βραδυνό ολοκλήρωμα 85

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

βραδυνό ολοκλήρωμα 85

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τρί Ιούλ 20, 2010 10:54 pm

Να υπολογίσετε το
I =\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}dx


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 85

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Τρί Ιούλ 20, 2010 11:43 pm

:clap2: :clap2:
Συνημμένα
Mathxl-85.jpg
Mathxl-85.jpg (39 KiB) Προβλήθηκε 331 φορές


Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 85

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Ιούλ 21, 2010 12:02 am

Μία άλλη λύση είναι και η εξής

I =\displaystyle\int_{0}^\infty{\frac{{\sqrt x }}{{{{\left({1+{x^{2}}}\right)}^{2}}}}}dx\mathop =\limits_{dx =\left({1+{{\tan }^{2}}t}\right)dt}^{x =\tan t}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{{\sqrt{\tan t}}}{{{{\left({1+{{\tan }^{2}}t}\right)}^{2}}}}}\left({1+{{\tan }^{2}}t}\right)dt =

=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{{\sqrt{\tan t}}}{{1+{{\tan }^{2}}t}}}dt =\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\cos }^{2}}t\sqrt{\tan t}}dt =\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\cos }^{\frac{3}{2}}}t\sqrt{\sin t}}dt =

=\displaystyle\frac{1}{{\sqrt 2 }}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\cos t\sqrt{\sin 2t}}dt\mathop =\limits_{dt =-du}^{t =\frac{\pi }{2}-u}\frac{1}{{\sqrt 2 }}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin u\sqrt{\sin 2u}}du

οπότε με πρόσθεση των δύο τελευταίων ολοκληρωμάτων έχουμε

2I =\frac{1}{{\sqrt 2 }}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left({\cos t+\sin t}\right)\sqrt{\sin 2t}}dt =\frac{1}{{\sqrt 2 }}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left({\cos t+\sin t}\right)\sqrt{1-{{\left({\cos t-\sin t}\right)}^{2}}}}dt =

\mathop =\displaystyle\limits_{\left({\cos t+\sin t}\right)dt =-dy}^{\cos t-\sin t = y}-\frac{1}{{\sqrt 2 }}\int_{1}^{-1}{\sqrt{1-{y^{2}}}}dy =\frac{1}{{\sqrt 2 }}\int_{-1}^{1}{\sqrt{1-{y^{2}}}}dy =\frac{2}{{\sqrt 2 }}\int_{0}^{1}{\sqrt{1-{y^{2}}}}dy =

\mathop =\displaystyle\limits_{dy =\cos kdk}^{y =\sin k}\sqrt 2\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\cos }^{2}}k}dk =\sqrt 2\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{{1+\cos 2k}}{2}}dk =\frac{{\pi\sqrt 2 }}{4}+\frac{{\sqrt 2 }}{4}\left[{\sin 2k}\right]_{0}^{\frac{\pi }{2}}=

=\displaystyle\frac{{\pi\sqrt 2 }}{4}\Rightarrow I =\frac{{\pi\sqrt 2 }}{8}


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 85

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Ιούλ 21, 2010 12:15 am

Μία άλλη λύση
I =\displaystyle\int_{0}^\infty{\frac{{\sqrt x }}{{{{\left({1+{x^{2}}}\right)}^{2}}}}}dx\mathop =\limits_{dx =\left({1+{{\tan }^{2}}t}\right)dt}^{x =\tan t}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{{\sqrt{\tan t}}}{{{{\left({1+{{\tan }^{2}}t}\right)}^{2}}}}}\left({1+{{\tan }^{2}}t}\right)dt =

=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{{\sqrt{\tan t}}}{{1+{{\tan }^{2}}t}}}dt =\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\cos }^{2}}t\sqrt{\tan t}}dt =\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\cos }^{\frac{3}{2}}}t\sqrt{\sin t}}dt =

= \displaystyle\frac{1}{2} \cdot 2\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^{\frac{3}{2}}}t \cdot {{\sin }^{\frac{1}{2}}}t} dt = \frac{1}{2} \cdot 2\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^{2 \cdot \frac{5}{4} - 1}}t \cdot {{\sin }^{2 \cdot \frac{3}{4} - 1}}t} dt =

