całka Adamm: Oblicz

	ln(x+1)
∫01		dx
	x2+1

Mariusz: Tak widziałem już tę całkę i jeden Niemiec zastosował wzór Leibniza na różniczkowanie pod znakiem całki

	ln(xt+1)
I(t)=∫01		dx
	x2+1

Mariusz: Widziałem jeszcze inne podejście Najpierw podstawienie x=tg(t) następnie własność logarytmu

	a
ln(		)=ln(a)−ln(b)
	b

później wzór na cosinus różnicy cos(x−y)=cos(x)cos(y)+sin(x)sin(y) co daje

	1		1
cos(x)+sin(x)=√2(		cos(x)+		sin(x))
	√2		√2

	π
cos(x)+sin(x)=√2cos(x−		)
	4

co wobec parzystości cosinusa można zapisać jako

	π
cos(x)+sin(x)=√2cos(		−x)
	4

Po skorzystaniu z liniowości dostaniemy sumę trzech całek z czego dwie sumują się do zera

Mariusz: Na początku zastanawiałem się nad rozwinięciem funkcji podcałkowej w szereg

1		1
	=
1+x2		1−(−x2)

1
	=∑n=0∞(−1)nx2n
1+x2

1		π
	=∑n=0∞cos(		n)xn
1+x2		2

	1	1		1	1		1	2
ln(1+x)=ln(1)+			x−			x2+			x3
	1!	(1+0)		2!	(1+0)2		3!	(1+0)3

	1	6
−			x4+...
	4!	(1+0)4

	(−1)n+1
ln(1+x)=∑n=1∞		xn
	n

1		π
	=1+∑n=1∞cos(		n)xn
1+x2		2

	(−1)n+1
ln(1+x)=∑n=1∞		xn
	n

Teraz trzeba by te szeregi wymnożyć Po wymnożeniu tych szeregów dostalibyśmy podwójną sumę

piotr: podstawienie; x=(1−t)/(1+t)

	ln(x+1)		2   ln   1+t		2
∫01		dx = ∫10		{−		}dt =
	x2+1		1−t   ( )2+1   1+t		(1+t)2

	ln2−ln(1+t)
=∫01		dt
	t2+1

Adamm: Miałem taki sam pomysł na tą całkę jak ten Niemiec. Wyznaczyłem nawet funkcję pierwotną.

	ln(xy+1)
J(y; a) = ∫0a		dx, a>−1
	x2+1

	x		1		x		1
J'(y; a) = ∫0a		dx = ∫0a (A*		+B*		+C*		) dx
	(x2+1)(xy+1)		xy+1		x2+1		x2+1

gdzie

	y		1		y
A = −		, B =		, C =
	1+y2		1+y2		1+y2

	x		1
c' = ∫0a		dx =		ln(a2+1)
	x2+1		2

	1
c'' = ∫0a		dx = arctg(a)
	x2+1

	1		1		y
J'(y; a) = −		ln(y+1)+c'*		+c''*
	y2+1		y2+1		y2+1

J_a = J(1; a) = ∫₀¹ J'(y; a) dy = −J_a+2c'c''

	1
Ja = c'c'' =		ln(a2+1)arctg(a)
	2

	π
w szczególności J = J1 =		ln(2)
	8

Adamm: drobna korekta J_a = J(a; a) = ∫₀^a J'(y; a) dy = ...

Adamm: Trochę było przy tym roboty...

Mariusz: Podstawienie Piotra wygląda całkiem nieźle Nawet nieco lepiej niż te co ja widziałem Ciekawe czy by wyszło gdyby pociągnął dalej rozwinięcie w szereg Iloczyn Cauchego dałby podwójną sumę którą trzeba by było scałkować

Mariusz: Adam programowałeś trochę ? Skrobnąłem program do metody trapezów w Pascalu Jeśli wolisz C to łatwo go przepisać uses crt; type TFunc = function (x:Real):Real; function f1(x:Real):Real begin f1 := ln(1+x)/(1+x*x); end; function trapezoid(f:TFunc;a,b:Real;n:longint):real; var k:longint; s,h:Real; begin s := f(a) + f(b); h := (b − a)/n; for k := 1 to n − 1 do s := s + 2 * f(a + k * h) ; trapezoid := s * h / 2; end; var a,b:Real; n:longint; esc:char; begin clrscr; repeat writeln('Podaj przedzial calkowania'); readln(a,b); writeln('Podaj liczbe podprzedziałów'); readln(n); writeln(trapezoid(@f1,a,b,n):1:10); esc := readkey; until esc = #27; end. Gdybyś chciał aby programik liczył całkę dla zadanej dokładności to musiałbyś ten kod źródłowy nieco zmodyfikować Ten programik może mieć problemy z policzeniem całek niewłaściwych

Mariusz: Tutaj numeryczne przybliżenie tej całki https://ideone.com/eGyjhW

mat: Ale piotr podał w zasadzie odpowiedź

	ln(x+1)		1
2∫01		dx = ln2∫01		dx = ln2 * arctgx|01
	x2+1		1+x2

	π
= ln2 [		− 0]
	4

	π
stąd wyjściowa całka wynosi		ln 2
	8

Adamm: @mat, tak, bardzo sprytne podstawienie, nie wpadł bym na to, chyba że metodą prób i błędów Skoro poprzednia z całek tak się spodobała, to mam tutaj nowe wyzwanie.

	ln(sin x)ln(cos x)
∫0π/2		dx
	tg(x)

Ma ona związek z funkcją dzeta Riemanna Później zamieszczę swoje rozwiązanie.

Adamm: Jakoś nie specjalnie udało mi się dojść do wyniku, jednak doszedłem to np.

	Hk		1
∑k=1∞		czy ∑k=1∞		(π2/6−(1+1/2+...+1/(k−1)2))
	k2		k

powiedziałbym, że chyba pierwszy wynik można już zaakceptować jako 2ξ(3)

Mariusz: Wydaje się że gdzieś zgubiłeś stałą tzn stały współczynnik Gdy użyłem powyższego programiku to otrzymałem następujące przybliżenie https://ideone.com/n9QJ5k Na marginesie użyłeś litery ksi

Mariusz:

	ln(sin x)ln(cos x)
∫0π/2		dx
	tg(x)

t=−ln(sin x)

	cos x
dt=−		dx
	sin x

t(0)=−ln(sin(0))=∞

	π		π
t(		)=−ln(sin(		))=0
	2		2

∫_∞⁰−t ln(√1−e^−2t) (−dt)

	1
−		∫0∞ t ln(1−e−2t)dt
	2

	1		1		e−2tt2
−		(		t2ln(1−e−2t)|0∞−∫0∞		dt)
	2		2		1−e−2t

	1		e−2tt2
=		∫		dt
	2		1−e−2t

	1
=		∫0∞∑n=1∞t2e−2ntdt
	2

1
	∑n=1∞∫0∞t2e−2ntdt
2

	1		1
∫0∞t2e−2ntdt=−		t2e−2nt|0∞+		∫0∞te−2ntdt
	2n		n

	1
∫0∞t2e−2ntdt=		∫0∞te−2ntdt
	n

	1		1		1
∫0∞t2e−2ntdt=		(−		te−2nt|0∞+		∫0∞e−2ntdt)
	n		2n		2n

	1
∫0∞t2e−2ntdt=		∫0∞e−2nt
	2n2

	1
∫0∞t2e−2ntdt=−		(0−1)
	4n3

	1
∫0∞t2e−2ntdt=
	4n3

	1		1
=		(∑n=1∞		)
	8		n3

Nie wiem czy wszystkie przejścia są poprawne ale jak dotąd tylko na taki pomysł wpadłem

Mariusz: Najpierw Podstawienie t=−ln(sin(x)) i zabawa z własnościami logarytmu następnie całkowanie przez części gdzie u=ln(1−e^−2t) dv=tdt

	2e−2t		t2
du=		dt v=
	1−e−2t		2

	e−2t
Następnie rozwinięcie
	1−e−2t

w szereg korzystając z szeregu geometrycznego Zamiana kolejności całkowania i sumowania Dwukrotne całkowanie przez części aby obliczyć całkę

Mariusz: Adam może byś jednak sprawdził czy nie ma gdzieś błędu , np czy przedstawiony w moim wpisie sposób postępowania jest poprawny Jeśli moje rozwiązanie jest poprawne to możesz wrzucić następną całkę chyba że ktoś ma inny pomysł na tę całkę , choć nie widzę aby go przedstawił

Mariusz: Mój pomysł na nauczanie był taki 1. Przedstawienie w sposób zrozumiały dla innego użytkownika minimum potrzebnej teorii 2. Zilustrowanie teorii przykładem 3. Podanie użytkownikowi zadań do samodzielnego rozwiązania 4. Sprawdzenie przesłanego rozwiązania Testowałem ten sposób na użytkowniku zef i jakoś nie podobało mu się że chciałem mu najpierw przedstawić teorię Chciałem aby dobrze przećwiczył wszystkie przypadki całkowania funkcyj wymiernych zanim przeszlibyśmy dalej ale koleś chyba uznał że to zbyt długo trwa i przestał reagować

piotr:

	1
∑n=1∞		= ζ(3) ← ζ − funkcja zeta
	n3

Mariusz: piotr wiem ale czy przejścia są poprawne tzn czy granice są dobrze policzone , czy te rozwinięcie w szereg jest poprawne , czy w tej całce można zamienić kolejność całkowania i sumowania Nie wiem czy jest sens się bawić w jego grę skoro nie chce mu się sprawdzać przesłanych obliczeń Na pomysł z 22 lip 2019 11:19 akurat sam wpadłem bez oglądania żadnych filmików Po zamianie kolejności sumowania i całkowania można było też całkę do funkcji Γ sprowadzić

piotr: winik ζ(3)/8 jest ok. https://www.wolframcloud.com/obj/d23e2acb-5813-44c3-a4c5-46c54a07b3fc

Adamm: Przepraszam, po prostu zaczęło mnie to już nudzić, więc zająłem się czymś innym.

Mariusz: Jak wymyślasz zabawę to bądź konsekwentny a nie po dwóch przykładach (tutaj całkach) porzucasz zabawę twierdząc że zaczyna cię nudzić Poza tym Piotr potwierdził że w swoim rozwiązaniu gdzieś zgubiłeś cały czynnik Mógłbyś pokazać wszystkie swoje obliczenia może uda nam się zauważyć gdzie ten czynnik zgubiłeś

Adamm: drama

Adamm:

	ln(sinx)ln(cosx)
∫0π/2		dx =
	sinx*cosx

1		ln(sinx)ln(1−sin2x)
	∫0π/2		cosx dx =
4		sinx*(1−sin2x)

1		ln(x)ln(1−x2)
	∫01		dx =
4		x(1−x2)

1		ln(x2)ln(1−x2)
	∫01 2x		dx =
16		x2(1−x2)

1		ln(x)ln(1−x)
	∫01		dx =
16		x(1−x)

1		1		1
	∫01 ln(x)ln(1−x)(		+		) dx =
16		x		1−x

1		ln(x)ln(1−x)
	∫01		dx =
8		x

	1		1
−		∫01 ∑n=0∞		xnln(x) dx =
	8		n+1

	1		1
−		∑n=0∞		∫01 xnln(x) dx
	8		n+1

∫₀¹ xⁿln(x)dx e^−u = x −e^−udu = dx −∫₀^∞ ue^−(n+1)udu t = (n+1)u

1
	dt = du
n+1

	1
−∫0∞		te−tdt
	(n+1)2

	1		1
−		Γ(2) = −
	(n+1)2		(n+1)2

1		1		ζ(3)
	∑n=0∞		dx =
8		(n+1)3		8

Adamm: podałbym też inne wyniki, ale gdzieś zgubiłem kartkę więc pisałem praktycznie z pamięci

Adamm: A stałej wcześniej po prostu nie podałem, a nie że jej nie było. Ot co.

Mariusz: Poprzednio twierdziłeś że wynikiem będzie 2ζ(3) (Patrz wpis z 22 lip 2019 04:01) więc dlatego twierdziłem że gdzieś zgubiłeś stałą tzn stały czynnik A sprowadzenie oryginalnej całki do całki

	ln(sin(x))ln(cos(x))
∫0π/2		dx
	sin(x)cos(x)

	ln(sin(x))ln(cos(x))
∫0π/2		dx
	tg(x)

	π
t=		−x
	2

dt=−dx

	ln(cos(t))ln(sin(t))
∫π/20		(−dt)
	ctg(t)

	ln(cos(t))ln(sin(t))
∫0π/2		dt
	ctg(t)

	ln(sin(x))ln(cos(x))		ln(sin(x))ln(cos(x))
2I = ∫0π/2		dx+∫0π/2		dx
	tg(x)		ctg(x)

2I = ∫₀^π/2ln(sin(x))ln(cos(x))(tg(x)+ctg(x))dx

	sin(x)		cos(x)
2I = ∫0π/2ln(sin(x))ln(cos(x))(		+		)dx
	cos(x)		sin(x)

	sin2(x)+cos2(x)
2I = ∫0π/2ln(sin(x))ln(cos(x))(		)dx
	cos(x)sin(x)

	ln(sin(x))ln(cos(x))
2I =∫0π/2		dx
	cos(x)sin(x)

	1		ln(sin(x))ln(cos(x))
I =		∫0π/2		dx
	2		cos(x)sin(x)

Drama ... co to za zabawa jak porzucasz ją zaledwie po dwóch całkach Daj następną jak nie będę miał na nią pomysłu to zostawię do policzenia innym