Beängstigende Reihe von Integralen: ∑∞n=2∫π/20(1−sinx)n−2(1+sinx)n+2−−−−−−−−√log(1−sinx1+sinx)dx∑n =2∞∫0π/2(1−sin⁡x)n−2(1+sin⁡x)n+2log⁡(1−sin⁡x1+sin⁡x)dx\sum_{n=2}^\infty \int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}\log(\frac {1-\sin x}{1+\sin x})dx

Question

Beängstigende Reihe von Integralen: ∑∞n=2∫π/20(1−sinx)n−2(1+sinx)n+2−−−−−−−−√log(1−sinx1+sinx)dx∑n =2∞∫0π/2(1−sin⁡x)n−2(1+sin⁡x)n+2log⁡(1−sin⁡x1+sin⁡x)dx\sum_{n=2}^\infty \int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}\log(\frac {1-\sin x}{1+\sin x})dx

Infinitesimalrechnung
Integration
Mathematik
bestimmte Integrale
Folgen-und-Serien
Multivariable Infinitesimalrechnung

Sophie Agnesi

Mein Kollege hat mir gestern folgendes Integral gezeigt

$\begin{matrix} (1) & ICH = \sum_{N = 2}^{\infty} \int_{0}^{π / 2} \sqrt{\frac{(1 - Sünde X)^{N - 2}}{(1 + Sünde X)^{N + 2}}} Protokoll (\frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X}) D X = \frac{5}{4} - \frac{π^{2}}{3} \end{matrix}$ $\begin{equation} I=\sum_{n=2}^{\infty}\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}\log\left(\!\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\!\right)\ dx=\frac{5}{4}-\frac{\pi^2}{3}\tag1 \end{equation}$

Er behauptete auch die folgende geschlossene Form:

$\begin{matrix} (2) & J = \int_{2}^{\infty} \int_{0}^{π / 2} \sqrt{\frac{(1 - Sünde X)^{j - 2}}{(1 + Sünde X)^{j + 2}}} Protokoll (\frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X}) D X D j = - \frac{4}{3} \end{matrix}$ $\begin{equation} J=\int_{2}^{\infty}\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{y-2}}{(1+\sin x)^{y+2}}}\log\left(\!\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\!\right)\ dx\ dy=-\frac{4}{3}\tag2 \end{equation}$

$(1)$ Und $(2)$ scheinen schwierig zu handhaben, aber ich glaube, es gibt einige Tricks, die ich anwenden kann, aber ich bin noch nicht in der Lage, sie zu erkennen. Substitution verwenden $x\mapsto\frac\pi2-x$ , bekommt man

\begin{matrix} (3) & ICH = \sum_{N = 2}^{\infty} \int_{0}^{π / 2} \sqrt{\frac{(1 - \cos X)^{N - 2}}{(1 + \cos X)^{N + 2}}} Protokoll (\frac{1 - \cos X}{1 + \cos X}) D X \end{matrix}

$\begin{equation} I=\sum_{n=2}^{\infty}\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\cos x)^{n-2}}{(1+\cos x)^{n+2}}}\log\left(\!\frac{1-\cos x}{1+\cos x}\!\right)\ dx\tag3 \end{equation}$ Und

\begin{matrix} (4) & J = \int_{2}^{\infty} \int_{0}^{π / 2} \sqrt{\frac{(1 - \cos X)^{j - 2}}{(1 + \cos X)^{j + 2}}} Protokoll (\frac{1 - \cos X}{1 + \cos X}) D X D j \end{matrix}

$\begin{equation} J=\int_{2}^{\infty}\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\cos x)^{y-2}}{(1+\cos x)^{y+2}}}\log\left(\!\frac{1-\cos x}{1+\cos x}\!\right)\ dx\ dy\tag4 \end{equation}$ aber ich weiß nicht, wie man es benutzt

(3)

$(3)$ Und

(4)

$(4)$ zu bewerten

(1)

$(1)$ Und

(2)

$(2)$ . Ich bin mir ziemlich sicher, dass das Hauptproblem hier die Bewertung ist

K = \int_{0}^{π / 2} \sqrt{\frac{(1 - Sünde X)^{N - 2}}{(1 + Sünde X)^{N + 2}}} Protokoll (\frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X}) D X

$\begin{equation} K=\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}\log\left(\!\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\!\right)\ dx \end{equation}$ Wie beweist man

(1)

$(1)$ Und

(2)

$(2)$ ?