= \displaystyle\frac{1}{2}B\left( {\frac{5}{4},\frac{3}{4}} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\Gamma \left( {\frac{5}{4}} \right)\Gamma \left( {\frac{3}{4}} \right)}}{{\Gamma \left( 2 \right)}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\Gamma \left( {\frac{5}{4}} \right)\Gamma \left( {\frac{3}{4}} \right)}}{{\Gamma \left( 2 \right)}} = \frac{1}{2}\Gamma \left( {\frac{1}{4} + 1} \right)\Gamma \left( {\frac{3}{4}} \right) =

= \displaystyle\frac{1}{8}\Gamma \left( {\frac{1}{4}} \right)\Gamma \left( {\frac{3}{4}} \right) = \frac{1}{8}\Gamma \left( {\frac{1}{4}} \right)\Gamma \left( {1 - \frac{1}{4}} \right) = \frac{1}{8}\frac{\pi }{{\sin \frac{\pi }{4}}} = \frac{\pi }{{4\sqrt 2 }} = \frac{{\pi \sqrt 2 }}{8}


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 85

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Ιούλ 21, 2010 12:12 pm

Μπορούμε να υπολογίζουμε και αυτό \displaystyle{ I_{n}=\int_{0}^\infty\frac{\sqrt{x}}{(1+x^{2})^{n}}\,\mathrm{d}x } με n > 1

Απάντηση


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 85

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Κυρ Ιούλ 25, 2010 5:21 pm

:clap2: :clap2: Όντως

\displaystyle{\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}\frac{\sqrt{x}}{\left(1+x^2\right)^n}dx\overset{x^2=u}{=}\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}\frac{u^{-\frac{1}{4}}}{(1+u)^n}du=\frac{1}{2\Gamma (n)}\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}u^{-\frac{1}{4}}\left(\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}y^{n-1}e^{-(1+u)y}dy\right)du=}

\displaystyle{=\frac{1}{2\Gamma (n)}\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}y^{n-1}e^{-y}\left(\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}u^{-\frac{1}{4}}e^{-uy}du\right)dy=\frac{1}{2\Gamma (n)}\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}y^{n-1}e^{-y}\frac{\Gamma \left(\frac{3}{4}\right)}{y^{\frac{3}{4}}}dy=}

\displaystyle{=\frac{\Gamma \left(\frac{3}{4}\right)}{2\Gamma (n)}\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}y^{n-\frac{7}{4}}e^{-y}dy=\frac{\Gamma \left(\frac{3}{4}\right)\Gamma \left(n-\frac{3}{4}\right)}{2\Gamma (n)}}. Όμως \displaystyle{\Gamma (z)=(z-1)\Gamma (z-1)} , οπότε

\displaystyle{\Gamma \left(n-\frac{3}{4}\right)=\left(n-\frac{7}{4}\right)\Gamma \left(n-\frac{7}{4}\right)=\left(n-\frac{7}{4}\right)\left(n-\frac{11}{4}\right)\Gamma \left(n-\frac{11}{4}\right)=\left(n-\frac{7}{4}\right)\left(n-\frac{11}{4}\right)\text{..}\frac{1}{4}\Gamma \left(\frac{1}{4}\right)} δηλαδή

\displaystyle{\Gamma \left(n-\frac{3}{4}\right)=\frac{1}{4}\frac{5}{4}\text{..}\left(\frac{4n-7}{4}\right)\Gamma \left(\frac{1}{4}\right)=\frac{\Gamma \left(\frac{1}{4}\right)}{4^{n-1}}\prod _{k=2}^n (4k-7)} , οπότε

\displaystyle{\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}\frac{\sqrt{x}}{\left(1+x^2\right)^n}dx=\frac{1}{2^{2n-1}}\prod _{k=2}^n (4k-7)\left(\Gamma \left(\frac{1}{4}\right)\Gamma \left(\frac{3}{4}\right)\right)\frac{1}{\Gamma (n)}=\frac{1}{2^{2n-1}}\frac{1}{(n-1)!}\frac{\pi }{\sin \left(\frac{\pi }{4}\right)}\prod _{k=2}^n (4k-7)=}

\displaystyle{=\frac{\sqrt{2}\cdot\pi \cdot(1\cdot5\cdot7\cdot\text{..}\cdot(4n-7))}{2^{2n-1}\cdot(n-1)!}}


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης