מציג תוצאות 1 עד 7 מתוך 7

אשכול: אינטגרל מאתגר(אולי)

  1. #1
    מדריך ויועץ חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל אינטגרל מאתגר(אולי)

    שבוע טוב,

    יש לחשב את האינטגרל:

    $\int_0^\frac{\pi}{2} ln(1+cos^2(x)) dx$



    בברכה,
    עמוס
    נערך לאחרונה על ידי am12348, 16-05-2020 בשעה 21:15

  2. #2
    הסמל האישי שלאריאל מנהל כללי חבר Emath בכיר

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    היי אבי,

    לא ברור לי המעבר הבא :

    $$ \int_0^{\pi/2}\ln[(1+\cos^2x)\sin x]dx=\int_0^1\ln(1+y^2)dy $$

    ההצבה לא מסתדרת לי פה,

  3. #3
    הסמל האישי שלavi500 מדריך ויועץ חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    אתה צודק בהחלט- היתה שם טעות ולכן מחקתי את ההודעה.
    מעיון חטוף בפורום אפשר לחשוב שמשוואה ריבועית נמצאת בקידמת המדע...
    קשה להאמין שהבבלים כבר גילו את הפיתרון לפני 3000 שנה...

  4. #4
    הסמל האישי שלavi500 מדריך ויועץ חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    מציבים $z=\tan x$ מקבלים:
    $$
    \int^{\pi/2}_0\ln(1+\cos^2x)dx=\int_0^\infty\ln(1+\frac{1}{1 +z^2})\frac{dz}{1+z^2}=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\ln(\frac{2+z^2}{1+z^2})\frac{dz}{1+ z^2}\\=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty[\ln(2+z^2)-\ln(1+z^2)]\frac{dz}{1+z^2}\\=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty[\ln(z+i\sqrt2)+\ln(z-i\sqrt2)-\ln(z+i)-\ln(z-i)]\frac{dz}{1+z^2}
    $$
    את האינטגרל האחרון אנחנו מבצעים ע"י הרחבת מסילת האינטגרציה לחצי מעגל אינסופי במישור המרוכב ומשתמשים במשפט השאריות (רזידו). אנחנו מחשבים בנפרד כל אחד מ-4 המחוברים באינטגרל. לכל אחד מהם יש 2 קטבים ב- $\pm i$ בהתאם לקטבים של $1/(1+z^2)$. באיברים בהם מופיע $+i$ אנו סוגרים את המסילה בחצי המישור המרוכב העליון כדי להימנע מסינגולריות של הלוגריתם במקום בו מתאפס הארגומנט שלו, וכנ"ל - באיברים בהם מופיע $-i$ סוגרים בחצי המישור התחתון, ובכל אחד מהם מחשבים את התרומה של השאריות הרלוונטיות. קל להוכיח שהאינטגרל על חצי המעגל באינסוף מתאפס, כך שהשארית כפול $2\pi i$ (עם סימן + או - לפי כיוון המסילה) שווה לאינטגרל המבוקש בכל אחד מ-4 המחוברים. מקבלים
    $$
    =\frac{1}{2}\bigg[2\pi i\frac{\ln(i+i\sqrt2)}{2i}+(-2\pi i)\frac{\ln(-i-i\sqrt2)}{-2i}-2\pi i\frac{ \ln(i+i)}{2i}-(-2\pi i)\frac{\ln(-i-i)}{-2i} \bigg]
    \\
    =\pi\ln(1+\sqrt2)-\pi\ln2=\pi\ln \frac{1+\sqrt2}{2}=0.5913
    $$
    נערך לאחרונה על ידי avi500, 19-05-2020 בשעה 06:45
    אהבתי אינטגרל מאתגר(אולי)am12348, אריאל אהב \ אהבו את התגובה
     
    מעיון חטוף בפורום אפשר לחשוב שמשוואה ריבועית נמצאת בקידמת המדע...
    קשה להאמין שהבבלים כבר גילו את הפיתרון לפני 3000 שנה...

