Вычисление интеграла разложением в ряд

[Бодигрим]

"Функция минус ряд" - это и есть погрешность приближения функции конечной суммой ряда Тейлора, то, что мы хотим оценить.

Цитата:

Если я так буду пытаться найти приближенно интеграл, то какую точку $x_0$ мне выбрать?

Точка $x_0$ - это точка, в окрестности которой вы выполняете разложение в ряд Тейлора. Зачастую удобно выбрать $x_0=0$. Далее, $R$ - радиус сходимости ряда или число не превосходящее оного.

[Borea]

Тогда нужно найти

$$(\max_{x\in[x_0-R,x_0+R]} f^{(n+1)}) R^{n+1}/(n+1)! $$

здесь мы находим производную следующего порядка и подставляем в нее значение х, чтобы иметь максимальное значение этой производной. Так?
А

$$R^{n+1}$$

- это остаток от ряда? А как его искать?

[Бодигрим]

Давайте вы выпишите нужный ряд Тейлора и мы будем говорить более предметно.

Цитата:

здесь мы находим производную следующего порядка и подставляем в нее значение х, чтобы иметь максимальное значение этой производной. Так?

Так.

Цитата:

А $R^{n+1}$ - это остаток ряда?

Сообщением выше я рассказал, что $R$ - это радиус сходимости исходного ряда. $R^{n+1}$ - это $n+1$-я степень радиуса сходимости.

[Borea]

Бодигрим писал(а):

Сообщением выше я рассказал, что $R$ - это радиус сходимости исходного ряда. $R^{n+1}$ - это $n+1$-я степень радиуса сходимости.

Прошу прощения, не доглядела.
Есть интеграл:

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

Я хочу понять, можно ли попробовать подинтегральную функцию разложить в ряд Тейлора (чтобы интегрировать только n-членов ряда, и получиться ли проинтегрировать?), и насколько маленькой погрешности можно добиться. Целесообразно ли будет раскладывать (все таки функция не маленькая). Туманно объяснила?

[Бодигрим]

Цитата:

Целесообразно ли будет раскладывать (все таки функция не маленькая).

Давайте вначале приведем ее к человеческому виду.
${\ln^2\frac{z(z+2)^3}{(z+3)(z+1)^3}= \bigl(\ln z+3\ln(z+2)-\ln(z+3)-3\ln(z+1)\bigr)^2$. Возводя в квадрат, мы получим слагаемые вида $\ln(z+a)\ln(z+b)$. Чтобы разложить такое выражение в ряд Тейлора, нужно разложить отдельно каждый из множителей и перемножить получившиеся ряды.

[GAA]

0. Интегрируя по частям исходный третий интеграл ($I$), и разбивая на более простые интегралы, получим

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

$$ -6 \int\limits_0^\infty{ \left(\frac{1}{(z+1)(z+2)} - \frac{1}{(z+2)(z+3)}\right) \left(\ln\frac{z(z+2)}{(z+1)^2} - \ln\frac{(z+3)(z+1)}{(z+2)^2}\right) }\,dz =$$