Jack D’Aurizio

Hast du schon versucht einzustellen

\frac{1 - \sin x}{1 + \sin x} = u

$\frac{1-\sin x}{1+\sin x}=u$ dann mit dem Logarithmus durch Differenzieren unter dem Integralzeichen umgehen?

Olivier Oloa

Betreffend

(1)

$(1)$ Es scheint, dass Sie, wenn Sie zuerst die Reihe summieren, ein Integral erhalten, das Sie mit Ableitungen der Euler-Beta-Funktion handhaben können.

Sophie Agnesi

@JackD'Aurizio Ich habe es getan, aber die unterschiedliche Kraft in der Quadratwurzel macht es schwierig

Sophie Agnesi

@OlivierOloa Da bin ich mir nicht so sicher.

Marco Cantarini

@SophieAgnesi Hast du die Substitution des Tangenten-Halbwinkels ausprobiert?

Sophie Agnesi

@MarcoCantarini Es wäre verdammt viel Arbeit

Olivier Oloa

@SophieAgnesi Das haben wir

K \leq 0

$K\leq0$ .

Behrouz Maleki

u = \frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X} \Rightarrow D u = \frac{- 2 \cos X}{{(1 + Sünde X)}^{2}} D X

$u=\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\,\,\,\Rightarrow \quad du=\frac{-2\cos x}{{{(1+\sin x)}^{2}}}dx$

\frac{1}{2 \cos X} = \frac{1 + u}{4 \sqrt{u}}

$\frac{1}{2\cos x}=\frac{1+u}{4\sqrt{u}}$

Behrouz Maleki

ICH = \frac{1}{4} \sum_{N = 2}^{\infty} \int_{0}^{1} (u^{\frac{N - 3}{2}} + u^{\frac{N - 1}{2}}) \ln u D u

$I=\frac{1}{4}\sum\limits_{n=2}^{\infty }\int_{0}^{1}\left(u^{\frac{n-3}{2}}+u^{\frac{n-1}{2}}\right)\ln{u}\,du$

Marco Cantarini

@SophieAgnesi Nicht wirklich.

Olivier Oloa

@SophieAgnesi Kannst du bitte den Wert von überprüfen

J

$J$ ? Danke.

Antworten (2)

Beängstigende Reihe von Integralen: ∑∞n=2∫π/20(1−sinx)n−2(1+sinx)n+2−−−−−−−−√log(1−sinx1+sinx)dx∑n =2∞∫0π/2(1−sin⁡x)n−2(1+sin⁡x)n+2log⁡(1−sin⁡x1+sin⁡x)dx\sum_{n=2}^\infty \int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}\log(\frac {1-\sin x}{1+\sin x})dx

Hast du schon versucht einzustellen $\frac{1-\sin x}{1+\sin x}=u$ dann mit dem Logarithmus durch Differenzieren unter dem Integralzeichen umgehen?
Betreffend $(1)$ Es scheint, dass Sie, wenn Sie zuerst die Reihe summieren, ein Integral erhalten, das Sie mit Ableitungen der Euler-Beta-Funktion handhaben können.
@JackD'Aurizio Ich habe es getan, aber die unterschiedliche Kraft in der Quadratwurzel macht es schwierig
@SophieAgnesi Hast du die Substitution des Tangenten-Halbwinkels ausprobiert?
$u = \frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X} \Rightarrow D u = \frac{- 2 \cos X}{{(1 + Sünde X)}^{2}} D X$ $u=\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\,\,\,\Rightarrow \quad du=\frac{-2\cos x}{{{(1+\sin x)}^{2}}}dx$ $\frac{1}{2 \cos X} = \frac{1 + u}{4 \sqrt{u}}$ $\frac{1}{2\cos x}=\frac{1+u}{4\sqrt{u}}$
$ICH = \frac{1}{4} \sum_{N = 2}^{\infty} \int_{0}^{1} (u^{\frac{N - 3}{2}} + u^{\frac{N - 1}{2}}) \ln u D u$ $I=\frac{1}{4}\sum\limits_{n=2}^{\infty }\int_{0}^{1}\left(u^{\frac{n-3}{2}}+u^{\frac{n-1}{2}}\right)\ln{u}\,du$
@SophieAgnesi Kannst du bitte den Wert von überprüfen $J$ ? Danke.

