Математический форум Math Help Planet
http://mathhelpplanet.com/

Интеграл
http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=19&t=49532
Страница 1 из 1

Автор:  jagdish [ 23 июн 2016, 12:12 ]
Заголовок сообщения:  Интеграл

[math]\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^2 x}{a^2-2ab\cos x+b^2}dx, a,b>0[/math]

Автор:  God_mode_2016 [ 24 июн 2016, 07:29 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интеграл

jagdish писал(а):
[math]\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^2 x}{a^2-2ab\cos x+b^2}dx, a,b>0[/math]

интересный пример

Автор:  searcher [ 24 июн 2016, 08:25 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интеграл

God_mode_2016 писал(а):
интересный пример

Конечно. Если вы на первом курсе учитесь, можете попробовать универсальную тригонометрическую подстановку: тангенс половинного угла. Топик-стартеру можно посоветовать подстановку [math]t=e^{ix}[/math] и свести наш интеграл к интегралу по единичной окружности в [math]C[/math]. (Тут ещё может помочь, что функция симметрична относительно [math]\pi[/math]. Можно считать интеграл от [math]0[/math] до [math]2\pi[/math] и поделить пополам.) Дальше применить вычеты.

Автор:  pewpimkin [ 24 июн 2016, 16:35 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интеграл

У меня получилось так

Изображение
Изображение

Автор:  Hans Fuller [ 25 июн 2016, 00:59 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интеграл

jagdish, рассмотрите мнимую часть геометрической прогрессии с членом [math]\rho^k \exp(ikx).[/math] Выход на ваш интеграл после этого очевиден и производится в два шага.

Автор:  Li6-D [ 25 июн 2016, 09:36 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интеграл

У меня получился необычный результат - интеграл не зависит от меньшего параметра:
[math]\int\limits_0^\pi{\frac{{{{\sin}^2}x}}{{{a^2}- 2ab\cos x +{b^2}}}}dx = \frac{\pi}{{2{a^2}}},\quad a \geqslant b > 0[/math]

Автор:  Avgust [ 25 июн 2016, 10:53 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интеграл

Если принять a=2 и b=3 то
http://www.wolframalpha.com/input/?i=Int(sin%5E2(x)%2F(4-2*6*cos(x)%2B9),x%3D0..pi)

Вот проверьте свои формулы

У меня более неожиданный результат

[math]\frac{\pi}{2\cdot [max(a , b)]^2}[/math]

Автор:  jagdish [ 29 июл 2016, 13:48 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интеграл

I have tried Like this way::

Using the formula [math]a^2+b^2-ab\cos C = c^2\;,[/math] Now If [math]C\leftrightarrow x\;,[/math] Then [math]a^2+b^2-2ab\cos x= c^2[/math]

So Integral Convert into [math]\displaystyle I = \int_{0}^{\pi}\frac{\sin^2 C}{c^2}dC\;,[/math] Now Using Sin formula [math]\displaystyle \frac{\sin C}{c} = \frac{\sin A}{a}.[/math]

So [math]\displaystyle I = \int_{0}^{\pi}\frac{\sin^2 A}{a^2}dC\;,[/math] Now [math]A+B+C = \pi\;,[/math] Then [math]dC = 0-dA-dB[/math]

Now when [math]C\rightarrow 0,[/math] Then [math]A\rightarrow \pi[/math] and [math]B\rightarrow 0[/math]

When [math]C\rightarrow 0,[/math] Then [math]A\rightarrow 0[/math] and [math]B\rightarrow 0[/math]

So [math]\displaystyle I = \int_{\pi}^{0}\frac{\sin^2 A}{a^2}(-dA)+\int_{0}^{0}\frac{\sin^2 A}{a^2}(-dB)[/math]

So [math]\displaystyle I = \int_{0}^{\pi}\frac{\sin^2 A}{a^2}dA = \frac{2}{2a^2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left[1-\cos 2A\right]dA = \frac{\pi}{2a^2}[/math]

Автор:  Li6-D [ 31 июл 2016, 16:45 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интеграл

Замечательный способ использовать геометрию треугольника и теорему синусов для нахождения интегралов вида [math]\int\limits_0^\pi{F\left({\frac{{\sin x}}{{\sqrt{{a^2}- 2ab\cos x +{b^2}}}}}\right)}dx[/math]!
Насколько понял, были рассмотрены треугольники с фиксированными длинами сторон a>b и углом С ними, меняющимся от 0 до 180°.

Например, довольно легко получить такой интеграл, который зависит только от меньшего параметра:
[math]\int\limits_0^\pi{\frac{{\sqrt{{a^2}- 2ab\cos x +{b^2}}}}{{\sqrt{{a^2}- 2ab\cos x +{b^2}}+ ab\sin x}}}dx = \frac{{2\arccos \left( b \right)}}{{\sqrt{1 -{b^2}}}},\;\;a \geqslant b \geqslant 0;\;b < 1.[/math]

Попробуйте проверить эту формулу вольфрамом.

