Интегралы

[Городецкий Павел]

Пожалуйста посмотрите правильно ли я начал решать интеграл

$$ I_0 = \int {e^{\root 3 \of x } } \sin \root 3 \of x dx $$

Делаю замену

$$ \root 3 \of x = t \Rightarrow dt = {1 \over {3\root 3 \of {x^2 } }}dx \Rightarrow dx = 3\root 3 \of {x^2 } dt = 3\root 3 \of {(t^3 )^2 } dt = 3t^2 dt $$

Получил

$$ I_0 = 3\int {t^2 e^t \sin t} dt $$

А теперь по частям

$$ - I_0 /3 = \int {t^2 e^t d(\cos t)} = t^2 e^t \cos t - \int {(2te^t + t^2 e^t )\cos tdt} $$

Послений интеграл рассмотрел как сумму интегралов и каждый из них думаю опять по частям т.е.

$$ I_1 = 2I_2 + I_3 ,I_2 = \int {te^t \cos tdt} ,I_3 = \int {t^2 e^t \cos tdt} $$

$$ I_2 = \int {te^t d(\sin t) = } te^t \sin t - \int {(e^t + te^t )\sin tdt} $$

И опять

$$ I_4 = I_5 + I_6 ,I_5 = \int {e^t \sin tdt} ,I_3 = \int {te^t \sin tdt} $$

$$ I_5 = \int {e^t \sin tdt} = - \int {e^t d(\cos t)} = - e^t \cos t + \int {e^t \cos t} dt = $$

$$ = - e^t \cos t + \int {e^t } d(\sin t) = - e^t \cos t + e^t \sin t - \int {e^t \sin tdt} = $$

$$ = - e^t \cos t + e^t \sin t - I_5 $$

Следовательно

$$ I_5 = {1 \over 2}e^t (\sin t + \cos t) $$

Я думаю продолжать так и дальше, но хотелось бы понять правильно ли я делаю и можно ли как-нибудь попроще
Спасибо

[RIP]

До конца не проверял, но, по-моему, можно попроще. Надо записать

$$\int t^2e^t\sin t\,dt=\int t^2\,d(something),$$

а уже потом по частям
Тем более, что это something Вы уже нашли, правда в конечном выражении для $I_5$ у Вас ошибочка.

[Городецкий Павел]

RIP, СПАСИБО
Вот так правильно?

$$ \int {t^2 e^t \sin t} dt = \int {t^2 } d\left[ {{1 \over 2}e^t (\sin t - \cos t)} \right] = {1 \over 2}e^t (\sin t - \cos t)t^2 - \int {e^t (\sin t - \cos t)} dt $$

Если правильно, то последний интеграл - дело техники - главное со знаком не ошибиться

[RIP]

Чему равно $d(t^2)$?

[Городецкий Павел]

RIP
Ошибка опять
Мне бы так ошибки видеть
Тогда получается

$$ \int {te^t \sin t} dt = \int t d\left[ {{1 \over 2}e^t (\sin t - \cos t)} \right] = {1 \over 2}\left[ {e^t (\sin t - \cos t)t - \int {e^t (\sin t - \cos t)} dt} \right] $$

А второй интеграл так или интуиция меня подвела

$$ \int {te^t \cos t} dt = \int t d\left[ {{1 \over 2}e^t ( - \sin t + \cos t)} \right] = {1 \over 2}\left[ {e^t ( - \sin t + \cos t)t - \int {e^t ( - \sin t + \cos t)} dt} \right] $$

[RIP]

Интуиция Вас-таки подвела (сложите Ваши интегралы, почему-то 0 получается). На самом деле $\int e^t\cos t\,dt$ Вы уже посчитали, когда вычисляли $I_5$. И зачем разбивать полученный интеграл на два, не проще ли считать всё вместе?

[Городецкий Павел]

RIP писал(а):

Интуиция Вас-таки подвела (сложите Ваши интегралы, почему-то 0 получается). На самом деле $\int e^t\cos t\,dt$ Вы уже посчитали, когда вычисляли $I_5$.

Да и он то как раз с "+"

$$ \int {te^t \cos t} dt = \int t d\left[ {{1 \over 2}e^t (\sin t + \cos t)} \right] $$

RIP писал(а):

И зачем разбивать полученный интеграл на два, не проще ли считать всё вместе?