  5. #5
    מדריך ויועץ חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל חישוב האינטגרל באמצעות המרה לאינטגרל כפול

    שלום לכולם,

    נסתכל על הפונקציה בת שני משתנים:
    $f(x,y)=ln(1+y \cdot cos^2(x))$

    נגזרתה לפי y הנה:

    $\frac{cos^2(x)}{1+y \cdot cos^2(x)}$

    מכאן שחישוב האינטגרל הכפול:

    $\int_0^\frac{\pi}{2} \int_0^1 \frac{cos^2(x)}{1+y \cdot cos^2(x)} dy dx$

    שקול לחישוב האינטגרל:
    $\int_0^\frac{\pi}{2} ln(1+cos^2(x)) dx$

    עכשיו נשים לב שהפונקציה:

    $\frac{cos^2(x)}{1+y \cdot cos^2(x))}$

    רציפה במלבן הסגור
    $0\leq x \leq \frac{\pi}{2}, 0\leq y \leq 1$

    אין בתחום נקודות הן המכנה מתאפס

    לכן נוכל לשנות את סדר האינטגרציה ולחשב

    $\int_0^1 \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{cos^2(x)}{1+y \cdot cos^2(x))} dx dy$

    נציב
    $z=tgx \to dz=\frac{1}{cos^2(x)} dx \to dx=cos^2(x) \cdot dz$


    $\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{cos^2(x)}{1+y \cdot cos^2(x))} dx = \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1}{\frac{1}{cos^2(x)}+y} dx$

    $ \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1}{\frac{1}{cos^2(x)}+y} \cdot cos^2(x) \cdot dz$
    $=\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1}{\frac{1}{cos^2(x)}+y} \cdot \frac{1}{\frac{1}{cos^2(x)}} \cdot dz$


    מהזהות:
    $1+tg^2(x)=\frac{1}{cos^(x)}$

    $tg^2(x)=\frac{1}{cos^(x)}-1$

    נקבל

    $=\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1}{1+tg^2(x)+y} \cdot \frac{1}{1+tg^2(x)} \cdot dz \to \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{1}{1+z^2+y} \cdot \frac{1}{1+z^2} \cdot dz$


    היות והצבנו z=tgx גבולות האינטגרציה יהיו
    $0-\frac{\pi}{2} \to 0 \to \infty$

    צריך לבצע כאן אינטגרציה של פונקציה רציונלית. נחפש מספרים ממשיים כאלה כך שמתקיים

    $\frac{1}{1+z^2+y} \cdot \frac{1}{1+z^2} =\frac{Az+B}{1+z^2+y}+\frac{Cz+D}{1+z^2}$

    מה שיוצא, לא אפרט כאן:
    $A=C=0,B=-\frac{1}{y}, D=\frac{1}{y}$

    נצטרך איפוא לחשב את האינטגרל
    $\frac{1}{y} \cdot \int_0^\infty \frac{1}{1+z^2} - \frac{1}{1+z^2+y} dz=$

    $\frac{1}{y} \cdot [arctgz-\frac{1}{\sqrt{1+y}} \cdot arctg(\frac{z}{\sqrt{1+y}}) ](0-\infty)$

    $=\frac{1}{y} \cdot (\frac{\pi}{2} -\frac{\pi}{2\sqrt{1+y}})$


    עכשיו נשאר לחשב את האינטגרל

    $\int_0^1 \frac{1}{y} \cdot (\frac{\pi}{2} -\frac{\pi}{2\sqrt{1+y}}) dy$
    $=\frac{\pi}{2} \cdot \int_0^1 \frac{1}{y}(1-\frac{1}{\sqrt{1+y}}) dy$

    נציב
    $u=\sqrt{1+y},y=u^2-1, du=\frac{1}{2\sqrt{1+y}}dy \to du=\frac{1}{2u}dy \to dy=2u du $
    תחומי האינטגרציה יהיו מ-1 עד שורש ריבועי של 2

    נציב באינטגרל
    $=\frac{\pi}{2} \cdot \int_0^1 \frac{1}{y}(1-\frac{1}{\sqrt{1+y}}) dy \to $
    $\frac{\pi}{2} \cdot \int_1^\sqrt{2} \frac{2u}{u^2-1} \cdot (1- \frac{1}{u}) du$
    $\pi \cdot \int_1^\sqrt{2} \frac{u}{u^2-1} \cdot (1- \frac{1}{u}) du$
    $\pi \cdot \int_1^\sqrt{2} \frac{u}{u^2-1} \cdot \frac{u-1}{u} du$
    $\pi \cdot \int_1^\sqrt{2} \frac{u}{(u+1)(u-1)} \cdot \frac{u-1}{u} du$

    u=0 מחוץ לתחום האינטגרציה לכן אפשר לצמצם בו נקבל
    $\pi \cdot \int_1^\sqrt{2} \frac{1}{(u+1)(u-1)} \cdot (u-1) du$

    ב-1 יש לנו נקודת אי רציפות יחידה. המכנה מתאפס. נבדוק אם קיים גבול ב-1
    ִ$lim \frac{1}{(u+1)(u-1)} \cdot (u-1) u \to 1 =lim \frac{1}{u+1} u \to 1 =0.5$
    היות והגבול קיים ב-1, אז הפונקציה הנ"ל חסומה בסביבת 1. היות ויש לנו מספר סופי - 1 של נקודות אי רציפות היא אינטגרבילית
    נוכל לחשב את האינטגרל המסוים מ-1 ועוד אפסילון עד השורש הריבועי של 2 ובתוצאה להשאיף את אפסילון ל-0 ולקבל את האינטגרל המבוקש

    לכן
    $\pi \cdot \int_1^\sqrt{2} \frac{1}{(u+1)(u-1)} \cdot (u-1) du = lim ( \pi \cdot \int_{1+\epsilon}^\sqrt{2} \frac{1}{(u+1)(u-1)} \cdot (u-1) du) \epsilon \to 0$

    אפשר לצמצם ב-u-1
    $= lim (\pi \cdot \int_{1+\epsilon}^\sqrt{2} \frac{1}{(u+1)} du) \epsilon \to 0$

    $=lim (\pi \cdot [ln(u+1)] (1+\epsilon) - \sqrt{2}))=\pi \cdot lim (ln(\sqrt{2}+1) -ln(1+\epsilon+1)) \epsilon \to 0$
    $=\pi \cdot (ln(\sqrt{2}+1) -ln2)=\pi \cdot ln(\frac{\sqrt{2}+1}{2})$

    בברכה
    עמוס
    נערך לאחרונה על ידי am12348, 25-05-2020 בשעה 22:42
    אהבתי אינטגרל מאתגר(אולי)avi500 אהב \ אהבו את התגובה
     

  6. #6
    הסמל האישי שלאריאל מנהל כללי חבר Emath בכיר

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    ואו אבי כמה שנים החזרת אותי אחורה עם הפתרון של הרסידו

    תודה עמוס!

  7. #7
    הסמל האישי שלavi500 מדריך ויועץ חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    עמוס - יפה מאוד ומביא לתוצאה - אבל קשה להתחרות באלגנטיות של הרזידו. האמת שניסיתי הרבה לקבל פתרון באמצעות אינטגרלים ממשיים ולא הצלחתי....
    נערך לאחרונה על ידי avi500, 25-05-2020 בשעה 23:10
    מעיון חטוף בפורום אפשר לחשוב שמשוואה ריבועית נמצאת בקידמת המדע...
    קשה להאמין שהבבלים כבר גילו את הפיתרון לפני 3000 שנה...

מידע אודות האשכול הנוכחי

Users Browsing this Thread

כרגע 1 משתמשים צופים באשכול זה. (0 חברים ו 1 אורחים )

ביקרו באשכול זה : 10

הרשאות

  • אתה לא יכול לפרסם אשכולות חדשים
  • אתה לא יכול לפרסם תגובות
  • אתה לא יכול לצרף קבצים להודעותיך
  • אתה לא יכול לערוך את הודעותיך
  •  
אודות Emath
האתר Emath הינו יוזמה פרטית והוקם בתחילת שנת 2008 .
מטרתנו הינה למנף את הישגי התלמידים למתמטיקה ופיסיקה בארץ בכלל ובפרט בקרב תלמידי התיכון .
אנו מספקים מספר שירותים לתלמיד, ביניהם גישה למאות אלפי פתרונות איכותיים לתרגילים, פורום עזרה במתמטיקה ופיסיקה הגדול מסוגו בארץ, מאגר סיכומים, מרתונים בוידאו, פתרונות לבגרויות ועוד.
כלים אלו, מאפשרים לכל אחד, ללא תלות במיקומו, ללמוד, לתרגל ולהתמקצע על-מנת להתכונן בצורה מיטבית לבגרות במתמטיקה או פיסיקה .

לכל שאלה ניתן ליצור איתנו קשר
הצטרפו אלינו