Anastasiya-Romanova 秀 · Answer 1

Lassen Sie uns die Weirdo -Ersetzung anwenden, die mein Bruder gelehrt hat: $\sin x=\tanh t$ . Dabei wird man bekommen

\begin{aligned} K & = \int_{0}^{\infty} \sqrt{\frac{(1 - Tanh T)^{N - 2}}{(1 + Tanh T)^{N + 2}}} \ln (\frac{1 - Tanh T}{1 + Tanh T}) \frac{D T}{cosch T} \\ = \int_{0}^{\infty} \sqrt{{(\frac{cosch T - Sünde T}{cosch T + Sünde T})}^{N - 2}} \frac{cosch T}{(cosch T + Sünde T)^{2}} \ln (\frac{cosch T - Sünde T}{cosch T + Sünde T}) D T \\ = - \int_{0}^{\infty} e^{- (N - 2) T} (e^{- T} + e^{- 3 T}) T D T \\ = - \frac{1}{N^{2} + 1} - \frac{1}{N^{2} - 1} \end{aligned}

$\begin{align} K&=\int_0^{\infty}\sqrt{\frac{(1-\tanh t)^{n-2}}{(1+\tanh t)^{n+2}}}\ln\left(\frac{1-\tanh t}{1+\tanh t}\right)\ \frac{dt}{\cosh t}\\[10pt] &=\int_0^{\infty}\sqrt{\left(\frac{\cosh t-\sinh t}{\cosh t+\sinh t}\right)^{n-2}}\frac{\cosh t}{(\cosh t+\sinh t)^2}\ \ln\left(\frac{\cosh t-\sinh t}{\cosh t+\sinh t}\right)\ dt\\[10pt] &=-\int_0^{\infty} e^{-(n-2)t}\left(e^{-t}+e^{-3t}\right)\ t\ dt\\[10pt] &=-\frac{1}{n^2+1}-\frac{1}{n^2-1} \end{align}$ Also auswerten

I

$I$ Und

J

$J$ sind easy-peasy-lemon-squeezy .

Dies ist eine großartige Antwort. Es zeigt eine neue Denkweise, erklärt sie prägnant und ist leicht nachzuvollziehen.
Aus Neugier, was würde jemanden dazu zwingen, diese Substitution auszuprobieren? Welchen Vorteil bietet es (abgesehen davon, dass EPLS das Problem verursacht)?
@ user170231 Die offensichtliche Tatsache: $\cosh t\pm\sinh t=e^{\pm t}$
@ user170231 Ich kann nicht für Anastasiyas Bruder sprechen, aber meiner eigenen Erfahrung nach sind die meisten nicht intuitiven ("magischen") Ersetzungen nur eine retrospektive Abkürzung und waren ursprünglich eine sehr intuitive Kette von Ersetzungen .
@TheCount Warum um alles in der Welt hast du seitdem die Grenze in meine Antwort eingefügt $K$ muss die Form haben $n$ ??
@Anastasiya-Romanova秀 Oh mein Gott, du hast Recht. Es tut mir leid. Moment der Albernheit! Wird zurückkehren.
(+1) Cool wie immer!! :-) Obwohl es nichts Verrücktes an dem Sub gibt (successive $x = \arcsin y$ Und $z = \frac{1-y}{1+y}$ Subs funktionieren auch!) :-)
@YoTengoUnLCD Eine neue Klassifizierung von Integralen, die vom OP geprägt wurde :)

Olivier Oloa · Answer 2

Hinweis .

Man darf werten $(1)$ mit den folgenden Schritten. Aus der geometrischen Reihenauswertung $\sum_{N = 2}^{\infty} \sqrt{\frac{(1 - Sünde X)^{N - 2}}{(1 + Sünde X)^{N + 2}}} = \frac{1}{(1 + Sünde X)^{2}} \frac{1}{1 - \sqrt{\frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X}}}, 0 < X < \frac{π}{2},$ $\sum_{n=2}^{\infty}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{n-2}}{(1+\sin x)^{n+2}}}=\frac{1}{(1+\sin x)^2}\frac1{1-\sqrt{\frac{1-\sin x}{1+\sin x}}},\quad 0<x<\frac{\pi}2,$ man darf schreiben $ICH = \int_{0}^{π / 2} \frac{1}{(1 + Sünde X)^{2}} \frac{1}{1 - \sqrt{\frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X}}} Protokoll (\frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X}) D X .$ $I=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{(1+\sin x)^2}\frac1{1-\sqrt{\frac{1-\sin x}{1+\sin x}}}\log\left( \frac{1-\sin x}{1+\sin x}\right)dx.$ Durch die Änderung der Variablen $u=\frac{1-\tan (x/2)}{1+\tan (x/2)}$ erhalten wir ein Standardintegral:

$ICH = \int_{0}^{1} \frac{1 + u^{2}}{1 - u} Protokoll u D u = \frac{5}{4} - \frac{π^{2}}{3} .$ $I=\int_0^1\frac{1+u^2}{1-u}\:\log u \:du=\frac{5}{4}-\frac{\pi^2}{3}.$
Man darf werten $(2)$ indem zuerst in Bezug auf integriert wird $y$ : $J = \int_{2}^{\infty} \sqrt{\frac{(1 - Sünde X)^{j - 2}}{(1 + Sünde X)^{j + 2}}} D j = - \frac{2}{(1 + Sünde X)^{2} Protokoll (\frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X})}, 0 < X < \frac{π}{2},$ $J=\int_{2}^{\infty}\!\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{y-2}}{(1+\sin x)^{y+2}}} dy=-\frac2{(1+\sin x)^2\log\left( \frac{1-\sin x}{1+\sin x}\right)},\quad 0<x<\frac{\pi}2,$ dann Integration in Bezug auf $x$ erhält man ein Standardintegral: $J = \int_{2}^{\infty} \int_{0}^{π / 2} \sqrt{\frac{(1 - Sünde X)^{j - 2}}{(1 + Sünde X)^{j + 2}}} Protokoll (\frac{1 - Sünde X}{1 + Sünde X}) D X D j = - \int_{0}^{π / 2} \frac{2 D X}{(1 + Sünde X)^{2}}$ $J=\int_{2}^{\infty}\!\!\int_0^{\pi/2}\sqrt{\frac{(1-\sin x)^{y-2}}{(1+\sin x)^{y+2}}}\log\left(\!\frac{1-\sin x}{1+\sin x}\!\right)\ dx\ dy=-\int_0^{\pi/2}\frac{2\:dx}{(1+\sin x)^2}$ was gibt

$J = - \frac{4}{3} .$ $J=-\frac43.$

Da hast du Recht behalten $J=-4/3$ . Merci beaucoup Olivier.

Sophie Agnesi

Jack D’Aurizio

Olivier Oloa

Sophie Agnesi

Sophie Agnesi

Marco Cantarini

Sophie Agnesi

Olivier Oloa

Behrouz Maleki

Behrouz Maleki

Marco Cantarini

Olivier Oloa

Antworten (2)

Anastasiya-Romanova 秀

Die Zählung

Benutzer170231

Die Zählung

Anastasiya-Romanova 秀

Noam Shalev - Nospoon

Anastasiya-Romanova 秀

Die Zählung

r9m

YoTengoUnLCD

Benutzer170231

Olivier Oloa

Sophie Agnesi

Sophie Agnesi

Olivier Oloa

Wie würde ich die Gleichung von f(x) in Bezug auf x und y finden?

Bestimmtes Integral 4π∫10cosh(t)cosh2(t)+sinh2(t)−−−−−−−−−−−−−−−−√dt4π∫01cosh⁡(t)cosh2⁡(t)+sinh2⁡(t )dt 4\pi\int_{0}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}(t)+\sinh^{2}(t)} dt

Doppelintegral zwischen zwei Kreisen

Bestimmung der Schranken für ein Dreifachintegral?

Geschlossene Form des bestimmten Integrals von 2006 MIT Integration Bee [geschlossen]

Was ist die richtige Formel für die Waschmethode?

Wie löst man das Integral ∫B(0,1)xy(x+z)(y+z)dxdydz∫B(0,1)xy(x+z)(y+z)dxdydz\int_{B(0, 1)} xy(x+z)(y+z)dxdydz?

Ein weiterer Ansatz zur Berechnung der Summe

Finden Sie die geschlossene Form für das Vierfachintegral

Wie löse ich das folgende bestimmte Integral durch partielle Integration?