βραδυνό ολοκλήρωμα 93

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

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

βραδυνό ολοκλήρωμα 93

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Παρ Αύγ 27, 2010 11:34 pm

Να υπολογιστεί το
\displaystyle\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\ln (1 + x{{\sin }^2}(y))}}{{{{\sin }^2}(y)}}} \,dy
αναπάντητο για την ώρα στο μαθλινκσ


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 93

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Αύγ 28, 2010 9:45 am

:clap2: :clap2:

\displaystyle{\mathbf{\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{\ln \left( {1 + x \cdot {{\sin }^2}\left( y \right)} \right)}}{{{{\sin }^2}\left( y \right)}} \cdot dy}  = \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{1}{{{{\sin }^2}\left( y \right)}} \cdot \left( {\int\limits_0^x {\frac{{{{\sin }^2}\left( y \right)}}{{1 + u \cdot {{\sin }^2}\left( y \right)}} \cdot du} } \right) \cdot dy}  = \int\limits_0^x {\left( {\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{1}{{1 + u \cdot {{\sin }^2}\left( y \right)}} \cdot dy} } \right) \cdot du} \mathop  = \limits^{tan\left( y \right) = w} }}

\displaystyle{\mathbf{ = \int\limits_0^x {\left( {\int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{1 + u \cdot \dfrac{{{w^2}}}{{1 + {w^2}}}}} \cdot \frac{1}{{1 + {w^2}}} \cdot dw} } \right) \cdot du = \int\limits_0^x {\left( {\int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{1 + \left( {1 + u} \right) \cdot {w^2}}} \cdot dw} } \right) \cdot du} \mathop  = \limits^{\sqrt {1 + u}  \cdot w = y} {\rm{ }}\int\limits_0^x {\frac{1}{{\sqrt {1 + u} }} \cdot \left( {\int\limits_0^\infty  {\frac{1}{{1 + {y^2}}} \cdot dw} } \right) \cdot du}  = } }}


\displaystyle{\mathbf{ = \frac{\pi }{2} \cdot \int\limits_0^x {\frac{1}{{\sqrt {1 + u} }} \cdot du}  = \pi  \cdot \left[ {\sqrt {1 + u} } \right]_0^x = \pi  \cdot \left( {\sqrt {1 + x}  - 1} \right)}}


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

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 93

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Σάβ Αύγ 28, 2010 10:49 am

Ο τρόπος που δούλεψα είναι διαφορετικός από αυτόν του Σεραφείμ.
Έστω
I\left( x \right) = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\ln (1 + x{{\sin }^2}(y))}}{{{{\sin }^2}(y)}}} \,dy,x >  - 1

άρα
I'\left( x \right) = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{1 + x{{\sin }^2}(y)}}} \,dy = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{1 + x - x{{\cos }^2}(y)}}} \,dy =

= \displaystyle\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\left( {1 + x} \right)\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right) - x}}}  \cdot \,\frac{1}{{{{\cos }^2}(y)}}dy\mathop  = \limits_{\frac{{dy}}{{{{\cos }^2}(y)}} = du}^{\tan y = u} \int_0^{ + \infty } {\frac{1}{{\left( {1 + x} \right)\left( {1 + {u^2}} \right) - x}}} du =

= \displaystyle\int_0^{ + \infty } {\frac{1}{{1 + \left( {1 + x} \right){u^2}}}} du\mathop  = \limits_{du\sqrt {1 + x}  = dt}^{u\sqrt {1 + x}  = t} \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}\int_0^{ + \infty } {\frac{1}{{1 + {t^2}}}} dt = \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}\left[ {\arctan t} \right]_0^{ + \infty } = \frac{\pi }{{2\sqrt {x + 1} }}

οπότε
I\left( x \right) = \pi \sqrt {x + 1}  + c

Για χ=0
I\left( 0 \right) = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\ln (1)}}{{{{\sin }^2}(y)}}dy}  \Leftrightarrow \pi  + c = 0 \Leftrightarrow c =  - \pi

και αντικαθιστώντας
I\left( x \right) = \pi \left( {\sqrt {x + 1}  - 1} \right)


Απότι είδα έχουνε βάλει τις λύσεις αυτές και στο μαθλινκσ


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 93

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Αύγ 28, 2010 12:18 pm

Βασίλη νομίζω ότι είναι ισοδύναμοι οι δύο τρόποι. Απλά εγώ έγραψα \displaystyle{\mathbf{\ln \left( {1 + x \cdot {{\sin }^2}\left( y \right)} \right) = \int\limits_0^x {\frac{{{{\sin }^2}\left( y \right)}}{{1 + u \cdot {{\sin }^2}\left( y \right)}} \cdot du} }} ενώ εσύ \displaystyle{\mathbf{\frac{d}{{dx}}\left( {\ln \left( {1 + x \cdot {{\sin }^2}\left( y \right)} \right)} \right) = \frac{{{{\sin }^2}\left( y \right)}}{{1 + u \cdot {{\sin }^2}\left( y \right)}}}}

που είναι το ίδιο πράγμα. Βέβαια με την παραγώγισή σου, προέκυψε και μια σταθερά που έπρεπε να υπολογιστεί.




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

Re: βραδυνό ολοκλήρωμα 93

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Σάβ Αύγ 28, 2010 2:46 pm

Yup΄, αρκετές φορές έχουμε δει να βγαίνουν ολοκληρώματα και με τους δύο τρόπους. Παραγώγιση κάτω από το σύμβολο ολοκληρώματος και διπλό ολοκλήρωμα. Δεν γνωρίζω αν πάντα το ένα ανάγεται στον υπολογισμό του άλλου

Χχμμ όταν μιλούσα, χθες για αναπάντητο αναφερόμουν σε αυτήν http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=363976 την διεύθυνση και δεν γνώριζα για αυτήν http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=363987


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)
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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