▼ Я находил интеграл ТС намного сложнее:
Пусть [math]a > b > 0,\;k = \frac{b}{a}< 1[/math] (1).
Сначала рассмотрим интеграл [math]\frac{1}{{{a^2}}}I(k) = \frac{1}{{{a^2}}}\int\limits_0^\pi{\frac{{dx}}{{1 +{k^2}- 2k\cos x}}}= \int\limits_0^\pi{\frac{{dx}}{{{a^2}- 2ab\cos x +{b^2}}}}[/math].
[math]I(k) = \int\limits_0^\pi{\frac{{dx}}{{1 +{k^2}- 2k\cos x}}}= \left({x = \pi - y}\right) = \int\limits_0^\pi{\frac{{dy}}{{1 +{k^2}+ 2k\cos y}}}.[/math]
Среднее арифметическое двух представлений этого интеграла равно:
[math]I(k) = \left({1 +{k^2}}\right)\int\limits_0^\pi{\frac{{dx}}{{{{\left({1 +{k^2}}\right)}^2}- 4{k^2}{{\cos}^2}x}}}= \left({1 +{k^2}}\right)\int\limits_0^\pi{\frac{{dx}}{{1 +{k^4}- 2{k^2}\cos 2x}}}=[/math]
[math]= \left({y = 2x}\right) = \frac{{1 +{k^2}}}{2}\left({\int\limits_0^\pi{\frac{{dy}}{{1 +{k^4}- 2{k^2}\cos y}}}+ \int\limits_\pi ^{2\pi}{\frac{{dy}}{{1 +{k^4}- 2{k^2}\cos y}}}}\right) = \left({1 +{k^2}}\right)I({k^2}).[/math]
Таким образом, получили рекуррентную формулу и можно записать: [math]I(k) = \prod\limits_{Z = 1}^N{(1 +{k^{{2^Z}}})}\cdot I({k^{{2^Z}}}) = \frac{{1 -{k^{{2^{N + 1}}}}}}{{1 -{k^2}}}\cdot I({k^{{2^N}}}).[/math]
Если [math]N \to \infty[/math], [math]I(k) = \frac{1}{{1 -{k^2}}}\cdot I(0) = \frac{\pi}{{1 -{k^2}}}[/math], поэтому: [math]\int\limits_0^\pi{\frac{{dx}}{{{a^2}- 2ab\cos x +{b^2}}}}= \frac{1}{{{a^2}}}\frac{\pi}{{1 -{k^2}}}= \frac{\pi}{{{a^2}-{b^2}}}.[/math]
Заметим, что это справедливо для условия (1).

Теперь применим те же самые приемы к заданному интегралу и сведем его уже к вышерассмотренному:
[math]\int\limits_0^\pi{\frac{{{{\sin}^2}x}}{{{a^2}- 2ab\cos x +{b^2}}}}dx = \int\limits_0^\pi{\frac{{{{\sin}^2}x}}{{{a^2}+ 2ab\cos x +{b^2}}}}dx = ({a^2}+{b^2})\int\limits_0^\pi{\frac{{1 -{{\cos}^2}x}}{{{{\left({{a^2}+{b^2}}\right)}^2}- 4{a^2}{b^2}{{\cos}^2}x}}}dx =[/math]
[math]= ({a^2}+{b^2})\left({\int\limits_0^\pi{\frac{{\frac{{{{\left({{a^2}+{b^2}}\right)}^2}}}{{4{a^2}{b^2}}}-{{\cos}^2}x}}{{{{\left({{a^2}+{b^2}}\right)}^2}- 4{a^2}{b^2}{{\cos}^2}x}}}dx - \int\limits_0^\pi{\frac{{\frac{{{{\left({{a^2}+{b^2}}\right)}^2}}}{{4{a^2}{b^2}}}- 1}}{{{{\left({{a^2}+{b^2}}\right)}^2}- 4{a^2}{b^2}{{\cos}^2}x}}}dx}\right) =[/math]
[math]= \frac{{\pi ({a^2}+{b^2})}}{{4{a^2}{b^2}}}({a^2}+{b^2}) - \frac{{{{\left({{a^2}-{b^2}}\right)}^2}}}{{4{a^2}{b^2}}}\left({{a^2}+{b^2}}\right)\int\limits_0^\pi{\frac{{dx}}{{{{\left({{a^2}+{b^2}}\right)}^2}- 4{a^2}{b^2}{{\cos}^2}x}}}= \frac{{\pi ({a^2}+{b^2})}}{{4{a^2}{b^2}}}({a^2}+{b^2}) -[/math]
[math]- \frac{{{{\left({{a^2}-{b^2}}\right)}^2}}}{{4{a^2}{b^2}}}\frac{{1 +{k^2}}}{{{a^2}}}I({k^2}) = \frac{{\pi ({a^2}+{b^2})}}{{4{a^2}{b^2}}}- \frac{{{{\left({{a^2}-{b^2}}\right)}^2}}}{{4{a^2}{b^2}}}\frac{\pi}{{{a^2}-{b^2}}}= \frac{\pi}{{2{a^2}}}.[/math]

Случай, когда [math]b > a > 0[/math] равносилен замене индексов параметров интеграла, который будет равен [math]\frac{\pi}{{2{b^2}}}[/math].
При [math]a = b[/math] имеем: [math]\frac{1}{{{a^2}}}\int\limits_0^\pi{\frac{{{{\sin}^2}x}}{{2 - 2\cos x}}}dx = \frac{1}{{2{a^2}}}\int\limits_0^\pi{\left({1 + \cos x}\right)}dx = \frac{\pi}{{2{a^2}}}.[/math]

Автор:  Hans Fuller [ 01 авг 2016, 23:06 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интеграл

[math]\sum p^k \sin kx = \Im \frac{1}{1-p \exp(ikx)} =\frac{p \sin x}{1-2p \cos x + p^2}, \, p^2<1.[/math]
Отсюда, с использованием свойства ортогональности системы тригонометрических функций:
[math]\int \limits_0^\pi \frac{\sin x \sin nx dx}{1-2p \cos x + p^2}=\sum p^{k-1} \int \limits_0^\pi \sin kx \sin nx dx = \frac{\pi}{2} p^{n-1}.[/math]
Полагая [math]n=1, \, p=\frac{b}{a}[/math] при [math]b<a[/math], получим искомый результат.

Страница 1 из 1 Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group
http://www.phpbb.com/