Вычисление интеграла разложением в ряд

[Borea]

Gordmit писал(а):

Советую сделать сначала сдвиг: $z\to z-1$, тогда с выражением под логарифмом будет работать проще. Потом уже можно интегрировать по частям (только нужно будет взять $dv=d(z-1)$) и вообще поступать аналогично. В итоге снова придете к считающимся суммам, одна из них вида

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)}=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1$$

, а другая - вида

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(2n+1)}$$

- сводится к

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}=\ln 2$$

.

Простите мне мою непонятливость. Но довести до ответа не смогла. Если делать как Вы советуете получаем интеграл:

$$4\int \frac{1}{z(z+1)}{\ln \frac{z^2}{z^2-1)}\,dz$$

Дальше логарифм разкладываем на сумму логарифмов. Получаем два интеграла. Разкладываем логарифмы в ряд. Выносим знак суммы за знак интеграла. И не могу найти получившиеся интегралы. Например при разложении логарифма:

$$\ln \frac{z}{z-1}$$

В итоге приходим к такому интегралу (множитель перед интегралом не указывала):

$$\int \frac{1}{z(z+1)(z-1)^n}\,dz$$

Дальше не пойму...

[незваный гость]

Gafield писал(а):

У меня версия 5.2 так же, как у Someone, для $a>0$ дает $a\pi^2/3$. Численно сходится.

Вы говорите про первый интеграл, а я про второй:

Borea писал(а):

$$\int\limits_0^\infty {\ln^2\frac{(t+a)^2}{t(t+2a)}\,dt$$

Добавлено спустя 4 минуты 53 секунды:

Borea писал(а):

Дальше логарифм разкладываем на сумму логарифмов

Удобно вспомнить, что $\ln x = -\ln(1/x)$, и далее работать с $\ln\frac{z^2}{z^2-1} = -\ln(1+1/z)-\ln(1-1/z)$. Мне, впрочем, это не сильно помогло.

[Gafield]

Borea писал(а):

Получаю следующий интеграл:

$$4\int\limits_0^\infty \frac{1}{(z+1)(z+2)}{\ln \frac{(z+1)^2}{z(z+2)}\,dz$$

Теперь вопрос. Как разложить в ряд подинтегральное выражение? Тут квадрат под логарифмом.

$$4\int\limits_0^\infty \frac{1}{(z+1)(z+2)}{\ln \frac{(z+1)^2}{z(z+2)}\,dz=$$

$$-4\int\limits_0^\infty \frac{1}{(z+1)(z+2)}{\ln \left(1-\frac1{(z+1)^2}\right)\,dz=$$

$$-4\int\limits_0^1\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}=$$

$$-4\int\limits_0^1\frac{\ln(1+z)+\ln(1-z)}{1+z}\,dz.$$

Первый интеграл равен $-2\ln^2(2)$, а второй заменой $z\to1-z$ и разложением в ряд сводится к интегрированию выражений вида $z^k\ln(z)$ и будет равен $4\sum_{k=1}^\infty \frac1{2^kk^2}=4Li_2(1/2)$ Кто не верит, что Mathematica знает, чему это равно, может считать дальше или смотреть в таблицах. Хотя, зная ответы для двух задач, можно еще попытаться вычесть одно из другого, вдруг в интеграле останется только $\ln(1+z)/(1+z)$.

длинная формула разбита // нг

[Gordmit]

Borea и незваный гость, прошу прощения. Я детальные вычисления не проводил, а сделал набросок, ну и как водится, немного ошибся. На самом деле суммы, конечно, посложнее получаются.
Действительно, сначала получается интеграл

$$\int_1^\infty\frac{1}{z(z+1)}\ln^2\left(\frac{z^2}{z^2-1}\right)\,dz$$

(я не пишу здесь коэффициент $4a$). Моя идея состояла в том, чтобы представить его в виде

$$-\int_1^\infty\frac{1}{z(z+1)}\ln\left(1-\frac{1}{z^2}\right)\,dz=\int_1^\infty\frac{1}{z+1}\ln\left(1-\frac{1}{z^2}\right)\,dz-\int_1^\infty\frac{1}{z}\ln\left(1-\frac{1}{z^2}\right)\,dz$$

