Вычисление интеграла разложением в ряд

[Borea]

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?

[Alexey1]

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

[Brukvalub]

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.

[Someone]

Mathematica 5.1 даёт

$$\int\limits_0^{+\infty}(\ln t-\ln(t+a))^2dt=\frac{\pi^2a}3\text{.}$$

[Borea]

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.

[Brukvalub]

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.

[Gordmit]

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.

[Someone]

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.

[Borea]

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 , 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

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.

[Gordmit]

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:

$$\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$$

[Someone]

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).

[Gafield]

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 , 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 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 Имхо, это значительно уменьшит объем работы. Тем более, если задача физическая и нужен ответ, а не доказательство.

[GAA]

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.

[Gordmit]

Неплохая модификация. Интеграл снова сводится к ряду из обратных квадратов.
Правда, в обоих случаях, конечно, необходимо обосновать законность почленного интегрирования рядов.

[Borea]

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?