Видимо опыта не хватает - не пойму что принимать за $U$, а что за $dV$

[RIP]

RIP писал(а):

И зачем разбивать полученный интеграл на два, не проще ли считать всё вместе?

Согласитесь, что с $\int e^t(\sin t-\cos t)\,dt=-e^t\cos t+C$ работать попроще.

[Someone]

Известные формулы:

$$\int e^{ax}\cos bxdx=\frac 1{a^2+b^2}e^{ax}(a\cos bx+b\sin bx)+C\text{,}$$

$$\int e^{ax}\sin bxdx=\frac 1{a^2+b^2}e^{ax}(a\sin bx-b\cos bx)+C\text{.}$$

Если $P(x)$ и $Q(x)$ - многочлены, то, интегрируя по частям с использованием предыдущих формул, получим

$$\int P(x)e^{ax}\cos bxdx=\frac 1{a^2+b^2}P(x)e^{ax}(a\cos bx+b\sin bx)-\frac 1{a^2+b^2}\int P'(x)e^{ax}(a\cos bx+b\sin bx)dx\text{,}$$

$$\int Q(x)e^{ax}\sin bxdx=\frac 1{a^2+b^2}Q(x)e^{ax}(a\sin bx-b\cos bx)-\frac 1{a^2+b^2}\int Q'(x)e^{ax}(a\sin bx-b\cos bx)dx\text{.}$$

Складывая две этих формулы, получим формулу понижения степени для таких интегралов:
\begin{multline*}\int e^{ax}(P(x)\cos bx+Q(x)\sin bx)dx=\frac 1{a^2+b^2}e^{ax}((aP(x)-bQ(x))\cos bx+(bP(x)+aQ(x))\sin bx)-\\ -\frac 1{a^2+b^2}\int e^{ax}((aP'(x)-bQ'(x))\cos bx+(bP'(x)+aQ'(x))\sin bx)dx\text{.}\end{multline*}

[bot]

Городецкий Павел писал(а):

Видимо опыта не хватает - не пойму что принимать за U, а что за dV

Иначе говоря, какой множитель V' оторвать от подинтегральной функции и (проинтегрировав его)
подвести под знак дифференциала, а оставшийся считать множителем V?
Сами эти множители обозначать буквами не обязательно, например:

1) $\int x^2 \cos x dx = \int x^2 d \sin x$

2) $\int x^2 \cos x dx = \int \cos x d \frac{x^3}{3}$

Оба способа верные, но какой из них выгоднее? Очевидно первый, ибо после применения
формулы интегрирования по частям

$\int udv=uv-\int vdu$

в интеграле в правой части под дифференциалом стоит многочлен второй степени,
степень которого понижается после выполнения дифференцирования:

$... = x^2 \sin x -\int \sin x d x^2=x^2 \sin x -\int \sin x \cdot 2xd x$

Уже здесь нетрудно усмотреть простую рекомендацию:
Засунуть под дифференциал надо тот множитель, который засовывается просто,
но при этом оставить за дифференциалом такой множитель, который становится проще
после дифференцирования.

По поводу Вашего интеграла. Все выкладки упрощаются, если перейти к интегрированию
комплекснозначной функции вещественного аргумента. При этом вычисляться будут сразу два интеграла:

$I=\int p(t)\cos t dt $ и $J=\int p(t)\sin t dt $

Умножив второй интеграл на i и сложив с первым, получим:

$I+iJ=\int p(t)(\cos t +i\sin t) dt= \int p(t)e^{it} dt = ...$

Далее однократное интегрирование по частям понизит степень $p(t)$ на единицу:

$... = \int p(t)e^{it} dt=\int p(t) d\frac{e^{it}}{i}=-i\int p(t) de^{it}=$

$-i p(t) e^{it}+i\int e^{it} d p(t)=-i p(t) e^{it}+i\int p'(t) e^{it} dt $

Проделав эту процедуру столько раз, какова степень многочлена, мы придём к интегралу

$ \int e^{it} dt = -i e^{it} +C$

Тогда $I$ и $J$ - соответственно действительная
и мнимая части полученного выражения.
Такое интегрирование, разумеется, требует обоснования - видимо поэтому предыдущие
ораторы не рискнули упомянуть этот метод.
Однако эти обоснования совсем не сложны, а выигрыш стоит того, чтобы с этим ознакомиться.