,
тогда второй интеграл считается без проблем:

$$\int_1^\infty\frac{1}{z}\ln\left(1-\frac{1}{z^2}\right)\,dz=\int_1^\infty\left(-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{nz^{2n+1}}\right)\,dz=-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n^2}=-\frac{\pi^2}{12}.$$

А вот первый интеграл (который, судя по ответу, должен равняться $\ln^2 2$), более крепкий орешек. Относительно него я дошел лишь до того, что свел его к двойной сумме:

$$\int_1^\infty\frac{1}{z+1}\ln\left(1-\frac{1}{z^2}\right)\,dz=$$

$$\int_1^\infty\frac{1}{z}\frac{1}{1+\frac{1}{z}}\ln\left(1-\frac{1}{z^2}\right)\,dz=$$

$$\int_1^\infty\left(\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m}{z^m}\right)\cdot\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{nz^{2n}}\right)\,dz=$$

$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{n-k}}{k(n+k)}.$$

Но мне что-то пока не очевидно, что это равно $\ln^2 2$...

длинная формула разбита // нг

[незваный гость]

Gafield писал(а):

$$-4\int\limits_0^1\frac{\ln(1+z)+\ln(1-z)}{1+z}\,dz.$$

$= -4(2\int\limits_0^1\frac{\ln(1+z)}{1+z}\,dz+\int\limits_0^1\frac{\ln((1-z)/(1+z))}{1+z}\,dz)$. Про первый уже было сказано, а второй подстановкой $z \to \frac{1-u}{1+u}$ сводится к $\int\limits_{0}^{1} \frac{\ln t}{1+t}\, dt=$ $\ln(1+t)\ln t|_0^1-\int\limits_{0}^{1} \frac{\ln(1+t)}{t}\, dt$. Ну, а теперь раскладываем в ряд, и победа.

P.S. А Mathematica (5.0) на этих интегралах и рядах врёт безбожно!

[Borea]

Gordmit писал(а):

А вот первый интеграл (который, судя по ответу, должен равняться $\ln^2 2$), более крепкий орешек. Относительно него я дошел лишь до того, что свел его к двойной сумме:

$$\int_1^\infty\frac{1}{z+1}\ln\left(1-\frac{1}{z^2}\right)\,dz=$$

$$\int_1^\infty\frac{1}{z}\frac{1}{1+\frac{1}{z}}\ln\left(1-\frac{1}{z^2}\right)\,dz=$$

$$\int_1^\infty\left(\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m}{z^m}\right)\cdot\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{nz^{2n}}\right)\,dz=$$

$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{n-k}}{k(n+k)}.$$

Но мне что-то пока не очевидно, что это равно $\ln^2 2$...

Прошу прощения... А Вы не могли бы подробнее показать как Вы пришли к повторной сумме (так кажется называется?).

$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{n-k}}{k(n+k)}.$$

Дело в том, что

$$\ln^2 2=2 \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n(n+1)}.$$

(переменная n не одна и та же)
Несколько похожи...

Добавлено спустя 4 минуты 36 секунд:

Gafield писал(а):

$$4\int\limits_0^\infty \frac{1}{(z+1)(z+2)}{\ln \frac{(z+1)^2}{z(z+2)}\,dz=$$

$$-4\int\limits_0^\infty \frac{1}{(z+1)(z+2)}{\ln \left(1-\frac1{(z+1)^2}\right)\,dz=$$

$$-4\int\limits_0^1\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}=$$

$$-4\int\limits_0^1\frac{\ln(1+z)+\ln(1-z)}{1+z}\,dz.$$

У меня не получается прийти к тому же выражению. Как Вы перешли от

$$-4\int\limits_0^\infty \frac{1}{(z+1)(z+2)}{\ln \left(1-\frac1{(z+1)^2}\right)\,dz$$

к

$$-4\int\limits_0^1\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}$$

??
Не понимаю...

[GAA]

Для перехода от $-4\int\limits_0^\infty \frac{1}{(z+1)(z+2)}{\ln \left(1-\frac1{(z+1)^2}\right)\,dz$ к $-4\int\limits_0^1\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}dz$ делается замена переменного $1/(1+z) \to z$.

[Borea]

GAA писал(а):

Для перехода от $-4\int\limits_0^\infty \frac{1}{(z+1)(z+2)}{\ln \left(1-\frac1{(z+1)^2}\right)\,dz$ к $-4\int\limits_0^1\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}dz$ делается замена переменного $1/(1+z) \to z$.

