Определенный интеграл.

[provincialka]

Я часто и без компа прикидываю, ну, там, с какими-нибудь подходящими трапециями складываю. По крайней мере, не дает ошибиться в разы.

(Оффтоп)

нарисовала график в Решалках с шагом 0.2, прикинула - получился ответ примерно 1.1. Правильный ответ $\frac{\pi}{2\sqrt2}\approx 1.11$

[fsh2013]

Спасибо за предыдущий интеграл всем кто помогли .
Но вот опять.... Хотел вычислить вот такой интеграл:
$sech^2(x)/(sech^2(x)+1)^{3/2}$
Разделил на две части:
$1/(sech^2(x)+1)^{1/2} - 1/(sech^2(x)+1)^{3/2}$.
Первую часть нашел:
$arcth((\sqrt{2}\sh(x))/\sqrt{\ch(2x)+3} )$
А вторую часть нет

[ewert]

Делайте ту же замену -- интеграл окажется буквально устным.

[Deggial]

fsh2013, набирайте интегралы нормально:

$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx$

$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx$. Наводите мышкой на набранные формулы - будет виден их код. Иначе придется тему уносить в Карантин.

[fsh2013]

ewert в сообщении #727114 писал(а):

Делайте ту же замену -- интеграл окажется буквально устным.

оказалось, все так просто. СПАСИБО.

[fsh2013]

Интеграл имеет следующий вид:
$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}(a-\arcsin(\frac{sech(ax)}{\sqrt{(sech (ax))^2+1})}))dx$,
где $a$ - константа.
Хотел спросить чему равен интеграл от первого слагаемого (нулю?), а также какую замену использовать для второго слагаемого.
Спасибо.

[Ms-dos4]

fsh2013
Интеграл от первого слагаемого равен бесконечности, ввиду этого интеграл расходится.
Если же "a" выкинуть (будем рассматривать только 2-е слагаемое со знаком +), то интеграл сходится. Но через формулу Ньютона-Лейбница вы его так просто не посчитаете. Скорее всего он не выражается в элементарных функциях. Mathematica даёт ответ $\[\pi \cdot {\mathop{\rm arsh}\nolimits} 1\]$ .
P.S.Откуда такие интегралы то?

[fsh2013]

Ms-dos4
Ясненько. Жаль что расходится . Видимо чтото я упустил. Буду искать.
Спасибо.

(Оффтоп)

Просто поручили разобрать одну статью. Выслал ссылку.

[Otta]

Ms-dos4 в сообщении #728072 писал(а):

Mathematica даёт ответ $\[\pi \cdot \operatorname{arsh} 1\]$ .

Функция нечетна, однако. Подынтегральная. Второе слагаемое.

[Ms-dos4]

Otta
С какого перепугу? $\[{\mathop{\rm sech}\nolimits} (x) = \frac{1}{{{\mathop{\rm ch}\nolimits} x}}\]$
$\[{\mathop{\rm ch}\nolimits} ( - x) = {\mathop{\rm ch}\nolimits} x\]$
fsh2013
Так, я похоже упустил "a" в выражении гиперб. секанса (или вы исправили). В таком случае интеграл от второго слагаемого со знаком "+" видимл будет
$\[\frac{\pi }{{\left| a \right|}} \cdot {\mathop{\rm arsh}\nolimits} 1\]$ (хотя моя Mathematica 9 сосчитать в общем виде не может). На пределы сходимости по "a" исследовать лень)

[Otta]

Ms-dos4 в сообщении #728085 писал(а):

С какого перепугу?

А, сорри, косоглазие.

-- 25.05.2013, 10:18 --

Ms-dos4 в сообщении #728085 писал(а):

На пределы сходимости по "a" исследовать лень

Сходится при всех ненулевых значениях параметра (без первого слагаемого).

[fsh2013]

Интеграл имеет следующий вид:
$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}(Ka-Ka\frac{1}{asech(\lambda x)}\arcsin(\frac{asech(\lambda x)}{\sqrt{(asech (\lambda x))^2+1}}))dx$

где $\lvert\lambda\rvert<1$, $a=\frac{\lambda}{\sqrt{1-\lambda^2}}$, $K$ - константа ("asech" везде означает "a*sech").
Теоретически интеграл расходится, но график подынтегральной функции - горбик с центром в $x=0$ и максимальной высотой (при $\lambda\rightarrow 1$) равной $\pm K$ (до $\lvert\lambda\rvert(\max)=0.9999999999999999$).
Дальше (при $\lvert\lambda\rvert>\lvert\lambda(\max)\rvert$) график не строится почему-то, может $a$ принимает слишком большие для программы значения (?).
Хотел спросить, как в практике показать расходимость интеграла?

[Ms-dos4]

А что показывать то? Достаточно рассмотреть первую часть (константу). Её график - прямая, параллельная оси x. Очевидно, что если взять площадь между ней и осью x по всей оси абсцисс, то она будет бесконечной.

[Otta]

Ms-dos4 в сообщении #729705 писал(а):

А что показывать то? Достаточно рассмотреть первую часть (константу). Её график - прямая, параллельная оси x. Очевидно, что если взять площадь между ней и осью x по всей оси абсцисс, то она будет бесконечной.

Ну не так, чтоб достаточно. Нужно еще показать, что интеграл от второго слагаемого сходится.

[Ms-dos4]

Otta
Ага, я не доглядел что там появился множитель перед арксинусом (выше доказывали, что интеграл без этого множителя сходится). И появление в качестве множителя гиперболического косинуса может всё поменять. Я теперь далеко не уверен, что этот интеграл сходится, так как на бесконечности функция стремится к 1(если не ошибаюсь). Вечером подумаю подольше, т.к. возможно что общий интеграл теперь будет сходится.