Эйлеровы интегралы

[ole-ole-ole]

Определить область существования и выразить через Эйлеровы интегралы

1) $\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{\sqrt[m]{1-x^n}}\;\;\;\;\;\;\;m>0$

Выразить через Эйлеровы интегралы -- жто записать так?

$\displaystyle\int_0^1(1-x^n)^{-m}dx$

Сразу вспоминаю интеграл $\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{x^\alpha}$$, который сходится при $\alpha<1$

А что еще нужно сделать?

2) $\displaystyle\int_0^1\dfrac{\sin^{n-1}x }{(1+k\cos x)^n} dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;0<|k|<1$

$$\displaystyle\int_0^1\dfrac{\sin^{n-1}x }{(1+k\cos x)^n} dx=-\dfrac{n}{k^n}\displaystyle\int_0^1\dfrac{d(1+k\cos x)^n}{(1+k\cos x)^n} =$$

$$=-\dfrac{n}{k^n}\ln\Big(1+k\cos x\Big)^n\Bigg|_0^1=-\dfrac{n^2}{k^n}\ln\Big(1+k\cos x\Big)\Bigg|_0^1=\dfrac{n^2}{k^n}\ln\Big(\dfrac{1+k}{1+k\cos 1}\Big)$$

Т.е. при любых $0<|k|<1$?

3) $\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-x^n}dx$

Знаю, что при $n=2$$-- точно сходится, а как при остальных исследовать?

[ИСН]

Про гамма-функцию когда-нибудь слышали, например?

[Someone]

Эйлеровы интегралы - это бета-функция и гамма-функция.

$$\mathrm B(p,q)=\int\limits_0^1x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx$$

$$\Gamma(p)=\int\limits_0^{+\infty}x^{p-1}e^{-x}dx$$

Ваши интегралы сводятся к этим некоторыми заменами переменной интегрирования. Мне только Ваш тригонометрический интеграл не нравится. Пределы интегрирования в нём правильно указаны? Преобразуете Вы его совершенно неправильно.

[ole-ole-ole]

Спасибо Да, я в курсе, что нужно свести к какому-то из этих двух интегралов, только вотя я не знаю - с помощью каких замен это можно сделать...Может подскажете?

2) $\displaystyle\int_0^\pi\dfrac{\sin^{n-1}x }{(1+k\cos x)^n} dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;0<|k|<1$

Да, вы правы, я перепутал верхний предел. Кроме подстановки $t=\tg\Big(\dfrac{x}{2}\Big)$ больше в голову не приходит... Как тут проще все-таки?

$t=\tg\Big(\dfrac{x}{2}\Big)$

$x=2\arctg(t)$

$dx=\dfrac{2dt}{1+t^2}$

$\sin x =\dfrac{2\sin\Big(\dfrac{x}{2}\Big)\cos\Big(\dfrac{x}{2}\Big)}{\sin^2\Big(\dfrac{x}{2}\Big)+\cos^2\Big(\dfrac{x}{2}\Big)}=\dfrac{2\tg\Big(\dfrac{x}{2}\Big)}{1+\tg^2\Big(\dfrac{x}{2}\Big)}=\dfrac{2t}{1+t^2}$

$\cos x =\dfrac{\cos^2\Big(\dfrac{x}{2}\Big)-\sin^2\Big(\dfrac{x}{2}\Big)}{\sin^2\Big(\dfrac{x}{2}\Big)+\cos^2\Big(\dfrac{x}{2}\Big)}=\dfrac{1-\tg^2\Big(\dfrac{x}{2}\Big)}{1+\tg^2\Big(\dfrac{x}{2}\Big)}=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$

$\displaystyle\int_0^\pi\dfrac{\sin^{n-1}x }{(1+k\cos x)^n} dx=\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{\Big(\dfrac{2t}{1+t^2}\Big)^{n-1}\cdot \dfrac{2dt}{1+t^2}}{\Big(1+k\cdot \dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^n}=2^{n}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{t^{n-1}dt}{\Big(1+t^2+k(1-t^2)\Big)^n}=$

$=2^{n}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{t^{n-1}dt}{\Big(1+k+(1-k)t^2)\Big)^n}= \dfrac{2^{n}}{(1+k)^n}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{t^{n-1}dt}{\Big(1+\frac{(1-k)t^2}{1+k})\Big)^n}=$

$=\Bigg|a^2=\frac{(1-k)}{1+k}\Bigg|=\dfrac{2^{n}}{(1+k)^n}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{t^{n-1}dt}{\Big(1+(at)^2\Big)^n}}=$

$=\Bigg|y=at\Bigg|= \dfrac{2^{n}\cdot a^{1-n}\cdot a^{-1}}{(1+k)^n}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{y^{n-1}dy}{\Big(1+y^2\Big)^n}}=$

$=\dfrac{2^{n}}{(1+k)^n}\cdot \Big(\dfrac{1+k}{1-k}\Big)^{n/2}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{y^{n-1}dy}{\Big(1+y^2\Big)^n}}=\dfrac{2^{n}}{(1-k^2)^{n/2}}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{y^{n-1}dy}{\Big(1+y^2\Big)^{n}}=$

-- 14.10.2012, 01:54 --

А как дальше? Как с другими задачами?

[Someone]

ole-ole-ole в сообщении #630573 писал(а):

Кроме подстановки $t=\tg\Big(\dfrac{x}{2}\Big)$ больше в голову не приходит... Как тут проще все-таки?

Не надо выражать через $\tg\frac x2$. Но к половинному углу перейти стоит: $\sin x=2\sin y\cos y$, $\cos x=1-2\sin^2y$, где $y=\frac x2$. Интеграл, если не ошибся, приводится к виду $\frac{2^n}{(1+k)^n}\int\limits_0^{\frac{\pi}2}\frac{\sin^{n-1}y\cos^{n-1}y}{\left(1-\frac{2k}{1+k}\sin^2y\right)^n}dy$. Дальше он сводится к бета-функции подстановкой $t=\frac{1-k}{1+k}\frac{\sin^2y}{1-\frac{2k}{1+k}\sin^2y}$. Но повозиться придётся.
Первый интеграл очень легко сводится к бета-функции, второй - к гамма-функции.

[ole-ole-ole]

Someone в сообщении #630584 писал(а):

ole-ole-ole в сообщении #630573 писал(а):

Кроме подстановки $t=\tg\Big(\dfrac{x}{2}\Big)$ больше в голову не приходит... Как тут проще все-таки?

Не надо выражать через $\tg\frac x2$. Но к половинному углу перейти стоит: $\sin x=2\sin y\cos y$, $\cos x=1-2\sin^2y$, где $y=\frac x2$. Интеграл, если не ошибся, приводится к виду $\frac{2^n}{(1+k)^n}\int\limits_0^{\frac{\pi}2}\frac{\sin^{n-1}y\cos^{n-1}y}{\left(1-\frac{2k}{1+k}\sin^2y\right)^n}dy$. Дальше он сводится к бета-функции подстановкой $t=\frac{1-k}{1+k}\frac{\sin^2y}{1-\frac{2k}{1+k}\sin^2y}$. Но повозиться придётся.
Первый интеграл очень легко сводится к бета-функции, второй - к гамма-функции.

Спасибо А подскажите, пожалуйста, замены, я хочу ночью повозиться, порешать!

Ой, в третьем походу очень простая замена $x^n=t$ - верно?

Да и в первом - такая же!!! Не уж-то я прав?

[Someone]

Правы.

[ole-ole-ole]

3) $\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-x^n}dx$

$x^n=t$

$dt=nx^{n-1}dx$

$dx=x^{1-n}dt=\dfrac{x}{t}dt=t^{\frac{1}{n}-1}dt$

$\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-x^n}dx=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-t}t^{\frac{1}{n}-1}dt=\Gamma\Big(\dfrac{1}{n}-2\Big)$

[Someone]

Коэффициент в дифференциале потеряли. Внимательнее будьте: $x=t^{\frac 1n}$, $dx=\ldots$.

[ole-ole-ole]

Someone в сообщении #630589 писал(а):

Коэффициент в дифференциале потеряли. Внимательнее будьте: $x=t^{\frac 1n}$, $dx=\ldots$.

$x=t^{\frac 1n}$, $dx={\frac 1n}t^{\frac 1n-1}$

-- 14.10.2012, 02:24 --

$\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-x^n}dx=\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-t}t^{\frac{1}{n}-1}dt=\dfrac{1}{n}\Gamma\Big(\dfrac{1}{n}-2\Big)$

Верно?

[Someone]

И на определение гамма-функции внимательнее посмотрите.

[ole-ole-ole]

Someone в сообщении #630591 писал(а):

И на определение гамма-функции внимательнее посмотрите.

$\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-x^n}dx=\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-t}t^{\frac{1}{n}-1}dt=\dfrac{1}{n}\Gamma\Big(\dfrac{1}{n}\Big)$

-- 14.10.2012, 02:33 --

1) $\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{\sqrt[m]{1-x^n}}\;\;\;\;\;\;\;m>0$

$\displaystyle\int_0^1(1-x^n)^{\frac{1}{m}}dx$

$x=t^{\frac 1n}$, $dx={\frac 1n}t^{\frac 1n-1}dt$

$$\displaystyle\int_0^1(1-x^n)^{\frac{1}{m}}dx=\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_0^1(1-t)^{\frac{1}{m}}t^{\frac 1n-1}dt=\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_0^1(1-t)^{1-\frac{1}{m}-1}t^{\frac 1n-1}dt=\dfrac{1}{n}B\Big(1-\dfrac{1}{m},\dfrac{1}{n}\Big)$$

-- 14.10.2012, 02:37 --

А как узнать область существования? $n>0$ и там, и там?

-- 14.10.2012, 03:14 --

$=\dfrac{2^{n}}{(1-k^2)^{n/2}}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{y^{n-1}dy}{\Big(1+y^2\Big)^{n}}=$

$=\dfrac{2^{n}}{(1-k^2)^{n/2}}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{y^{2\cdot\frac{n}{2}}\cdot y^{-1}dy}{\Big(1+y^2\Big)^{n}}=\Bigg|y^2=z\Bigg\;\;\;\;dz=2ydy\;\;\;dz=2y^2y^{-1}dy\Bigg|=$

$=\dfrac{2^{n-1}}{(1-k^2)^{n/2}}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{z^{\frac{n}{2}-1}\cdot dz}{\Big(1+z\Big)^{n}}$

-- 14.10.2012, 03:17 --

Someone в сообщении #630584 писал(а):

Не надо выражать через $\tg\frac x2$. Но к половинному углу перейти стоит: $\sin x=2\sin y\cos y$, $\cos x=1-2\sin^2y$, где $y=\frac x2$. Интеграл, если не ошибся, приводится к виду $\frac{2^n}{(1+k)^n}\int\limits_0^{\frac{\pi}2}\frac{\sin^{n-1}y\cos^{n-1}y}{\left(1-\frac{2k}{1+k}\sin^2y\right)^n}dy$. Дальше он сводится к бета-функции подстановкой $t=\frac{1-k}{1+k}\frac{\sin^2y}{1-\frac{2k}{1+k}\sin^2y}$. Но повозиться придётся.
Первый интеграл очень легко сводится к бета-функции, второй - к гамма-функции.

Мне кажется, что тут будет тяжко, а я уже почти своим способом доделал...

[ole-ole-ole]

Основной вопрос по длинной задаче -- как избавиться от бесконечного предела. Мы ведь стремимся сделать бэта-функцию, но там верхний предел интегрирования $1$, а не $+\infty$