Вычислить

[myra_panama]

Вычислить:
$\int\limits_0^{\frac{\pi}4} \arctg{\sqrt{\frac{\cos{2x}}{2\cos^2 x}}}dx$
Ответь $\frac{\pi^2}{24}$ Но немогу как решать , можеть разложим в ряд или.....

[paha]

myra_panama в сообщении #405880 писал(а):

можеть разложим в ряд или

один раз по частям, а потом уже думать

[myra_panama]

Цитата:

один раз по частям, а потом уже думать

$\int\limits_0^{\frac{\pi}4} \arctg{\sqrt{\frac{\cos{2x}}{2\cos^2 x}}}dx=$=$x\arctg{\sqrt{\frac{\cos{2x}}{2\cos^2 x}}}|\limits_0^{\frac{\pi}4}$ +$\int\limits_0^{\frac{\pi}4} \frac{2x\sin^3 x}{(4\cos^3 x -\cos x)}$ =

$$\int\limits_0^{\frac{\pi}4} \frac{2x\sin^3 x}{(4\cos^3 x -\cos x)}$$

а ,что дальше если я правильно понял условия

[Tlalok]

А не проще сначала преобразовать подкоренное выражение? А заодно и подынтегральное.

[myra_panama]

Tlalok в сообщении #405947 писал(а):

А не проще сначала преобразовать подкоренное выражение? А заодно и подынтегральное.

если преобразовать $\sqrt{\frac{\cos{2x}}{2\cos^2 x}}=\sqrt{1-\frac1{2\cos^2 x}}$ то по моему прощее не будеть..

[Tlalok]

Я преобразовал $\sqrt {\frac{{\cos 2x}}{{2{{\cos }^2}x}}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sqrt {1 - t{g^2}x} $
Правда что делать дальше еще не решил.

[myra_panama]

есть кто нибудь решать интеграл,,,

[arseniiv]

arseniiv,
Замечание за оффтопик. Сообщение удалено.
/Toucan

[ShMaxG]

myra_panama
Вы не правильно взяли интеграл по частям:

$$ \[\int\limits_0^{\frac{\pi } {4}} {\operatorname{arctg} \sqrt {\frac{{\cos 2x}} {{2{{\cos }^2}x}}} } dx = \int\limits_0^{\frac{\pi } {4}} {\frac{x} {{\sqrt 2 }}\frac{1} {{1 + 2\cos 2x}} \cdot \frac{{2\sin x}} {{\sqrt {\cos 2x} }}} dx\]$$

Но идей, как его брать пока нет.

-- Сб янв 29, 2011 16:54:29 --

Если кому поможет, то вот как можно подступиться.

Сначала сделаем замену $\[y = \cos 2x\]$. Получим

$$\[\int\limits_0^{\frac{\pi } {4}} {\operatorname{arctg} \sqrt {\frac{{\cos 2x}} {{2{{\cos }^2}x}}} } dx = \frac{1} {2}\int\limits_0^1 {\operatorname{arctg} \sqrt {\frac{y} {{1 + y}}} } \frac{{dy}} {{\sqrt {1 - {y^2}} }}\]$$

Затем сделаем замену $\[z = \sqrt {\frac{y} {{1 + y}}} \]$. Тогда получим, что исходный интеграл равен:

$$\[\int\limits_0^{1/\sqrt 2 } {\operatorname{arctg} z} \frac{z} {{1 - {z^2}}}\frac{{dz}} {{\sqrt {1 - 2{z^2}} }}\]$$

А уж этот можно и как-то в ряд разлагать. Правда, надо как-то обосновывать, почему интеграл ряда будет равен ряду интегралов...

[Tlalok]

Я построил график подынтегральной функции на заданном промежутке. Очень похоже на часть эллипса, расположенную в 1-ой четверти. (Я не знаю как добавить изображение).
Может перейти к полярным координатам?

[ShMaxG]

Я вот попробовал разложить в ряд и воспользоваться предположением, что можно интеграл под сумму внести. И получил, что ответ будет таков:

$$\[\boxed{I = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{{c_n}}} {{2n + 3}}} ,{\text{ }}{c_n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\sum\limits_{m = 0}^k {\frac{1} {2}\frac{{{a_m}{b_{n - k}}{{\left( { - 1} \right)}^{n - k}}}} {{{2^{\frac{{2m + 1}} {2}}}{2^{k - m}}}},} } {\text{ }}{a_n} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}} {{2n + 1}},{\text{ }}{b_n} = \left\{ \begin{gathered} 1,n = 0 \hfill \\ C_{\left( { - 1/2} \right)}^n,n \geqslant 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.}\]$$

Не имею возможности это проверить на компе (не научился еще). Но мне почему-то очень смешно становится, когда я гляжу на это...

Вот бы Полосин посмотрел...

[ewert]

ShMaxG в сообщении #406259 писал(а):

исходный интеграл равен:

$$\[\int\limits_0^{1/\sqrt 2 } {\operatorname{arctg} z} \frac{z} {{1 - {z^2}}}\frac{{dz}} {{\sqrt {1 - 2{z^2}} }}\]$$

Кажется, да.

Этот интеграл (в силу чётности) равен половине интеграла по соотв. симметричному промежутку. Который, в свою очередь, равен половине интеграла по комплексному контуру, охватывающему разрез между пределами интегрирования. Если растянуть этот контур по горизонтали так, чтобы он захватил плюс-минус единички, то добавятся два легко считаемых вычета. Теперь полученный контур можно растянуть по горизонтали к бесконечностям, разорвать его там на две горизонтальные линии и каждую из них обернуть вокруг соответствующего разреза для арктангенса (последние выходят из плюс-минус $i$ и уходят по вертикалям на бесконечность). Арктангенс -- это логарифм, который при переходе с одного берега разреза на другой получает приращение $2\pi i$, а остальные множители в подынтегральном выражении при этом не меняются. Поэтому при вычислении интеграла вокруг каждого из разрезов собственно логарифмы сокращаются, а остальное интегрируется уже явно.

Кажется, это проходит, только лень и вообще как-то муторно.

[Null]

Это равно интегралу $\frac{da db}{(1+a^2)(1+b^2)}$ по области $a\ge0,b\ge0,a^2+2b^2\le1$


Только не знаю как считать.
Разве что $a=r\cos(\phi),b=\frac{r}{\sqrt{2}}\sin(\phi)$

[myra_panama]

ShMaxG в сообщении #406295 писал(а):

Я вот попробовал разложить в ряд и воспользоваться предположением, что можно интеграл под сумму внести. И получил, что ответ будет таков:

$$\[\boxed{I = \sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\frac{{{c_n}}} {{2n + 3}}} ,{\text{ }}{c_n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\sum\limits_{m = 0}^k {\frac{1} {2}\frac{{{a_m}{b_{n - k}}{{\left( { - 1} \right)}^{n - k}}}} {{{2^{\frac{{2m + 1}} {2}}}{2^{k - m}}}},} } {\text{ }}{a_n} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}} {{2n + 1}},{\text{ }}{b_n} = \left\{ \begin{gathered} 1,n = 0 \hfill \\ C_{\left( { - 1/2} \right)}^n,n \geqslant 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.}\]$$

Ответ интеграла очевиден , что оно равно $\frac{\pi^2}{24}$
Но в вашем разложения мы можем получать искомый ответ????

[ShMaxG]

myra_panama в сообщении #406330 писал(а):

Ответ интеграла очевиден , что оно равно $\frac{\pi^2}{24}$

Ответ интеграла? Да еще и очевиден?

myra_panama в сообщении #406330 писал(а):

Но в вашем разложения мы можем получать искомый ответ????

Нуууу, это я не знаю. Видите, там и предположение жестокое, и вообще тяжело все как-то получается. Ряды, по-крайней мере в том пути, по которому я шел, это очевидно не выход. Вон может контурные интегралы по комплексной плоскости брать, но это вроде тоже муторно. Или интеграл по области брать, как Null предлагает.