βραδυνό ολοκλήρωμα 75

mathxl · #1

Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα
$\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{\arctan x}}{{x + 1}}} \,dx}$

#2

Θέτοντας arctan=y έχουμε:

x=tany και για x=0 => y=0 και για x=1 => y=π/4 και $\displaystyle{ dx = \frac{1}{{\cos ^2 y}}dy }$

αρα το ολοκλήρωμα μπορεί να γίνει:

$\displaystyle{ \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {y\frac{1}{{1 + \tan y}}\frac{1}{{\cos ^2 y}}dy} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {y[\ln (1 + \tan y)]'dy} = \left[ {y\ln (1 + \tan y)} \right]_0^{\frac{\pi }{4}} - \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln (1 + \tan y)dy} = \frac{\pi }{4}\ln 2 - \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln (1 + \tan y)dy} }$ (1)

Ασχολούμαι με το ολοκλήρωμα Ι :

$\displaystyle{ \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln (1 + \tan y)dy} }$

Κάνοντας την αλλαγή:

z=π/4-y και όλες τις απαραίτητες κινήσεις , λαμβάνω:

$\displaystyle{ \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln (1 + \tan y)dy} = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^0 {\ln (1 + \tan (\frac{\pi }{4} - z))( - dz) = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln (1 + \frac{{\tan (\frac{\pi }{4}) - \tan z}}{{1 + \tan (\frac{\pi }{4})\tan z}})dz = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\ln (\frac{2}{{1 + \tan z}})dz} } } }$

Απ'όπου τελικά:

$\displaystyle{ \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {(\ln 2 - \ln (1 + \tan z))dz = \ln 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {dz} - I} = \frac{\pi }{4}\ln 2 - I }$

Αρα:

2Ι=π/4ln2 <=> Ι=π/8ln2
Συνεπώς η (1) δίνει:

$\displaystyle{ \frac{\pi }{4}\ln 2 - \frac{\pi }{8}\ln 2 = \frac{\pi }{8}\ln 2 }$

Αρα το ολοκλήρωμα μας είναι:

$\displaystyle{ \frac{\pi }{8}\ln 2 }$

Καλημέρα!

#3

Χρήστο Μπράβο!! για κάποιο λόγω νόμιζα ότι δεν γινόταν να βγει με σχολικό τρόπο. Μάλλον λόγω της λύσης που έδωσα εγώ.

Η λύση μου :

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\tan^{-1}x}{x+1}\,dx=\ln(x+1)\tan^{-1}x\Big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{\ln(x+1)}{x^{2}+1}\,dx:=\frac{\pi\ln2}{4}-I}$ .

Όμως

$\displaystyle{I=\int_{0}^{1}\frac{x}{x^{2}+1}\frac{\ln(x+1)-\ln(0+1)}{x}\,dx=\int_{0}^{1}\frac{x}{x^{2}+1}\Big(\int_{0}^{1}\frac{1}{yx+1}\,dy\Big)\,dx=}$

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\Big(\int_{0}^{1}\frac{x}{(x^{2}+1)(yx+1)}\,dy\Big)\,dx\stackrel{Fubini}{=}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x}{(x^{2}+1)(yx+1)}\,dx\,dy=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\frac{1}{y^{2}+1}x+\frac{y}{y^{2}+1}}{x^{2}+1}-\frac{\frac{y}{y^{2}+1}}{yx+1}\,dx\,dy=}$

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{2(y^{2}+1)}\int_{0}^{1}\frac{2x}{x^{2}+1}\,dx+\frac{y}{y^{2}+1}\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{2}+1}\,dx-\frac{y}{y^{2}+1}\int_{0}^{1}\frac{1}{yx+1}\,dx\right)\,dy=}$

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\Big(\frac{\ln2}{2(y^{2}+1)}+\frac{\pi y}{4(y^{2}+1)}-\frac{y}{y^{2}+1}\Big(\frac{\ln(yx+1)}{y}\Big|_{0}^{1}\Big)\Big)\,dy=}$

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\Big(\frac{\ln2}{2(y^{2}+1)}+\frac{\pi y}{4(y^{2}+1)}-\frac{\ln(y+1)}{y^{2}+1}\Big)\,dy=\frac{\pi\ln2}{8}+\frac{\pi}{8}\ln(y^{2}+1)\Big|_{0}^{1}-I=\frac{\pi\ln2}{4}-I}$ , άρα

$\displaystyle{I=\frac{\pi\ln2}{8}}$ , άρα

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\tan^{-1}x}{x+1}=\frac{\pi\ln2}{4}-\frac{\pi\ln2}{8}=\frac{\pi\ln2}{8}}$ .