$$-6( I_1 + I_2 + I_3 + I_4)$$

,
где
$I_1 = \int_0^\infty{\frac{1}{(z+1)(z+2)}\ln\frac{z(z+2)}{(z+1)^2} }\,dz =\int_0^1{\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}}\,dz$,
$I_2 = -\int_0^\infty{\frac{1}{(z+1)(z+2)}\ln\frac{(z+3)(z+1)}{(z+2)^2} }\,dz =-\int_0^{1/2}{\frac{\ln(1-z^2)}{1-z}}\,dz$,
$I_3 = -\int_0^\infty{\frac{1}{(z+3)(z+2)}\ln\frac{z(z+2)}{(z+1)^2} }\,dz = -\int_0^1{\frac{\ln(1-z^2)}{(1+2z)(1+z)}\,dz = \int_0^1{\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}}\,dz -2\int_0^1{\frac{\ln(1-z^2)}{1+2z}}\,dz =$ $I_{1}-2I_{30}$,
$I_4 = \int_0^\infty{\frac{1}{(z+3)(z+2)}\ln\frac{(z+3)(z+1)}{(z+2)^2} }\,dz = \int_0^{1/2}{\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}}\,dz$.
Из предыдущих сообщений темы ясно как точно или приближенно вычислить $I_1$, $I_2$, $I_4$, остановимся на вычислении $I_{30}$. В этом сообщении для вычисления $I_{30}$ делаются первые пришедшие в голову преобразования, позволяющие воспользоваться формулой для суммы геометрической прогрессии $\frac{1}{1-q} =\sum\limits_0^\infty q^n$, $|q| < 1$.
$I_{30} = 2I_{31}-I_{32}$,
где
$I_{31} = \int_0^1{\frac{\ln(1-z)}{1+2z}}\,dz = \frac{1}{3}\int_0^1{\frac{\ln t}{1-2/3t}}\,dt = -\frac{1}{3}\sum\limits_0^\infty{\frac{1}{(n+1)^2}\left(\frac{2}{3}\right)^n}$,
$I_{32} = \int_0^1{\frac{\ln[(1-z)/(1+z)]}{1+2z}}\,dz = 2\int_0^1{\frac{\ln(t)}{(3-t)(1+t)}}\,dt=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\int_0^1{\frac{\ln(t)}{1-t/3}}\,dt + \int_0^1{\frac{\ln(t)}{1+t}}\,dt \right)$.
Полученные в $I_{32}$ интегралы, вычисляются аналогичным образом разложением знаменателей в ряд и интегрированием по частям.
Для нахождения необходимого числа слагаемых $N$ для вычисления с наперед заданной точностью суммы $\sum\limits_0^\infty{\frac{1}{(n+1)^2}\left(\frac{2}{3}\right)^n}$ заметим, что хвост мажорируется геометрической прогрессией $\sum\limits_{N+1}^\infty{\left(\frac{2}{3}\right)^n}$. Таким же способом оценивается и необходимое число слагаемых при вычислении суммы ряда первого интеграл в $I_{32}$.
Добавлено на следующий день (27.02.08) утром
1. Пояснение к оценке числа членов частичной суммы, достаточного для получения заданной точности
Допустим мы хотим вычислить сумму ряда $ S= \frac{1}{3}\sum\limits_0^\infty{\frac{1}{(n+1)^2}\left(\frac{2}{3}\right)^n}$ с точностью не меньшей $\epsilon = 0.01$. Обозначим частичную сумму ряда через $S_N$, а остаток через $R_N$. По определению, сумма вычислена с точностью не хуже $\epsilon$ если $|S-S_N|\leqslant \epsilon $. Для этого достаточно выполнения второго неравенства:
$|S-S_N| \equiv |R_N| \leqslant \frac{1}{3}\sum\limits_{N+1}^\infty{\left(\frac{2}{3}\right)^n} \equiv {\left(\frac{2}{3}\right)^{N+1} \leqslant \epsilon$.
(Первое неравенство выполняется по самому выбору мажоранты.) Отсюда получаем оценку сверху $ N(\epsilon) = \left[\frac{\ln(\epsilon)}{\ln(2/3)}\right]$, где через [x] обозначена функция "целая часть числа x" ("антье x"). В нашем случае $N(0.01) = 11$. Воспользовавшись достаточно точными приближенными значения $S = 0.4166359432$ и $S_{11} = 0.4165995694$, получим $|S-S_{11}| \approx 0.00004 < \epsilon$.
Из этого примера видно, что получаемое таким образом значение оценки $N(\epsilon)$ сильно завышено.
Добавлено утром 01.03.08
2. При сведении неберущихся интегралов будут возникать и знакочередующиеся ряды. Для оценки (достаточного для вычисления суммы ряда с заданной точностью) номера N, можно воспользоваться тем, что модуль суммы сходящегося знакочередующегося ряда не превосходит модуля первого члена [1], [2, "Приближенное нахождение сумм числовых рядов"].
Ref.
[1] Фихтенгольц, т. II (см. полную ссылку в моем сообщении раньше в теме).
[2] Демидович Б.П., Марон И.А. Основы вычислительной математики. - М., 1963.
Добавлено днем 10.03.08
3. Дополнение к п.1
Используя более точную очевидную оценку остатка ряда
$R_N \leqslant \frac{1}{3}\frac{1}{(N+2)^2} \sum\limits_{N+1}^\infty{\left(\frac{2}{3}\right)^n} \equiv \frac{1}{(N+2)^2} {\left(\frac{2}{3}\right)^{N+1}$,
можно перебором найти N такой, что остаток будет меньше $\epsilon$.
Например, для выбранного ранее $\epsilon=0.01$ получим N = 3. (При этом: с точностью 10 знаков $S_3 =0.4115226337$, $|S-S_3| \approx 0.005 < \epsilon = 0.01$.)
Днем 10.03.08 в n.1 исправлена оценка N

[Borea]

После интегрирования частями третьего интеграла получаем слагаемое (uv):

$$ z\ln^2\frac{z(z+2)^3}{(z+3)(z+1)^3} $$

Не совсем понимаю как найти его при границах интегрирования (вернее как раскрыть неопределенность)?

Добавлено спустя 14 минут 32 секунды:

При нахождении интеграла I4 получаем два слагаемые. Второе - это сумма вида:
$I_{42} = \sum\limits_1^\infty{\frac{(-1)^{n+1}}{3^n n^2}$
Не нахожу сумму этого ряда. Сумма этого ряда рассчитана или надо искать?

[GAA]

Раскрытие неопределенности при подстановке пределов интегрирования в uv выполняется аналогично тому, как это выполнялось [выше в этой теме] для первого интеграла. Ничего нового нет.
Посмотрите в учебной литературе вычисление пределов при помощи эквивалентных функций. Разберитесь с подстановкой в uv для первого интеграла. Приведите свои выкладки.
Добавлено утром 01.03.08
Сумму вида $I_{42} = \sum\limits_1^\infty{\frac{(-1)^{n+1}}{2^n n^2}$ я бы вычислял приближенно.
(!) У меня получается другая сумма. Проверьте замену переменного в $I_{42}$.

[Gafield]

Borea писал(а):

Второе - это сумма вида:
$I_{42} = \sum\limits_1^\infty{\frac{(-1)^{n+1}}{2^n n^2}$
Не нахожу сумму этого ряда. Сумма этого ряда рассчитана или надо искать?

Функция $Li_2(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}$. В элементарных функциях не выражается. Конкретно для $I_{42}=-Li_2(-1/2)$ Mathematica тоже никакого хорошего выражения не знает.

[Borea]

GAA писал(а):

$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} = [\infty0] = \lim\limits_{z\to+\infty}z\ln^2[1-1/(1+z)] =\lim\limits_{z\to+\infty}z/(1+z)^2 = 0$.
Здесь для раскрытия неопределенности использована эквивалентность для логарифма (грубо говоря, первый член разложения логарифма в ряд)

Прошу меня извинить, не знаю на каком основании можно заменить логарифм первым членом ряда. Может потому, что если взять первый член ряда, то оставшиеся члены при переменной, стремящейся к бесконечности будут стремится к нулю (в данном случае)? Хотя...
Ладно если б это был знакочередующийся ряд. Как Вы правильно заметили, модуль его суммы не будет превышать модуля первого члена. А тут не нашла ничего.
Можно ли было сделать так?
$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} =\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{1+z}{z} =\lim\limits_{z\to+\infty}z\ln^2[1+1/z] =\lim\limits_{z\to+\infty}z \frac{1}{(z)^2} =\lim\limits_{z\to+\infty}\frac{1}{z}= 0$.

[GAA]

Borea писал(а):

Прошу меня извинить, не знаю, на каком основании можно заменить логарифм первым членом ряда.

См., например [3], в частности: 1) n.3 (Сравнение бесконечно малых и бесконечно больших функций) параграфа 2 и nn.4 (Предельные значения некоторых сложных функций) n.1 параграфа 7 гл. 4;
2) n.1 (Остаточный член в форме Лагранжа, Коши и Пеано), параграфа 14 и n.3 (Использование формулы Маклорена для асимптотических оценок элементарных функций и вычисления пределов) параграфа 16 гл. 8.
Ref .
3. Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа. Часть 1. - М.: Наука, 1982.

Borea писал(а):

Можно ли было сделать так?
$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} =\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{1+z}{z} = =\lim\limits_{z\to+\infty}z\ln^2[1+1/z] =\lim\limits_{z\to+\infty}z \frac{1}{(z)^2} = =\lim\limits_{z\to+\infty}\frac{1}{z}= 0$.

Да, но никакого смысла в такой модификации я не вижу.