Понятно, спасибо. К ответу пришла.
У меня правда опять не получается с первым слагаемым

$$\int\limits_0^1\frac{\ln(1+z)}{1+z}\,dz.$$

Из него получается интеграл вида (после разложения в ряд)

$$\int\limits_0^1\frac{z^n}{1+z}\,dz.$$

Не могу найти. Или можна по другому?

[GAA]

Интеграл $\int_0^1\frac{\ln(1+z)}{1+z}dz$ вычисляется подведением $1/(1+z)$ под знак дифференциала (т.е. заменой $y = \ln (1+z) $).

[Borea]

GAA писал(а):

Интеграл $\int_0^1\frac{\ln(1+z)}{1+z}dz$ вычисляется подведением $1/(1+z)$ под знак дифференциала (т.е. заменой $y = \ln (1+z) $).

Ум-м-м... Поняла )... Благодарю.
Буду вгрызаться в следующий интеграл.

Добавлено спустя 1 час 35 минут 1 секунду:

3-ий интеграл

Э-э-э... Я еще не надоела со своими интегралами?
Вот собственно следующий. Я его даже как-то упростить не могу.

$$\int\limits_0^\infty {\ln^2\frac{z(z+2)^3}{(z+3)(z+1)^3}\,dt$$

Пробовала интегрировать частями, но получается большое выражение и непонятное:

$$-\int\limits_0^\infty{\frac{12}{(z+1)(z+2)(z+3)}\ln\frac{z(z+2)^3}{(z+3)(z+1)^3}\,dt$$

Есть идеи? Буду благодарна...

[Gafield]

Mathematica 6.0.1 дает

$$\frac{\pi ^2}{2}-48 \log ^2(2)+\log (27) \log (192)-12 \text{Li}_2\left(\frac{1}{4}\right)+6 \text{Li}_2\left(\frac{2}{3}\right)$$

.
И что дальше делать без компьютера? Потратить массу усилий на выведение вручную, а затем смотреть значения $Li_2$ в таблицах?

[GAA]

Maple 7: $\int_0^\infty {\ln^2\frac{z(z+2)^3}{(z+3)(z+1)^3}dz = -30\ln^2{2}+1/2\pi^2+6 \text{dilog}(3)-12 \text{dilog}(3/2)+18\ln(2)\ln(3)$, где $\text{dilog}(x)=\int_1^x \ln(t)/(1-t)dt$, т.е. в элементарных функциях не выражается. Приближенное значение интеграла .988704252318867. 10-ая версия возвращает такое же приближенное значение.

[Borea]

Так... Отлично...
Тогда, товарищи математики, у меня к вам вопрос. Если взять, например, данный интеграл и его подинтегральную функцию разложить в ряд Тейлора (не пробовала, поэтому не ругайте), и в полученном ряде взять n-членов, а остальные отбросить. Как оценить погрешность, эдакого сокращения ряда? И можна ли так делать? А может можна отбрасывать оставшиеся члены с наперед заданной погрешностью?
Буду благодарна за помощь )

[Бодигрим]

Погрешность оценивается как остаточный член ряда Тейлора в той или иной форме. Например, если

$$f=\sum_{k=0}^{\infty} f^{(k)}(x-x_0)^k/k!$ при $x\in[x_0-R,x_0+R]$$

, то

$$\left|f-\sum_{k=0}^{n} f^{(k)}(x-x_0)^k/k!\right|\le \left(\max_{x\in[x_0-R,x_0+R]} f^{(n+1)}\right) R^{n+1}/(n+1)! $$

.

[Borea]

Бодигрим писал(а):

Погрешность оценивается как остаточный член ряда Тейлора в той или иной форме. Например, если

$$f=\sum_{k=0}^{\infty} f^{(k)}(x-x_0)^k/k!$ при $x\in[x_0-R,x_0+R]$$

, то

$$\left|f-\sum_{k=0}^{n} f^{(k)}(x-x_0)^k/k!\right|\le \left(\max_{x\in[x_0-R,x_0+R]} f^{(n+1)}\right) R^{n+1}/(n+1)! $$

.

Спасибо, что ответили. Только не понимаю... Если я так буду пытаться найти приближенно интеграл, то какую точку x_0 мне выбрать? И как сделать разницу под модулем? Функция минус ряд? Как это?