Παραμετρικό ολοκλήρωμα

Tolaso J Kos · #1

Μεταφέρω το θέμα απ' εδώ σε καινούργιο topic.

Έστω $\alpha, \beta>0$ . Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\displaystyle{\int_{\alpha}^{\beta}\frac{\left(t^2-\alpha\beta\right)\ln\bigl({\frac{t}{\alpha}}\bigr)\ln\bigl({\frac{t}{\beta}}\bigr)}{\left({t^2+\alpha^2}\right)\left({t^2+\beta^2}\right)} \, \mathrm{d}t}}$

nickolas tsik · #2

Καλησπέρα,

$\displaystyle I = \int_{\alpha}^{\beta} \frac{(t^2 - \alpha \beta) \ln\left(\frac{t}{\alpha}\right) \ln\left(\frac{t}{\beta}\right)}{(t^2 + \alpha^2)(t^2 + \beta^2)} \, \mathrm{d}t$

'Εστω $t = \frac{\alpha \beta}{u}$

$t = \frac{\alpha \beta}{u}$ . Με αυτήν την υποκατάσταση:

$\displaystyle \mathrm{d}t = -\frac{\alpha \beta}{u^2} \mathrm{d}u$

όρια ολοκλήρωσης:
- Όταν $t = \alpha$ , $u = \beta$
- Όταν $t = \beta$ , $u = \alpha$

$\displaystyle I = \int_{\beta}^{\alpha} \frac{\left(\left(\frac{\alpha \beta}{u}\right)^2 - \alpha \beta\right) \ln\left(\frac{\frac{\alpha \beta}{u}}{\alpha}\right) \ln\left(\frac{\frac{\alpha \beta}{u}}{\beta}\right)}{\left(\left(\frac{\alpha \beta}{u}\right)^2 + \alpha^2\right) \left(\left(\frac{\alpha \beta}{u}\right)^2 + \βeta^2\right)} \left(-\frac{\alpha \βeta}{u^2}\right) \, \mathrm{d}u.$

$t^2 = \left(\frac{\alpha \beta}{u}\right)^2 = \frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2}$
$t^2 - \alpha \beta = \frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} - \alpha \beta$ . $\ln\left(\frac{\frac{\alpha \beta}{u}}{\alpha}\right) = \ln\left(\frac{\beta}{u}\right) = \ln \beta - \ln u$ $\ln\left(\frac{\frac{\alpha \beta}{u}}{\beta}\right) = \ln\left(\frac{\alpha}{u}\right) = \ln \alpha - \ln u$
$t^2 + \alpha^2 = \frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} + \alpha^2$
$t^2 + \beta^2 = \frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} + \beta^2$

$\displaystyle I = \int_{\beta}^{\alpha} \frac{\left(\frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} - \alpha \beta\right) \left(\ln \beta - \ln u\right) \left(\ln \alpha - \ln u\right)}{\left(\frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} + \alpha^2\right) \left(\frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} + \beta^2\right)} \left(\frac{\alpha \beta}{u^2}\right) \, \mathrm{d}u.$

$t = \frac{\alpha \beta}{u}$ αλλάζει τα όρια ολοκλήρωσης από $\alpha$ και $\beta$ σε $\beta$ και $\alpha$ . Επιπλέον, η διαφορική μορφή $\mathrm{d}t$ γίνεται αρνητική.

$\displaystyle I = \int_{\beta}^{\alpha} \frac{\left(\frac{\alpha^2 \βeta^2}{u^2} - \alpha \beta\right) \left(\ln \beta - \ln u\right) \left(\ln \alpha - \ln u\right)}{\left(\frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} + \apha^2\right) \left(\frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} + \beta^2\right)} \left(\frac{\alpha \beta}{u^2}\right) \, \mathrm{d}u.$

Αλλάζουμε τα όρια ολοκλήρωσης πίσω από $\beta$ σε $\alpha$ :

$\displaystyle I = -\int_{\alpha}^{\beta} \frac{\left(\frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} - \alpha \beta\right) \left(\ln \beta - \ln u\right) \left(\ln \alpha - \ln u\right)}{\left(\frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} + \alpha^2\right) \left(\frac{\alpha^2 \beta^2}{u^2} + \beta^2\right)} \left(\frac{\alpha \beta}{u^2}\right) \, \mathrm{d}u.$

Το ολοκλήρωμα που προκύπτει είναι της ίδιας μορφής με το αρχικό ολοκλήρωμα, αλλά με αντίστροφα όρια και αρνητικό πρόσημο.

$\displaystyle I = -I \Rightarrow 2I = 0 \Rightarrow I = 0.$

$\displaystyle \boxed{0}.$

Παραμετρικό ολοκλήρωμα

Παραμετρικό ολοκλήρωμα

Re: Παραμετρικό ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση