$$\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\sin x\sin y}}{{{{\sin }^2}x + {{\sin }^2}y}}dxdy} } $$

задан 10 Сен 13:48

изменен 11 Сен 23:11

3

d(cos x)d(cos y)/(2-cos(x)^2-cos(y)^2), далее замена u=cos(x), v=cos(y), и переход к полярным координатам при интегрировании по единичному квадрату.

(10 Сен 16:40) falcao
2

Вроде Каталан получается, если не напутал.

(10 Сен 16:48) caterpillar
10|600 символов нужно символов осталось
2

$$ \mathscr{I}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \sin y}{\sin ^{2} x+\sin ^{2} y}dxdy\implies \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x \sin y}{2-\cos ^{2} x-\cos ^{2} y}dxdy.$$

Замена $%u=\cos x$% и $%v=\cos y$%, дает $%\mathscr{I}=\int\limits_{0}^{1} \int\limits_{0}^{1} \frac{1}{2-u^{2}-v^{2}}dudv \implies 2 \int\limits_{0}^{1} \int\limits_{0}^{v} \frac{1}{2-u^{2}-v^{2}}dudv$%. Преобразование в полярные координаты теперь дает

$$ \mathscr{I}=2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \int_{0}^{\sec \theta} \frac{1}{2-r^{2}} \cdot r d r d \theta$$ $$ =\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}-\left.\ln (2-r^{2})\right|_{r=0} ^{r=\sec \theta} d \theta $$

$$ =\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \left(\frac{2}{2-\sec ^{2} \theta}\right) d \theta.$$

Окончательно сведя это к одному интегралу, мы теперь перепишем подынтегральное выражение с несколькими тригонометрическими тождествами. $$ \begin{aligned} \mathscr{I} &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \left(\frac{2 \cos ^{2} \theta}{2 \cos ^{2} \theta-1}\right) d \theta \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \left(\frac{\cos (2 \theta)+1}{\cos (2 \theta)}\right) d \theta \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (2 \cos ^{2} \theta) d \theta-\int_{0}^{\pi / 4} \ln (\cos (2 \theta)) d \theta. \end{aligned} $$ Полагая во втором интеграле $%t=2 \theta$%, получаем $$ \begin{aligned} \mathscr{I} &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (2 \cos ^{2} \theta) d \theta-\frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos t) d t \\ &=\frac{\pi}{4} \ln 2+2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (\cos \theta) d \theta-\frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos t) d t. \end{aligned} $$ Поскольку хорошо известно, что $%\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln (\cos t) d t=-\frac{\pi}{2} \ln 2$%, получаем $%\frac{\pi}{2} \ln 2+2 \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (\cos \theta) d \theta$%. Для оставшегося интеграла воспользуемся рядом Фурье $%\ln (\cos \theta)=-\ln 2+\sum\limits_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1} \frac{\cos (2 k \theta)}{k}$%:

$$ \begin{aligned} \mathscr{I} &=\frac{\pi}{2} \ln 2+2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(-\ln 2+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1} \frac{\cos (2 k \theta)}{k}\right) d \theta \\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} 2 \cos (2 k \theta) d \theta \\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k^{2}} \sin \left(\frac{k \pi}{2}\right).\end{aligned} $$

Поскольку $%\sin(\frac{k \pi}{2})$% отличен от нуля именно тогда, когда $%k=2j+1$% для некоторого целого $%j$%, и в этом случае он равен $%(-1)^{j}$%, ряд можно упростить, чтобы получить $%\sum\limits_{j=0}^{\infty} \frac{(-1)^{j}}{(2 j+1)^{2}}$%, что в точности является постоянной Каталана $%G$%.

ссылка

отвечен 11 Сен 22:16

изменен 12 Сен 5:42

@Rene: всегда интересно бывает прочитать подробное решение задачи, над которой пытался думать. Я довёл вычисления до интеграла с логарифмом от тригонометрической функции. Но дальнейший путь, оказывается, связан с техническими умениями, которыми я не обладаю.

(11 Сен 22:59) falcao

@falcao Это был интересный интеграл. На раннем этапе я случайно понял, что приближение к ответу является константой Каталана, но не смог продвинуться ни на какие начальные шаги по оценке этого интеграла. Через некоторое время я, наконец, произвел первую тригонометрическую манипуляцию, и оценка естественным образом вытекла оттуда. По сути - это метод проб и ошибок был :)

(11 Сен 23:04) Rene
10|600 символов нужно символов осталось
1

$$...=\int\limits_{0}^{1}\int\limits_{0}^{1}\dfrac{dxdy}{2-x^2-y^2}=2\int\limits_{0}^{\pi/4}\int\limits_{0}^{1/\cos \psi}\dfrac{r }{2-r^2}\ drd\psi=$$ $$= \int\limits_{0}^{\pi/4}\left(\ln(2)-\ln(1-\tan^2(\psi))\right) dr=$$ $$=\ln(2)\dfrac{\pi}{4}+\int\limits_{0}^{\pi/4}\sum_{m=1}^\infty\left(\dfrac{\tan^{2m} \psi}{m}\right)d\psi=$$ $$=\left(\dfrac{\pi}{4}\ln(2)+\dfrac{\pi}{4}\sum_{m=1}^\infty\dfrac{(-1)^m}{m}\right)+\sum_{m=1}^\infty \dfrac{(-1)^m}{m}\left(\sum_{k=1}^\infty \dfrac{(-1)^k}{2k-1}\right) =$$ $$=\dfrac{1}{1}\left(\dfrac{1}{1}\right)-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}\right)-\ . . .=$$

$$= \int\limits_{0}^{1} \int\limits_{0}^{1}\left(1-y\left( \dfrac{1-x^4}{1+x^2}\right )+y^2 \left(\dfrac{1-x^6}{1+x^2}\right)- \ . . . \right)dxdy= \int\limits_{0}^{1} \int\limits_{0}^{1}\dfrac{dxdy}{(1+y)(1-yx^2)}= $$

$${=}{(y=t^2)}= \int_{0}^1\dfrac{1}{1+t^2}\ln \left (\dfrac{1+t}{1-t}\right)dt= $$ $$=\left( z=\dfrac{1+t}{1-t}\right)=\int_1^\infty \left(\dfrac{\ln z}{1+z^2}\right)dz=-\int_0^1\dfrac{\ln p}{1+p^2}dp=$$ $$=-\int_0^1\left(\ln p\cdot(1-p^2+p^4- \ ...)\right)dp=\dfrac{1}{1^2}-\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}- \ . . . =G$$ $$$$

  • $$\int_0^{\pi/4}\tan^{2m}x=(-1)^m\left(\dfrac{\pi}{4}+\sum_{k=1}^m\dfrac{(-1)^k}{2k-1}\right)$$
  • $$\int_0^1(p^m\ln p )dp=-\dfrac{1}{(m+1)^2}$$
ссылка

отвечен 15 Сен 22:15

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,409
×85
×35
×30

задан
10 Сен 13:48

показан
165 раз

обновлен
15 Сен 22:15

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru