Просто интеграл

[arqady]

1. $\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{[x]}{x^3}dx$

(ответ)

$\frac{\pi^2}{12}$

2. $\int\limits_{0}^{\pi}\cos(x+\sin3x)dx$

(ответ)

$0$

[ProPupil]

$\cos (x + \sin 3x) = \cos x \cos \sin 3x - \sin x \sin \sin 3x$.

$$I_1 = \int\limits_0^\pi \cos x \cos \sin 3x = i \oint\limits_{\mathfrak Rz > 0, |z| = 1} \mathfrak R(ze^{3z})\frac{dz}{z}$$

.

Если мы покажем, что $f(z) = \frac{\mathfrak R(ze^{3z})}{z} $ аналитична в верхнем полукруге, то дело в шляпе.


$\mathfrak R(ze^{3z}) = \mathfrak R((u+iv)e^{3u}(\cos 3u+i\sin 3w))=e^{3u}(u\cos 3u - v\sin 3v)$
Пусть $z = u + iv$. Тогда под интегралом стоит функция

$$f(z) = \frac{e^{3u}(u\cos 3u - v\sin 3v)}{u+iv}=e^{3u}(u\cos 3u - v\sin 3v)(u-iv)=$$

$$=ue^{3u}(u\cos 3u - v \sin 3v) - i \cdot ve^{3u}(u\cos 3u - v \sin 3v)= g(u,v) + i h(u,v)$$

Условия Коши-Римана в области несложно проверить. Аналогично с синусом.

Так что, оба интеграла дают 0, и в итоге получаем 0.

[ewert]

Ну а первый -- это просто ряд, распадающийся на телескопическую сумму и сумму обратных квадратов.

[arqady]

ewert в сообщении #1141175 писал(а):

...и сумму обратных квадратов.

...минус одын.

[ewert]

(Оффтоп)

arqady в сообщении #1141177 писал(а):

...минус одын.

ну, во-первых, скорее пополам: Вы ж сами сказали, что в конце концов я прав безо всяких минусов?... А во-вторых, я ж не папа Карло, чтоб досчитывать всё до конца: ясно, что будет пи квадрат, а с какими добавками -- неинтересно.

[DeBill]

2. Разобьем интеграл на два по ProPupil. Первый -нулевой ("антисимметричен " относительно середины).
Второй: Рассмотрим три точки $x, x+ \frac{\pi}{3}, x + \frac{2\pi}{3}$. В первой и третьей синус тройного угла равен , (а во второй - отличается знаком) . Из тождества $\sin x + \sin (x+\frac{2\pi}{3}) = \sin (x+ \frac{\pi}{3})$ следует: все сократилось....

[DeBill]

ProPupil
Видимо, Вы имели ввиду $z^3$ вместо $3z$:
при $z=e^{ix}$:

$\int\limits_{-\pi}^{\pi} \cos (x+\sin (3x)) dx =\operatorname{Re} (\int\limits_{\left\lvert z \right\rvert = 1}^{} e^{ix +i\sin (3x)}\frac{dz}{iz}) =\operatorname{Re}(-\int\limits_{\left\lvert z\right\rvert = 1}^{}i\cdot e^{\frac{1}{2}\cdot (z^3 -z^{-3})}dz) = 0 $

т.к. вычет в точке 0 равен нулю (ряд Лорана не содержит нечетных степеней, не кратных 3).
Странно, но, получается, интеграл - нулевой, если вместо 3 будет любое нечетное, кроме 1....
А, ну да, там есть такое же тождество - оно спрятано в правильном нечетно-угольнике...