Καιρό ήθελα να λύσω ένα ολοκλήρωμα με τέτοιο τρόπο

Νομίζω ότι το ολοκλήρωμα

της λύσης μου σε κάποιο ποστ είχε δοθεί από το Βασίλη να υπολογιστεί αυτούσιο, αλλά δεν το βρίσκω...

mathxl · #4

Έχει δοθεί σχολικά Τάσο, αυτό που ονόμασες ως Ι. Νομίζω στα θέματα με απαιτήσεις (κάτι παρόμοιο από μένα). Επίσης έχει δοθεί το ίδιο ακριβώς (νομίζω από papel και κάποιον άλλο συνάδελφο).
Εάν θέσουμε στο αρχικό χ=ημ2t και κάνουμε παραγοντική εμφανίζεται το Ι του Τάσου

Ευχαριστώ για τις λύσεις σας

#5

mathxl έγραψε:Έχει δοθεί σχολικά Τάσο, αυτό που ονόμασες ως Ι. Νομίζω στα θέματα με απαιτήσεις (κάτι παρόμοιο από μένα). Επίσης έχει δοθεί το ίδιο ακριβώς (νομίζω από papel και κάποιον άλλο συνάδελφο).

Αν βρεί κάποιος το link ας το βάλει γιατί χθες έφαγα κάμποση ώρα ψάχνοντας αλλά δεν τα κατάφερα.

Δίνω και άλλη μια λύση για τον υπολογισμό του

όπως το έχω ορίσει παραπάνω :

Θέτουμε $\displaystyle{I(y):=\int_{0}^{1}\frac{\ln(yx+1)}{x^{2}+1}\,dx}$ με $\displaystyle{y\in[0,1]}$ .

Από το θεώρημα του Leibnitz έχουμε :

$\displaystyle{I{'}(y)=\int_{0}^{1}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\ln(yx+1)}{x^{2}+1}\,dx=\int_{0}^{1}\frac{x}{(x^{2}+1)(yx+1)}\,dx=\cdots}$ όπως πριν

$\displaystyle{\frac{\ln2}{2(y^{2}+1)}+\frac{\pi}{8}\frac{2y}{y^{2}+1}-\frac{\ln(y+1)}{y^{2}+1}}$ , άρα ολοκληρώνοντας ως προς $\displaystyle{y}$ από

έως

έχουμε :

$\displaystyle{I(1)-0=\frac{\ln2}{2}\tan^{-1}y\Big|_{0}^{1}+\frac{\pi}{8}\ln(y^{2}+1)\Big|_{0}^{1}-I(1)}$ άρα

$\displaystyle{I=I(1)=\frac{\pi\ln2}{8}}$ .

Ωmega Man · #6

Ο πιο εύκολος τρόπος να λυθεί είναι ο εξής,

$\displaystyle{\bf \int\limits_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\;dx=\arctan(x)\ln(1+x)\bigg|_{0}^{1}-\int\limits_{0}^{1}\frac{\arctan(x)}{1+x}\;dx}$

κάνοντας αλλαγή με $\displaystyle{\bf x=\frac{2}{\mathfrak{u}+1}-1}$

$\displaystyle{\bf \int\limits_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x^{2}}\;dx=-\int\limits_{1}^{0}\frac{2\ln\left(\frac{2}{\mathfrak{u}+1}\right)}{2(\mathfrak{u}^2+1)}\;d\mathfrak{u}=\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln(2)}{1+\mathfrak{u}^{2}}\;d\mathfrak{u}-\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln(\mathfrak{u}+1)}{1+\mathfrak{u}^{2}}\;d\mathfrak{u}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\;dx=\frac{\pi}{8}\ln(2)}$

πηγαίνοντας στην αρχική σχέση,

$\displaystyle{\bf \int\limits_{0}^{1}\frac{\arctan(x)}{1+x}\;dx=\arctan(x)\ln(1+x)\bigg|_{0}^{1}-\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\;dx=\frac{\pi}{4}\ln(2)-\frac{\pi}{8}\ln(2)=\frac{\pi}{8}\ln(2)}$ .

βραδυνό ολοκλήρωμα 75

βραδυνό ολοκλήρωμα 75

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 75

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 75

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 75

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 75

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 75

Μέλη σε σύνδεση