Пожалуйста, посмотрите в учебной литературе использование эквивалентных функций и асимптотических разложений для вычисления пределов!

[Borea]

GAA писал(а):

Borea писал(а):

Можно ли было сделать так?
$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} =\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{1+z}{z} = =\lim\limits_{z\to+\infty}z\ln^2[1+1/z] =\lim\limits_{z\to+\infty}z \frac{1}{(z)^2} = =\lim\limits_{z\to+\infty}\frac{1}{z}= 0$.

Да, но никакого смысла в такой модификации я не вижу.

Смысл в том, что мне так понятней. Я не математик отнюдь, и мои познания в этой области ограничиваются стандартным курсом в институте. Сейчас, что заново изучаю это все. Тяжеловато.
К сожалению не нашла [2][3] литературы, только схожие, смотрю.

Слагаемое uv во втором интеграле

$$ \lim\limits_{z\to+\infty} z\ln^2\frac{(z+1)^2}{z(z+2)} = \lim\limits_{z\to+\infty} z\ln^2(1+\frac{1}{z(z+2)})=\lim\limits_{z\to+\infty} z\frac{1}{(z(z+2))^2}=0$$

[GAA]

"Мне так понятней" не объясняет преобразований. Чтобы не возвращаться к этому вопросу при подстановке пределов интегрирования в третьем интеграле, я сейчас попробую объяснить свои действия при вычислении $\lim\limits_{z \to +\infty}z\ln\frac{z}{1+z}$. С чего стартуем: Т.к. аргумент логарифма стремится к 1, то имеем неопределенность $[\infty 0]$. Как планируем бороться: Для использования эквивалентности $ \ln(1+\alpha) \sim \alpha$, $\alpha \to 0$ при раскрытии нашей неопределенности, представим аргумент логарифма в виде $1 + \alpha(z)$, где $\alpha(z)$ бесконечно малая, при $z \to \infty$. Для этого в аргументе добавим и вычтем 1, т.е.
$\frac{z}{1+z} = 1+\left(\frac{z}{1+z}-1\right) = 1+\underbrace{\left(-\frac{1}{1+z}\right)}_{\alpha(z)}$.
Не стоит рассматривать это пояснение как часть решения. Здесь нет самого главного - ссылок на применяемые утверждения (это зависит от используемой книги). Необходимо изучить предмет по подробным книгам. Для не математиков хороша [3] . Не нашли [3] - можно посмотреть учебник для математиков [4], в частности: гл. III, параграф 2, пункт 4, подпункт d (сравнение асимптотического поведения функций).
Ref.
[4] Зорич В.А. Математический анализ. Часть I. – М.: Наука, 1981.

[Borea]

GAA, я хотела бы Вас попросить, на будущее, не говорите мне умных слов

GAA писал(а):

$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} = ...$.
Здесь для раскрытия ... (грубо говоря, первый член разложения логарифма в ряд)

Я ж верю людям, меня занесло в такую необъятную степь, попридумывала себе невесть что.

GAA писал(а):

Для использования эквивалентности $ \ln(1+\alpha) \sim \alpha$, $\alpha \to 0$ при раскрытии нашей неопределенности, представим аргумент логарифма в виде $1 + \alpha(z)$, где $\alpha(z)$ бесконечно малая, при $z \to \infty$. Для этого в аргументе добавим и вычтем 1, т.е.
$\frac{z}{1+z} = 1+\left(\frac{z}{1+z}-1\right) = 1+\underbrace{\left(-\frac{1}{1+z}\right)}_{\alpha(z)}$.

Я ж по сути так и делала, только дробь под логарифмом перевернула. И неделю думала каким это макаром Вы так сделали с помощью первого члена ряда? Мне нельзя чего-то постороннего говорить, а то меня уносит.
Не заметить то, что и так знаю. Пойду убъю себя об стену...

[Borea]

Маленький вопрос.
Когда делаем в интеграле замену переменной, нужно было соответствующуим образом менять пределы интегрирования. Там получалось, например, пределы интегрирование от 1 до 0, и чтобы перевернуть направление интегрирование (не знаю правильно ли выразилась), т.е. сделать от 0 до 1, нужно перед интегралом ставить минус. Правильно?
$ \int_1^0{...} =-\int_0^1{...}$