2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 Вычисление интеграла разложением в ряд
Сообщение16.02.2008, 23:01 


16/02/08
24
Помогите, пожалуйста, с задачкой.
Требуется найти интеграл:
$$\int_{0}^{\infty} (ln(t/(t+a)))^2dt$$
Можно испоьзовать под интегралом исходное выражение, что одно и то же:
$$\int_{0}^{\infty} (ln(t)-ln(t+a))^2dt$$
Найти интеграл не получается. Если интеграл не берется, возможен вариант разложения подинтегрального выражения в ряд, а потом можно будет взять интеграл. Я в рядах не очень разбираюсь. Разложение в какой ряд нужно применять? В ряд Тейлора? Или может интеграл все таки можно найти?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение16.02.2008, 23:13 
Заслуженный участник


08/09/07
841
Раскройте квадрат и там где $(ln(t))^2$ используйте формулу интегрирования по частям, то есть $(ln(t))^2=ln(t)ln(t)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение16.02.2008, 23:22 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Alexey1 писал(а):
Раскройте квадрат и там где $(ln(t))^2$ используйте формулу интегрирования по частям
Беда в том, что по отдельности эти интегралы на бесконечности расходятся, поэтому я бы поостерёгся пользоваться таким советом.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 00:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
Mathematica 5.1 даёт
$$\int\limits_0^{+\infty}(\ln t-\ln(t+a))^2dt=\frac{\pi^2a}3\text{.}$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 14:54 


16/02/08
24
Интеграл от (ln(t))^2 я и так могу найти. Интегрирование частями не получается, если интегрировать второе слагаемое квадрата
2ln(t)ln(t+a)
В этом у меня и проблема.

А насчет расходимости логарифмов, имеется в ввиду, что интеграл будет равен бесконечности? Если да, то я могу в принципе рассматривать не весь диапазон от нуля до бесконечности, а некоторый конечный кусочек, раз уж со всем диапазоном не получается..

Someone писал(а):
Mathematica 5.1 даёт
$$\int\limits_0^{+\infty}(\ln t-\ln(t+a))^2dt=\frac{\pi^2a}3\text{.}$$


Какой результат дает Mathematica? Точный или приближенный? Просто немного странный результат. Да и мне не подходит, нужно аналитический вывод, нужно знать как находится интеграл.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 19:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Borea писал(а):
А насчет расходимости логарифмов, имеется в ввиду, что интеграл будет равен бесконечности?
Да, если возвести разность в квадрат и рассматривать каждое слагаемое отдельно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 22:30 
Заслуженный участник


19/06/05
486
МГУ
Mathematica 5.1 права.
Решать можно так: во-первых, сделать замену переменной $x=\dfrac{t}{t+a}$, интеграл сведется к такому: $$I=a\int_0^1\left(\frac{\ln (1-x)}{x}\right)^2\,dx$$
Его можно посчитать следующим способом: разложить подынтегральную функцию в степенной ряд с центром в 0 (используя правило перемножения рядов), а затем произвести почленное интегрирование ряда. В итоге получится сумма ряда из обратных квадратов.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 23:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
Borea писал(а):
Какой результат дает Mathematica? Точный или приближенный?


Точный. Если не врёт, конечно.

Borea писал(а):
Просто немного странный результат. Да и мне не подходит, нужно аналитический вывод, нужно знать как находится интеграл.


Первообразная через элементарные функции не выражается:
$$\int(\ln t-\ln(t+a))^2\,dt=t(\ln t-\ln(t+a))^2+a\ln^2(t+a)-2a\ln t\ln\left(1+\frac ta\right)-2a\mathop{\mathrm{Li}}\nolimits_2\left(-\frac ta\right)+C\text{,}$$
где $\mathop{\mathrm{Li}}\nolimits_2(x)$ - дилогарифм Эйлера.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 23:57 


16/02/08
24
Gordmit писал(а):
Решать можно так: во-первых, сделать замену переменной $x=\dfrac{t}{t+a}$, интеграл сведется к такому: $$I=a\int_0^1\left(\frac{\ln (1-x)}{x}\right)^2\,dx$$
Его можно посчитать следующим способом: разложить подынтегральную функцию в степенной ряд с центром в 0 (используя правило перемножения рядов), а затем произвести почленное интегрирование ряда. В итоге получится сумма ряда из обратных квадратов.


Э-э... благодарю за подсказку. Только вот у меня что-то не получается прийти к такому подинтегральному выражению с помощью замены переменной:cry:. Буду очень признательна, если растолкуете.
Дальше в принципе понятно, в ряд можно разложить и перемножить ряды. Только вот вопрос... Разложить в степенной ряд с центром в 0. Как это понимать? Дело в том, что у меня физический процесс и надо знать точно на каком интервале это решение интеграла будет истинным. Если только в окрестности точки 0, то как-бы не подходит, маленький диапазон. Может я что-то не понимаю? Хочу разобратся основательно, дело в том что у меня таких интегралов (квадрат от большего количества слагаемых - логарифмов) еще штук 7 наберется :shock: , и с ними разобратся надо... У меня скоро крыша поедет ... Одно радует - может в результате хоть что-то понимать в математике буду.
Благодарю за помощь :D

Добавлено спустя 10 минут 41 секунду:

Someone писал(а):
Первообразная через элементарные функции не выражается:
$$\int(\ln t-\ln(t+a))^2\,dt=t(\ln t-\ln(t+a))^2+a\ln^2(t+a)-2a\ln t\ln\left(1+\frac ta\right)-2a\mathop{\mathrm{Li}}\nolimits_2\left(-\frac ta\right)+C\text{,}$$
где $\mathop{\mathrm{Li}}\nolimits_2(x)$ - дилогарифм Эйлера.


:) Вот и ответ на мой вопрос. Дилогарифм Эйлена можна найти только с помощью рядов, а нахождение интграла с помощью разложения подинтегрального выражения в ряд - это уже приближенный метод. Повторюсь - я исследую физический процес, и если допускаю погрешность в расчетах, надо точно знать какую, а то исследование теряет смысл.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2008, 00:39 
Заслуженный участник


19/06/05
486
МГУ
Borea писал(а):
Э-э... благодарю за подсказку. Только вот у меня что-то не получается прийти к такому подинтегральному выражению с помощью замены переменной:cry:. Буду очень признательна, если растолкуете.

Обычная замена переменной в несобственном интеграле.
См. в любом учебнике мат. анализа. Смотрим, в каких пределах изменяется $x$ при $0\leqslant t<\infty$ (это будут новые пределы интегрирования), выражаем $t$ через $x$ и т.д.

Только я немного перепутал: чтобы получить именно этот интеграл, нужно сделать замену $$x=1-\frac{t}{t+a}=\frac{a}{t+a}$$.
Borea писал(а):
Только вот вопрос... Разложить в степенной ряд с центром в 0. Как это понимать?

Разложить подынтегральную функцию в степенной ряд с центром в нуле - это значит представить ее в виде $f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-0)^n$. Разложение в степенной ряд $\ln(1+x)$ знаете? Вот его здесь и надо записать. Оно будет справедливым при $x\in(-1,1]$, т.е. область интегрирования в него полностью попадает, поэтому можно подставлять представление подынтегральной функции в виде степенного ряда под знак интеграла.
Borea писал(а):
Дело в том, что у меня физический процесс и надо знать точно на каком интервале это решение интеграла будет истинным. Если только в окрестности точки 0, то как-бы не подходит, маленький диапазон. Может я что-то не понимаю?

Диапазон изменения параметра $a$ - любой, подынтегральная функция от него не зависит. Речь идет о разложении именно подынтегральной функции в ряд, чтобы вычислить интеграл. В том-то и прелесть замены переменной, что параметр мы вытянули за знак интеграла.
Цитата:
а нахождение интграла с помощью разложения подинтегрального выражения в ряд - это уже приближенный метод. Повторюсь - я исследую физический процес, и если допускаю погрешность в расчетах, надо точно знать какую, а то исследование теряет смысл.
Почему приближенный? В данном случае получается абсолютно точный ответ.

Добавлено спустя 7 минут 39 секунд:

И еще: мне почему-то кажется, что Вы думаете, будто если первообразная функции не выражается в элементарных функциях, то определенный (или несобственный) интеграл от нее невозможно посчитать точно. Это не так.
Например, первообразная функции $e^{-x^2}$ не выражается в элементарных функциях, однако для интеграла от нее в пределах от 0 до $\infty$ есть точный ответ:
$$\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2008, 01:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
Borea писал(а):
Дилогарифм Эйлена можна найти только с помощью рядов, а нахождение интграла с помощью разложения подинтегрального выражения в ряд - это уже приближенный метод.


А чем синус лучше? Или квадратный корень? Их тоже, за исключением редких случаев, можно вычислить только приближённо, с помощью рядов (или других методов, также приближённых).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2008, 01:52 
Заслуженный участник


22/01/07
605
Borea писал(а):
Только вот вопрос... Разложить в степенной ряд с центром в 0. Как это понимать? Дело в том, что у меня физический процесс и надо знать точно на каком интервале это решение интеграла будет истинным. Если, только в окрестности точки 0, то как-бы не подходит, маленький диапазон. Может я что-то не понимаю? Хочу разобратся основательно, дело в том что у меня таких интегралов (квадрат от большего количества слагаемых - логарифмов) еще штук 7 наберется :shock: , и с ними разобратся надо...

Вот и ответ на мой вопрос. Дилогарифм Эйлена можна найти только с помощью рядов, а нахождение интграла с помощью разложения подинтегрального выражения в ряд - это уже приближенный метод. Повторюсь - я исследую физический процес, и если допускаю погрешность в расчетах, надо точно знать какую, а то исследование теряет смысл.


Зачем так мучаться :)

Проще действительно считать интегралы на компьютере, особенно если там много слагаемых. Ничего самостоятельно раскладывать в ряды не надо. Даже если интеграл выражается через специальные функции, то математические пакеты могут вычислять их с любой нужной точностью, хоть сто знаков. Если, конечно, исходные данные имеют соответствующую точность. Бывает, правда, что даже такие программы, как Maple и Mathematica для сложных случаев (особенно несобственных и многомерных) выдают неверный ответ. Но на это есть простая проверка. Если есть сомнения, то надо посчитать численно и сравнить. Знаков восемь совпало - верно, адназначна :wink: Если же, как в примере, есть интеграл, зависящий от параметра, и графики точного и приближенного решения совпадают, то вероятность ошибки где-то около нуля. Можно пользоваться точным результатом, совершенно не заботясь, почему оно так 8-) Имхо, это значительно уменьшит объем работы. Тем более, если задача физическая и нужен ответ, а не доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Модификация, использующая интегрирование по частям
Сообщение18.02.2008, 15:27 
Заслуженный участник


12/07/07
4522
Модификация, использующая интегрирование по частям для избежания перемножения рядов.

Исходный интеграл равен произведению параметра $a$ на интеграл $I = \int_0^{+\infty}\ln^2[z/(1+z)]dz$, который и будем вычислять. Интегрируя по частям, полагая $u=\ln[z/(1+z)]$, $dv = dz$, найдем $I = -2\int_0^{+\infty}\ln[z/(1+z)]/(1+z)dz$. Раскладывая теперь $\ln[z/(1+z)]$ в ряд по степеням $1/(1+z)$, и выполняя почленное интегрирование, окончательно получим $ I = 2\sum_{n=1}^{\infty}1/n^2$.

$\sum_{n=1}^{\infty}1/n^2 = \pi^2/6$ [В техническом вузе, вычисление суммы этого числового ряда, как правило, рассматривается в теме "Ряды Фурье". Но возможны и другие подходы в вычислении этой суммы числового ряда, см. пример 7 (с. 461) n.440 ("Примеры на почленное интегрирование рядов") книги Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Т. 2 – М.: Наука, 1966].
Виноват, пропустил квадрат в сумме ряда, поправил.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2008, 20:20 
Заслуженный участник


19/06/05
486
МГУ
Неплохая модификация. Интеграл снова сводится к ряду из обратных квадратов.
Правда, в обоих случаях, конечно, необходимо обосновать законность почленного интегрирования рядов.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2008, 22:41 


16/02/08
24
Gordmit писал(а):
Диапазон изменения параметра $a$ - любой, подынтегральная функция от него не зависит. Речь идет о разложении именно подынтегральной функции в ряд, чтобы вычислить интеграл. В том-то и прелесть замены переменной, что параметр мы вытянули за знак интеграла.

Спасибо, я как-то не обратила внимания. И при замене переменных ведь диапазон интегрирования в определенном интеграле меняется.
Gordmit писал(а):
И еще: мне почему-то кажется, что Вы думаете, будто если первообразная функции не выражается в элементарных функциях, то определенный (или несобственный) интеграл от нее невозможно посчитать точно. Это не так.
Например, первообразная функции $e^{-x^2}$ не выражается в элементарных функциях, однако для интеграла от нее в пределах от 0 до $\infty$ есть точный ответ:
$$\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$$

Т.е. имеется ввиду, что если рассматривать функцию $$e^{-x^2}$$ на диапазоне интегрирования, то интеграл от нее будет стремится к $$\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$? В самом деле так получается...

Gafield писал(а):
Зачем так мучаться
Проще действительно считать интегралы на компьютере, особенно если там много слагаемых.

Не могу. Задачка связана с метрологией, и я не могу просто так взять и рассчитать на компьтере. Вот посчитает например программа приближенно, а я про это знать не буду. Даже если погрешность будет очень маленькая, то надо будет все равно обосновывать, почему я ее отбрасываю, а не учитываю.

GAA писал(а):
Модификация, использующая интегрирование по частям для избежания перемножения рядов.
Исходный интеграл равен произведению параметра $a$ на интеграл $I = \int_0^{+\infty}\ln^2[z/(1+z)]dz$, который и будем вычислять. Интегрируя по частям, полагая $u=\ln[z/(1+z)]$, $dv = dz$, найдем $I = -2\int_0^{+\infty}\ln[z/(1+z)]/(1+z)dz$. Раскладывая теперь $\ln[z/(1+z)]$ в ряд по степеням $1/(1+z)$, и выполняя почленное интегрирование, окончательно получим $ I = 2\sum_{n=1}^{\infty}1/n^2$.


Метод понятен, спасибо.
Только непонятно куда делось слагаемое u*v при интегрировании частями. Он будет равен
zln^2\frac{z}{1+z} Так ведь? И при интервале интегрирования от 0 до бесконечности он даст бесконечность. Я опять что-то пропустила?

Gordmit писал(а):
Правда, в обоих случаях, конечно, необходимо обосновать законность почленного интегрирования рядов.

Там получается, что при разложении в ряд по степеням $$\frac{1}{1+z}$$ диапазон рассматриваемых значений меняется на [0,1] (если делать замену переменных). Полученный ряд сходится в диапазоне [-1,1), а при возвращении к замененной переменной, этот диапазон будет от нуля до бесконечности. Т.е. мы можем выполнить почленное интегрирования там где ряд сходится. Правильно?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 78 ]  На страницу 1, 2, 3, 4, 5, 6  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group