[Городецкий Павел]

RIP
Someone
bot
СПАСИБО - надо переварить то что Вы сказали
У меня честно говоря еще несколько интегралов есть, которые вызывают некоторые трудности - лучше спросить здесь или в новой ветке, чтобы не разрасталась эта?

[Jnrty]

Зачем создавать кучу похожих тем? Пишите здесь.

[Equilibrium]

Подскажите, пожалуйста, как такой интеграл взять:

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac {x^2} {\ch^2 x} dx$$

[RIP]

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac {x^2} {\ch^2 x}\, dx=2\int_{0}^{\infty}x^2d(\th x-1)=4\int_0^{\infty}(1-\th x)x\,dx=-4\int_0^{\infty}x\,d(\ln(1+e^{-2x}))=$$

$$=4\int_0^{\infty}\ln(1+e^{-2x})\,dx=2\int_0^1\frac{\ln(1+t)}t\,dt=2\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-t)^{n-1}}n\,dt=$$

$$=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=2(1-1/2)\sum_{n=1}^{\infty}1/n^2=\pi^2/6$$

[Городецкий Павел]

У меня вот какие еще задачки не решаются
1. Доказать, что функция

$$F(x) = \int\limits_{x_0 }^x {f(t)dt} ,x \in {\Cal R}$$

где

$$f$$

- непрерывная периодическая функция с периодом

$$T$$

, в общем случае, есть сумма линейной функции и периодической функции периода

$$T$$

.
В АНТИДЕМИДОВИЧЕ она решается вот так:
По основной теореме интегрального исчисления, функция

$$F$$

дифференцируема

$$\forall x \in {\Cal R}$$

, и при этом

$$F'(x) = f(x)$$

. В силу периодичности имеем

$$F'(t + T) = f(t)$$

. Интегрируя на отрезке

$$\left[ {x_0 ,x} \right]$$

, находим

$$F(x + T) - F(x_0 + T) = f(t)$$

. Поскольку

$$F(x_0 + T) = \int\limits_{x_0 }^{x_0 + T} {f(t)dt = \int\limits_0^T {f(t)dt = C,C = const,} } $$

То

$$F(x + T) - F(x) = C$$

. Если

$$C = 0$$

, то

$$F(x + T) = F(x)$$

и

$$F$$

является периодической функцией с периодом

$$T$$

. Если

$$C \ne 0$$

, то введем в рассмотрение функцию

$$G(x) = F(x) - \frac{C}{T}x,x \in {\Cal R}$$

Поскольку

$$G$$

является периодической функцией с периодом

$$T$$

, то

$$F(x) = G(x) + ax,x \in {\Cal R},a = \frac{C}{T}$$

Есть сумма периодической и линейной функции.
Я не совсем понимаю почему
- выполняется равенство

$$F(x_0 + T) = \int\limits_{x_0 }^{x_0 + T} {f(t)dt} $$

- функция

$$G(x) = F(x) - \frac{C}{T}x,x \in {\Cal R}$$

является периодической

2. Найти интеграл

$$\int\limits_0^\pi {\frac{{\sin nx}}{{\sin x}}} dx = ...$$

И опять по АНТИДИМЕДОВИЧУ:
Из формулы Эйлера

$$\sin x = \frac{{e^{ix} - e^{ - ix} }}{{2i}}$$

Получим

$$... = \int\limits_0^\pi {\frac{{e^{inx} - e^{ - inx} }}{{e^{ix} - e^{ - ix} }}} = \int\limits_0^\pi {\sum\limits_{k = 1}^n {e^{i((n + 1) - 2k)x} } } = ...$$

Почему

$$\frac{{e^{inx} - e^{ - inx} }}{{e^{ix} - e^{ - ix} }} = \sum\limits_{k = 1}^n {e^{i((n + 1) - 2k)x} } $$

И как вообще подступиться-то к таким дробям, а если например была бы такая дробь

$$\frac{{e^{inx} - e^{ - inx} }}{{e^{ix} + e^{ - ix} }}$$