Вычисление интеграла

[Metford]

Попался мне на глаза интеграл

$$\int\limits_0^{+\infty}\frac{x^2dx}{1+x^5}.$$

Его предлагали студентам второго семестра (т.е. методы ТФКП просьба не предлагать). Вот я в упор не вижу здесь красивого метода вычисления. Стал раскладывать дробь на простейшие - не самая лёгкая задача в данном случае, между прочим. Коэффициенты получились так себе. После интегрирования всякие логарифмы ушли, но остались арктангенсы с потрясающе уродливым содержимым. Ну, всякое бывает, конечно. Возможно, выражение ещё упрощается. Я сильно подозреваю, что в задании опечатка, потому что остальные задачи в том же блоке решались чуть ли не устно. Однако вопрос остаётся: нет ли более простого способа вычисления, чем тот способ, который я изложил. Спрашиваю, потому что знаю за собой способность не замечать специфические методы.

[gris]

Самое удобное предположение, что там не пятая степень, я шестая

[ewert]

Замена $\frac1{1+x^5}=t$ переводит интеграл в бета-функцию. Хотя не знаю, уместна ли она во втором семестре. У меня вот её там нет, но а) гамма-функция там всё же есть (хоть я и белая ворона в этом смысле среди коллег) и б) читаю я (как и коллеги) всё же не математикам.

[Metford]

gris
Это понятно Меня всё-таки интересует именно этот интеграл. Хотя бы чтобы не было обидно, что я на него сколько-то времени потратил, а он решается в строчку.

ewert в сообщении #1189832 писал(а):

Хотя не знаю, уместна ли она во втором семестре. У меня вот её там нет, но а) гамма-функция там всё же есть (хоть я и белая ворона в этом смысле среди коллег) и б) читаю я (как и коллеги) всё же не математикам.

Хм... По-моему когда я учился, то гамма-функцию узнал во втором семестре (не от математиков, а от физиков), а бета-функцию - уже в третьем. Сейчас я о ней просто не подумал. Сейчас поглядим... Спасибо за идею!

Upd. Да, хорошо посчиталось. Получилось $\frac{\pi}{5\sin\frac{2\pi}{5}}$. А этот синус уже легко вычисляется. Всяко легче, чем вычислялся интеграл мной раньше. Всё-таки в задании должна быть ошибка. На втором семестре студенты этого не сделают.

[ewert]

(Оффтоп)

Metford в сообщении #1189834 писал(а):

гамма-функцию узнал во втором семестре (не от математиков, а от физиков)

Ну, наш пацан. Физики всегда опережают математиков в смысле матаппарата. Они просто вынуждены, и нам (математикам) за ними никак не угнаться. Это стандартная проблема.

[Metford]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1189838 писал(а):

Физики всегда опережают математиков в смысле матаппарата. Они просто вынуждены, и нам (математикам) за ними никак не угнаться. Это стандартная проблема.

Да-да... Я Вам даже точно скажу, почему так случилось в данном конкретном случае: нужно было считать всякие средние с распределением Максвелла.

[DeBill]

Metford
А чё бы попросту не разложить на простейшие дроби, да и сосчитать? Благо нули знаменателя находятся...
Можно даже без комплексных чисел: $x^4 - x^3 +x^2 -x +1$ - возвратный, и , после вынесения $x^2$, выражается через $x+\frac{1}{x}$....

[Metford]

DeBill
Не считая того, что я своё мнение по этому методу уже в первом сообщении высказал, могу предложить только одно: попробуйте Желательно с доведением до того результата, который получился при вычислении по совету ewert.

[ewert]

DeBill в сообщении #1189844 писал(а):

А чё бы попросту не разложить на простейшие дроби, да и сосчитать?

Потому что занудно и не факт заранее, что выйдет что-то компактное.

[bot]

Если рассмотреть $I_n=\int\limits_0^\infty\frac{x^2dx}{(1+x^5)^n}$ то интегрирование по частям даст рекуррентность $I_n=\frac{5n}{5n-3}I_{n+1},$ и дело сведётся к нахождению предела отношения двух несуществующих пределов.
Ещё можно разбить промежуток на два и заменой $x\to \frac1x$ свести к $I=\int\limits_0^1\frac{x+x^2}{1+x^5}dx$. Раскладывая в ряд, получим
$I=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{5n+1}+\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{5n+2},$ остаётся подобрать функцию с нужным разложением в ряд Фурье.

[sergei1961]

Мне кажется, тут всё просто. После замены $t=x^5$ интеграл сводится к табличному, или из учебников по тфкп на вычеты:

$$ \frac{1}{5}\int_0^\infty\frac{t^{-2/5}}{1+t}\,dt=\frac{\pi}{5} \frac{1}{\sin(\frac{3\pi}{5})}. $$

Кстати, синус выражается через корни.

[Metford]

sergei1961 в сообщении #1190077 писал(а):

или из учебников по тфкп на вычеты

Процитирую себя:

Metford в сообщении #1189827 писал(а):

Его предлагали студентам второго семестра (т.е. методы ТФКП просьба не предлагать).

[sergei1961]

Извините, не дочитал, что это уже было и надо без КП. Тогда этот пример есть в Фихтенгольце-2 в разделе интегралы от параметра, только тогда нужно разложение синуса на простейшие дроби. Может это решение имелось в виду.

[mihiv]

bot в сообщении #1189861 писал(а):

Ещё можно разбить промежуток на два и заменой $x\to \frac1x$ свести к $I=\int\limits_0^1\frac{x+x^2}{1+x^5}dx$.

Той же заменой можно свести к: $I=\int\limits_1^{\infty }\frac{x+x^2}{1+x^5}dx=\int \limits _1^{\infty }\frac {xdx}{x^4-x^3+x^2-x+1}$

Совсем без комплексных чисел не обойтись. Знаменатель имеет две пары комплексно сопряженных корней (корни пятой степени из 1) и поэтому легко разлагается на множители:$(x^2-2ax+1)(x^2-2bx+1), a=\cos \frac {\pi }5, b=\cos \frac {3\pi }5$. Дальше разложение на простые дроби очевидно:$\frac x{(x^2-2a+1)(x^2-2bx+1)}=\frac 1{2(a-b)}\left (\frac 1{x^2-2ax+1}-\frac 1{x^2-2bx+1}\right )$

[Metford]

mihiv в сообщении #1190212 писал(а):

Совсем без комплексных чисел не обойтись.

Ну почему? В варианте с бета-функцией всё вполне удалось. И мне этот способ пока больше всего нравится.
Я практически уверен, что в примере опечатка - просто исходя из уровня остальных примеров.