Интегральчик,определенный

[ewert]

а хрен его знает. Может, через ТФКПи как-нить (через интеграл от арктангенса по полуокружности). Правда, мне не удалось. Правда, я не особо и вгрызался.

[Полосин]

$\int\limits_0^1\ln(-\ln x)dx=\int\limits_0^{+\infty}\ln t\, e^{-t}dt=\Gamma'(1)$

[tgv09]

Как-то плавно отдаляемся
Условие все еще записано также,как было поставлено на семинаре. Вряд ли преподаватель ошибся,учитывая,что к нему уже подходили с различными вопросами по поводу этого интеграла и он никак не менял условие.
Все же интеграл задали на первом курсе,в самом начале второго семестра. По-моему тут можно как-нибудь обойтись без ТФКП
А мысли по поводу симметрии у меня тоже были, но в данном примере вроде бы ничего не применимо (с толком). Да и мы раньше вроде как не рассматривали задачи с онной, все-таки маленькие еще.

[Полосин]

Мы никуда не отдаляемся, поскольку первоначальный вопрос полностью решен, и мы переключились на другие вопросы. Исходный интеграл не может быть вычислен элементарными средствами (я заглянул в справочник, там много схожих интегралов, но вашего нет), вам на это уже было указано. Зачем ломиться в открытую дверь? Если очень нужно, интеграл можно выразить через специальные функции или в виде того или иного числового ряда.

[arqady]

Полосин в сообщении #297116 писал(а):

$\int\limits_0^1\ln(-\ln x)dx=\int\limits_0^{+\infty}\ln t\, e^{-t}dt=\Gamma'(1)$

То бишь, $-C$.

[tgv09]

Получается д/з представляло из себя западню
И дверь,к сожалению,пока что для меня закрыта. Не знаю я,как выражать интегралы через ряды. И вообще ряды толком не проходил.

[meduza]

tgv09
Ряд Тейлора до интегралов обычно проходят.

[Полосин]

Например, так:
$\int\limits_0^{\pi/2}\dfrac{x\sin x\,dx}{1+\cos^2x}=-\int\limits_0^{\pi/2}x\,d\arctg(\cos x)=\int\limits_0^{\pi/2}\arctg(\cos x)\,dx=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^k}{2k+1}\int\limits_0^{\pi/2}\cos^{2k+1}x\,dx=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^k(2k)!!}{(2k+1)!!(2k+1)}$

[ИСН]

Один хрен. tgv09, не парьтесь, приёмы узнаете потом (скоро), а тут в условии ошибка. Сто пудов.

[tgv09]

Через пару дней предложу преподу другой вариант,а пока что...
Рядами Тейлора я действительно умею пользоваться. Только не очень четко себе представляю,как их тут применить. Они должны помочь упростить подинтегральную ф-ию?

А также,у г-на Полосин'a я не понял 3ий...ну и 4ый переходы

[ewert]

tgv09 в сообщении #297132 писал(а):

я не понял 3ий...ну и 4ый переходы

Третий -- это просто стандартный ряд Тейлора для арктангенса, под который подставлен косинус. Вам его скоро дадут, когда вы доберётесь до степенных рядов. Ну а пока можете вывести его самостоятельно, проинтегрировав почленно разложение ${1\over1+t^2}$ в сумму бесконечной геометрической прогрессии. Или посмотреть в шпаргалке.

Четвёртый (интеграл от степени косинуса) -- тоже можно найти в шпаргалке. Или вывести самостоятельно рекуррентное соотношение для таких интегралов:

$$I_k\equiv\int\limits_0^{\pi\over2}\cos^{2k+1}x\,dx=\Big[\sin x=t\Big]=\int\limits_0^{1}(1-t^2)^k\,dt=\int\limits_0^{1}(1-t^2)^{k-1}\,dt-\int\limits_0^{1}(1-t^2)^{k-1}\cdot t^2\,dt.$$

В последнем интеграле внесите одно $t$ под знак дифференциала и проинтегрируйте по частям -- получите выражение для $I_{k}$ через $I_{k-1}$.