Вычисление интеграла разложением в ряд

[RIP]

Borea писал(а):

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{...}$

Да.

[Borea]

GAA писал(а):

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.)

Первое неравенство это
$(S-S_N) >= -\epsilon $
Оно выполняется так как мы имеем убывающий ряд с положительными членами, соответственно эта разница всегда будет больше нуля. Так?
Не совсем понимаю запись второго неравенства. Почему мы можем записать
$ \frac{1}{3}\sum\limits_{N+1}^\infty{\left(\frac{2}{3}\right)^n} \equiv {\left(\frac{2}{3}\right)^{N+1}$ отбрасывая все следующие члены?
И не знаю откуда взялась формула для оценки сверху:
$ N(\epsilon) = \left[\frac{\ln(\epsilon)}{\ln(2/3)}\right]+2$
Не могли бы Вы подробнее объяснить?

[Henrylee]

Borea писал(а):

Почему мы можем записать
$ \frac{1}{3}\sum\limits_{N+1}^\infty{\left(\frac{2}{3}\right)^n} \equiv {\left(\frac{2}{3}\right)^{N+1}$ отбрасывая все следующие члены?

Это же просто сумма геометрической прогрессии.

[Borea]

GAA писал(а):

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.

Т.е. используем следствие из теоремы Лейбница:
$ |r_{n}|<=|a_{n+1}| $
или
$ |a_{n+1}|<=\epsilon $
Тогда перебирая $n$ от 1 и дальше найдем такой член ряда, который будет меньше $\epsilon$.
Например при $\epsilon=0.001$ для ряда $ S= \sum\limits_1^\infty{\frac{(-1)^{n+1}}{n^2 3^n} \approx a_{1}+a_{2}=\frac{1}{36}-\frac{1}{243} \approx 0.02366$
так как третий член ряда будет меньше $\epsilon$.
Правильно?

Добавлено спустя 10 минут 4 секунды:

Re: Оценке числа членов частичной суммы

Henrylee писал(а):

Borea писал(а):

Почему мы можем записать
$ \frac{1}{3}\sum\limits_{N+1}^\infty{\left(\frac{2}{3}\right)^n} \equiv {\left(\frac{2}{3}\right)^{N+1}$ отбрасывая все следующие члены?

Это же просто сумма геометрической прогрессии.

Сумма геометрической прогрессии при q<1 будет определяться как
$q=(\left\frac{2}{3}\right)^{N+1}$
$b_{1}=\frac{1}{3}$
$S=\frac{b1}{1-q}$
Не могу прийти от прогрессии к ее сумме. Или надо как-то по-другому?

[Henrylee]

Borea писал(а):

Сумма геометрической прогрессии при q<0 будет определяться как
q=(\left\frac{2}{3}\right)^{N+1}
b_{1}=\frac{1}{3}
$S=\frac{b1}{1-q}$
Не могу прийти от прогрессии к ее сумме. Или надо как-то по-другому?

Сдается мне, сильно Вы запутались.
1. $q<1$, а не нуля.
2. $q=2/3$
3. $b_1=\left(\frac23\right)^{N+1}$

[Borea]

Henrylee писал(а):

Borea писал(а):

Сумма геометрической прогрессии при q<0 будет определяться как
q=(\left\frac{2}{3}\right)^{N+1}
b_{1}=\frac{1}{3}
$S=\frac{b1}{1-q}$
Не могу прийти от прогрессии к ее сумме. Или надо как-то по-другому?

Сдается мне, сильно Вы запутались.
1. $q<1$, а не нуля.
2. $q=2/3$
3. $b_1=\left(\frac23\right)^{N+1}$

Хитро... Поняла, благодарю за ответ ))

[нг]

сообщение IvanBOSS отделено в отдельнуютему.

[GAA]

В n.1 сообщения "Вычисление третьего интеграла" исправлена оценка N и добавлено пару предложений (n.3 ) о несколько более точной оценке. Для не слишком близких к единице значений знаменателя прогрессии $q$ такая оценка остатка ряда
$\underbrace{\sum\limits_{N+1}^\infty{\frac{q^n}{(n+1)^2}}}\limits_{R_N} \leqslant \frac{1}{(N+2)^2}\sum\limits_{N+1}^\infty{q^n} \equiv \frac{1}{(N+2)^2}\frac{q^{N+1}}{1-q}$ (*)
удовлетворительна. Однако при приближении $q$ к единице оценка становится много больше хвоста ряда. Так при q = 99/100 и $\epsilon = 0.01$ в соответствии с (*) следует взять N = 69, тогда как расчет минимального N в Maple 10 дает N = 39.
Хотелось бы отметить, что, говоря в сообщении "Вычисление третьего интеграла" о погрешности, я всюду говорил о погрешности метода (в данном случае о погрешности замены ряда частичной суммой). Это означает: принимается предположение о том, что операции над числами выполняются точно. Если вычисления выполняются приближенно, то следует оценивать погрешность операций над вещественными числами. В этом случае точность оценки остатка ряда становится важной. Однако, в данном случае, там где оценка "плоха" - там и ряд сходится медленно. Вывод: сводить исходный интеграл к интегралам, при разложении которых значение $q$ не близко к единице (как это получилось в случае третьего интеграла), и пользоваться (*).

[Borea]

GAA писал(а):

Хотелось бы отметить, что, говоря в сообщении "Вычисление третьего интеграла" о погрешности, я всюду говорил о погрешности метода (в данном случае о погрешности замены ряда частичной суммой). Это означает: принимается предположение о том, что операции над числами выполняются точно. Если вычисления выполняются приближенно, то следует оценивать погрешность операций над вещественными числами. В этом случае точность оценки остатка ряда становится важной. Однако, в данном случае, там где оценка "плоха" - там и ряд сходится медленно. Вывод: сводить исходный интеграл к интегралам, при разложении которых значение $q$ не близко к единице (как это получилось в случае третьего интеграла), и пользоваться (*).

При вычислении этих интегралов не требуется очень хорошая точность, можно ограничиться на уровне 1% (только не в интеграле, а в другом месте). В общем, я думаю пока остановлюсь на вычислении приближенно этих сумм с наперед заданной точностью (чуть большей чем требуется). Благодарю за подсказки ).

1.Я наверно немного надоела со своими границами, но я опять запуталась с пределом при переменной стремящейся к нулю. GAA, Вы писали:
$\lim\limits_{z\to+0} z{\ln^2\frac{z}{1+z} = \lim\limits_{z\to+0}\frac{\ln^2 z}{1/z} $
Не понимаю эту замену. Может вот так:
при ${z\to+0}$ выражение ${(z+1)\to 1}$, тогда можем просто заменить на $z$?
Тогда не понимаю, как сделать в подобном слагаемом для второго интеграла:

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

Можно ли исходить из того, что при ${z\to+0}$ выражение под логарифмом будет стремиться к 1?

2.И у меня еще один вопрос. При нахождении интегралов возникала задача разложить в ряд логарифм:
\ln\frac{z}{z+1}, границы для z $ [0\infty]$
Мы делали замену вида $y=\frac{1}{z+1}$, получали границы для у $[0 1]$ (включительно я так понимаю). Но ряд, в который мы раскладывали, расходится в точке 1. Означает ли это что итоговый ряд будет расходиться в $\infty$? Или я не могу рассматривать бесконечность как точку, в которой ряд сходится или расходится? Просветите, пожалуйста.

[GAA]

0. На вопрос заданный раньше в теме.

Borea в сообщении «Re: Вычисление третьего интеграла» писал(а):

Например при $\epsilon=0.001$ для ряда $ S= \sum\limits_1^\infty{\frac{(-1)^{n+1}}{n^2 3^n} \approx a_{1}+a_{2}=\frac{1}{36}-\frac{1}{243} \approx 0.02366$
так как третий член ряда будет меньше $\epsilon$.
Правильно?

У меня получаются другие значения величин.

1. Напомню:

GAA в сообщении «Куда делось слагаемое uv при интегрирование по частям» писал(а):

Для раскрытия неопределенности $ [0\infty]$ при подстановке нижнего предела интегрирования удобно заменить $\ln^2\frac{z}{1+z}$ на эквивалентную (при $z\to+0$) функцию $\ln^2z$...

Изложу подробнее. По определению: функции $f(x)$ и $g(x)$ называются эквивалентными (одинакового асимптотичесого поведения) при $x \to x_0$ и пишут $f \sim g$, если $\lim_{ x \to x_0} f(x)/g(x) = 1$. Покажем, что $\ln\frac{z}{1+z} \sim \ln{z}$ :
$\lim\limits_{z\to+0}\frac{\ln[z/(1+z)]}{\ln{z}} = \lim\limits_{z\to+0}\frac{\ln{z} - \ln(1+z)}{\ln{z}} = \lim\limits_{z\to+0}\frac{\ln{z}}{\ln{z}} - \lim\limits_{z\to+0}\frac{\ln(1+z)}{\ln{z}} = 1 + 0 = 1$, что и требовалось показать.
Из $\ln\frac{z}{1+z} \sim \ln{z}$ следует $\ln^2\frac{z}{1+z} \sim \ln^2z$.
Во втором и третьем интеграле действовать аналогичным образом. Тогда при нахождении всех трех интегралов приходим к вычислению предела $\lim\limits_{z\to+0}z\ln^2z$. Этот предел вычисляется при помощи правила Лопиталя.

Borea писал(а):

Тогда не понимаю, как сделать в подобном слагаемом для второго интеграла:

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

Можно ли исходить из того, что при ${z\to+0}$ выражение под логарифмом будет стремиться к 1?

При $z\to+0$, выражение под логарифмом не стремится к 1.

2. Для конкретности будем говорить о I-ом интеграле.
A. Точке $y=1$ соответствует точка $z=0$. Ряд расходится при y=1, но и подынтегральная функция в $\int\limits_0^{+\infty}\frac{\ln[z/(1+z)]}{1+z}dz$ при $z=0$ не определена и $\frac{\ln[z/(1+z)]}{1+z} \to -\infty$, при $z \to +0$. Это несобственный интеграл с двумя особыми точками: $z=0$ и $z=\infty$.
Примечания.
1. Замена $y = 1/(1+z)$ монотонна в окрестности особых точек, а потому не меняет сходимости интеграла и его величины, см. §1, n.4 (Замена переменных под знаком несобственного интеграла и формула интегрирования по частям) и §2 n.2 (Заключительные замечания) гл. 3 [5].
2. При необходимости исследования сходимости интеграла в точке $z=0$ удобно воспользоваться признаком «сходимости интегралов с эквивалентными подынтегральными функциями»: Интегралы от эквивалентных знакоопределенных в окрестности особой точки функций сходятся и расходятся одновременно. (В книгах обычно приводят более общую формулировку в терминах функций одного порядка).
$\frac{\ln[z/(1+z)]}{1+z} \sim \ln{z}$, при $z\to0$; пусть $C > 0$, $\int_0^C{\ln{z}dz}$ сходится, следовательно, исходный интеграл – сходится.
B. Получающийся в результате интегрирования степенной ряд сходятся и при $y=1$ – это очень легко показать при помощи интегрального признака сходимости числовых рядов (признака Коши – Маклорена). При подстановке пределов интегрирования в степенной ряд используем теорему Абеля, см. n. 437 (Непрерывность суммы степенного ряда) [1].

Ref.
[5] Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа. Т. II – М.: Наука, 1980.

P.S. Удачи!

[Borea]

GAA, благодарю за подсказки и за помощь! Дальше со своими интегралами разобралась сама.
У меня просьба к тем, кто может помочь.
Дело в том, что я очень люблю ошибки делать (типа минус перепутать с плюсом). Хочется проверит свои решения. Может ли кто-то интегралы которые я ниже привожу посчитать приближенно в Mathematica или в Maple, просто чтоб я имела возможность сравнить и найти свои ошибки (третий интеграл в этой теме после исправление всяких опечаток у меня совпал с расчетом в Maple, который дал GAA). У меня нет этих программ, искать честно не хочу, в будущем они мне вряд ли пригодятся. Так что, буду оччень благодарна.
Интегралы:
$I4 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{(z+3)^4(z+1)^4}{z(z+2)^6(z+4)}dz$
$I5 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{(z+1)^{3/2}}{z^{1/2}(z+1.5)}dz$
$I6 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{z^{0.375}(z+2)^{1.875}}{(z+1)^{1.25}(z+2.5)}dz$
$I7 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{(z+3)^{2.1875}(z+1)^{1.3125}}{z^{0.3125}(z+2)^{2.1875}(z+3.5)}dz$
$I8 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{z^{1/2}(z+1)^{1/2}}{(z+2)}dz$

[Gafield]

0.8211669811935079787296712
0.6081976621622465733520648
0.1331361062460610727417354
0.0785427370079369268043661
2.8094151197782514505421779

[GAA]

1. Избавившись от иррациональности (путем совершенно очевидного преобразования подынтегрального выражения), проинтегрировав по частям, и затем воспользовавшись Maple 10 получим
$I8 = -1/2 \int_0^\infty \frac{(2+3z)\ln [z(z+1)/(z+2)^2]}{(z+2)(z+1)} dz = \pi^2/3-\ln^2{2}\approx$ 2.8094151197782514482777278.
Результат разительно не совпадает (выделено цветом) с результатом, приведенным Gafield. Это неточность вычислений Maple, Mathematica либо опечатка при наборе текста? Чему равно приближенное значение $\pi^2/3-\ln^2{2}$ в пакете Mathematica, например, с тридцатью знаками?
2. У меня получилось совсем другое значение для $I5$ (точный ответ, выраженный через дилогарифм, не привожу)
$I5= \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{(z+1)^{3/2}}{z^{1/2}(z+1.5)}dz \approx$ 0.3027169.

[Someone]

GAA писал(а):

1. Избавившись от иррациональности (путем совершенно очевидного преобразования подынтегрального выражения), проинтегрировав по частям, и затем воспользовавшись Maple 10 получим
$I8 = -1/2 \int_0^\infty \frac{(2+3z)\ln [z(z+1)/(z+2)^2]}{(z+2)(z+1)} dz = \pi^2/3-\ln^2{2}\approx$ 2.8094151197782514482777278.
Результат разительно не совпадает (выделено цветом) с результатом, приведенным Gafield. Это неточность вычислений Maple, Mathematica либо опечатка при наборе текста? Чему равно приближенное значение $\pi^2/3-\ln^2{2}$ в пакете Mathematica, например, с тридцатью знаками?

У меня Mathematica 5.1 даёт для точного значения интеграла $\frac 13(\pi^2-3\ln^2 2)$, в качестве приближённого с точностью до 30 цифр - $2.80941511977825144827772780697$, а до 40 - $2.809415119778251448277727806965385406707$.

[Gafield]

Ну так я считал численно, а константы математика может вычислить с любой точностью. В $I_5$ я ошибся, посчитав первую сепень логарифма вместо второй. Численно получается, конечно, с некоторой погрешностью по сравнению с точным ответом: 0.30271691412584708708.