σκληρή ολοκλήρωση

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
pprime
Δημοσιεύσεις: 39
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 16, 2014 1:54 am

σκληρή ολοκλήρωση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pprime » Τετ Μάιος 16, 2018 9:25 pm

:P
\displaystyle{\int\limits_{0}^{1}{x{{\tanh }^{-1}}x\sec {{h}^{-1}}xdx}}



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3431
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: σκληρή ολοκλήρωση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Μάιος 18, 2018 9:07 pm

pprime έγραψε:
Τετ Μάιος 16, 2018 9:25 pm
:P
\displaystyle{\int\limits_{0}^{1}{x{{\tanh }^{-1}}x\sec {{h}^{-1}}xdx}}

Δύσκολο .... Καταρχάς από την ολοκλήρωση κατά παράγοντες βγάζουμε ότι:

\displaystyle{\begin{aligned} 
4\int_{0}^{1} x \tanh^{-1} x \; {\rm sech}^{-1} x \, \mathrm{d}x &=\int_{0}^{1} x \log \left ( \frac{1+x}{1-x} \right ) \log \left ( \frac{1+\sqrt{1-x^2}}{1-\sqrt{1-x^2}} \right ) \,\mathrm{d}x 
\end{aligned}}
Τώρα γνωρίζουμε ότι \displaystyle{\log \frac{1+x}{1-x}=2\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^{2n+1}}{2n+1}} } και \displaystyle{\arcsin x = \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left( 2n \right) !}{4^n\left( n! \right) ^2\left( 2n+1 \right)}x^{2n+1}}}. Τότε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{0}^{1} x^{2n+2} \log \left ( \frac{1+\sqrt{1-x^2}}{1-\sqrt{1-x^2}} \right ) \, \mathrm{d}x &=  \cancelto{0}{\left [ \frac{x^{2n+3}}{2n+3} \log \left ( \frac{1+ \sqrt{1-x^2}}{1-\sqrt{1-x^2}} \right ) \right ]_0^1} + \frac{2}{2n+3} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n+3}}{x \sqrt{1-x^2}} \, \mathrm{d}x\\  
 &= \frac{2}{2n+3} \cdot \int_{0}^{1} \frac{x^{2n+2}}{\sqrt{1-x^2}} \, \mathrm{d}x \\  
 &= \frac{1}{2n+3}\cdot  \frac{\sqrt{\pi} \Gamma \left ( n + \frac{3}{2} \right )}{\Gamma(n+2)} 
\end{aligned}}
Συνεπώς:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{0}^{1} x \log \left ( \frac{1+x}{1-x} \right ) \log \left ( \frac{1+\sqrt{1-x^2}}{1-\sqrt{1-x^2}} \right ) \,\mathrm{d}x &=2  \int_{0}^{1} x \log \left ( \frac{1+\sqrt{1-x^2}}{1-\sqrt{1-x^2}} \right ) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \, \mathrm{d}x \\ 
&= 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1} \int_{0}^{1} x^{2n+2} \log \left ( \frac{1+\sqrt{1-x^2}}{1-\sqrt{1-x^2}} \right ) \, \mathrm{d}x \\ 
 &= 2 \sqrt{\pi}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\Gamma \left ( n + \frac{3}{2} \right )}{(2n+1)(2n+3) (n+1)!} \\ 
 &= 2\sqrt{\pi} \left ( -\frac{\pi \sqrt{\pi}}{4} + \sqrt{\pi} \right ) \\ 
 &= 2 \pi - \frac{\pi^2}{2} 
\end{aligned}}
Συνεπώς το αρχικό ολοκλήρωμα υπολογίζεται σε \displaystyle \frac{\pi}{2} - \frac{\pi^2}{8}.


Χρωστάω την απόδειξη της σειράς που εμφανίστηκε στο τέλος. Δεν είναι δύσκολη. Χρησιμοποιεί το ανάπτυγμα Taylor της \arcsin και τη θέτω εδώ....

Μάλιστα... !! :clap2: :clap2:


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες