δουλειές αυτές τις μέρες) αλλά μπορώ να απαντήσω στο ερώτημά σου για το χωρίο: Χωρίζουμε το τετράγωνο σε δύο μέρη με την διαγώνιο από το (0,0)

στο

.

Στο κάτω μισό είναι $0\le \theta \le \frac {\pi}{4}, \, 0\le r \le \frac {1}{\cos \theta}$
και στο πάνω είναι $\frac {\pi}{4} \le \theta \le \frac {\pi}{2}, \, 0\le r \le \frac {1}{\sin \theta} }$ .

Κάνοντας τις πράξεις με το μυαλό, αναγόμαστε στο $\displaystyle{\int _0^{\pi/4} \ln (1-\tan ^2 \theta) \, d\theta}$ . Δεν ξέρω (δεν δοκίμασα) την συνέχεια και δεν ξέρω αν οδηγεί σε λύση.

Βιαστικά,

Mιχάλης

#6

Mihalis_Lambrou έγραψε:...Κάνοντας τις πράξεις με το μυαλό, αναγόμαστε στο $\displaystyle{\int _0^{\pi/4} \ln (1-\tan ^2 \theta) \, d\theta}$ . Δεν ξέρω (δεν δοκίμασα) την συνέχεια και δεν ξέρω αν οδηγεί σε λύση...

Βοηθάει to ότι $\displaystyle\int_0^{\pi/4}{ \ln ( \cot(\theta) ) \,d\theta}=-\int_0^{\pi/4}{ \ln ( \tan(\theta) ) \,d\theta}=G$ όπου

η σταθερά του Catalan ;

#7

grigkost έγραψε: Βοηθάει to ότι $\displaystyle\int_0^{\pi/4}{ \ln ( \cot(\theta) ) \,d\theta}=-\int_0^{\pi/4}{ \ln ( \tan(\theta) ) \,d\theta}=G$ όπου η σταθερά του Catalan ;

Θαύμα. Με αυτό ως δεδομένο μπορούμε τότε να πούμε:

$\displaystyle{\int _0^{\pi/4} \ln (1-\tan ^2 \theta) \, d\theta= \int _0^{\pi/4} \ln (1+\tan \theta) \, d\theta + \int _0^{\pi/4} \ln (1-\tan \theta) \, d\theta = J_1+J_2}$ .

Για το J_1

, η αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle{\phi = \frac {\pi}{4}- \theta}$ δίνει

$\displaystyle{ \int _0^{\pi/4} \ln (1+\tan \theta) \, d\theta = \int _0^{\pi/4} \ln \left (1+\tan \left (\frac { \pi}{4}- \phi \right ) \right )\, d\phi$

$\displaystyle{ = \int _0^{\pi/4} \ln \left (1+\frac { 1 - \tan \phi }{1 + \tan \phi} \right ) \, d\phi = \int _0^{\pi/4} \ln \left (\frac { 2 }{1 + \tan \phi} \right ) \,d \phi$

$\displaystyle{ = \int _0^{\pi/4} \left ( \ln 2 - \ln (1 + \tan \phi} ) \right )\,d \phi= \frac {\pi }{4} \ln 2 - J_1$

Άρα $\displaystyle{J_1 = \frac {\pi }{8} \ln 2 }$

Όμοια

$\displaystyle{ J_2 = \int _0^{\pi/4} \ln \left (1-\frac { 1 - \tan \phi }{1 + \tan \phi} \right ) \, d\phi = \int _0^{\pi/4} \left ( \ln 2 + \ln \left (\tan \phi \right ) - \ln \left (1 + \tan \phi \right ) \right )\, d\phi}$

$\displaystyle{ = \frac {\pi }{4} \ln 2 - G - J_2$ ,

και λοιπά. Με αυτά υπολογίζεται το αρχικό διπλό ολοκλήρωμα. Αφήνω τις πράξεις ρουτίνας, λόγω φόρτου εργασίας.

Φιλικά,

Μιχάλης

Ολοκλήρωμα

Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση