2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 
Сообщение08.03.2008, 05:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3824
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.

 Профиль  
                  
 
 Оценке числа членов частичной суммы
Сообщение08.03.2008, 19:28 


16/02/08
24
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Оценке числа членов частичной суммы
Сообщение08.03.2008, 20:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/10/07
1221
Самара/Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление третьего интеграла
Сообщение09.03.2008, 17:13 


16/02/08
24
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление третьего интеграла
Сообщение09.03.2008, 19:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/10/07
1221
Самара/Москва
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. $b_1=\left(\frac23\right)^{N+1}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление третьего интеграла
Сообщение09.03.2008, 19:44 


16/02/08
24
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 ))

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.03.2008, 21:18 
Экс-модератор
Аватара пользователя


30/11/06
1265
сообщение IvanBOSS отделено в отдельнуютему.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление третьего интеграла
Сообщение10.03.2008, 19:25 
Заслуженный участник


12/07/07
4522
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 (*).

 Профиль  
                  
 
 Вопросы
Сообщение11.03.2008, 21:00 


16/02/08
24
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.

 Профиль  
                  
 
 Ответы на вопросы
Сообщение12.03.2008, 12:58 
Заслуженный участник


12/07/07
4522
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!

 Профиль  
                  
 
 Проверка
Сообщение23.03.2008, 18:34 


16/02/08
24
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:
$I4 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{(z+3)^4(z+1)^4}{z(z+2)^6(z+4)}dz$
$I5 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{(z+1)^{3/2}}{z^{1/2}(z+1.5)}dz$
$I6 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{z^{0.375}(z+2)^{1.875}}{(z+1)^{1.25}(z+2.5)}dz$
$I7 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{(z+3)^{2.1875}(z+1)^{1.3125}}{z^{0.3125}(z+2)^{2.1875}(z+3.5)}dz$
$I8 = \int\limits_0^{+\infty} \ln^2 \frac{z^{1/2}(z+1)^{1/2}}{(z+2)}dz$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.03.2008, 19:05 
Заслуженный участник


22/01/07
605
0.8211669811935079787296712
0.6081976621622465733520648
0.1331361062460610727417354
0.0785427370079369268043661
2.8094151197782514505421779

 Профиль  
                  
 
 Опечатка, погрешности округления, приближенного вычисления?
Сообщение24.03.2008, 12:01 
Заслуженный участник


12/07/07
4522
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Опечатка, погрешности округления, приближенного вычислен
Сообщение24.03.2008, 14:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17976
Москва
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 - $2.809415119778251448277727806965385406707$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.03.2008, 14:34 
Заслуженный участник


22/01/07
605
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 78 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group