Вкусные интегралы

pchela9091 · Сообщение **pchela9091** » 21 июл 2007, 01:31

Vlad_K писал(а):Source of the post
Ho параметр "a" я вычислить не смог (можно использовать готовую ф-лу, но как я понял автора, тут есть какая-то хитрость)

Нужно решить неполное кубическое уравнение в положительных числах.

Moe решение для получения неполного кубического уравнения.
Когда я решал, я представил многочлен, стоящий в знаменателе, в виде произведения двух многоленов второй степени
c неопределенными коэффициентами в линейной части. После преобразований получил систему нелинейных уравнений,
откуда вышло неполное кубическое уравнение (это я получил еще у доски на паре)
$$b^3-4b-1=0$$

Формулой (сами понимаете какой) я не пользовался (сами понимаете, ехал в автобусе, у кого ee там спросить?
сам, конечно, ee не помню). Получил решение самостоятельно.
Vlad_K, пробуйте решить уравнение.

pchela9091 · Сообщение **pchela9091** » 21 июл 2007, 01:55

Vlad_K писал(а):Source of the post
разбиение на простые множители дает (вроде бы так)
$\frac{1}{4a^2}\frac{1}{\left[(x-a)^2+a^2+\frac{1}{2a}\right]+\frac{1}{4a^2}\frac{1}{\left[(x+a)^2+a^2-\frac{1}{2a}\right]}$

Че то, не в ту степь... После нахождения a нужно проверить дискриминант у полученных квадратных трехчленов.
От него будет зависеть вид разложения на простые множители.

Vlad_K · Сообщение **Vlad_K** » 21 июл 2007, 03:04

pchela9091 писал(а):Source of the post
Vlad_K писал(а):Source of the post
разбиение на простые множители дает (вроде бы так)
$\frac{1}{4a^2}\frac{1}{\left[(x-a)^2+a^2+\frac{1}{2a}\right]+\frac{1}{4a^2}\frac{1}{\left[(x+a)^2+a^2-\frac{1}{2a}\right]}$

Че то, не в ту степь... После нахождения a нужно проверить дискриминант у полученных квадратных трехчленов.
От него будет зависеть вид разложения на простые множители.

Ур-ние 4-й степени, в котором коэффициенты при x^3 и x^2 = 0, раскладывается на множители вида
$$x^4 + px + q = [(x+a)^2+b^2][(x-a)^2+c^2]$$

Отсюда легко выразить "b" и "c" через параметр "a" при p = 1, q = 1. Что это так - мое куб.ур-ние совпадает c Вашим при 2a = b (a - мой параметр, b - Ваш параметр).

Я мог ошибиться при вычислении коэффициентов разложения знаменателя. Надо решить систему 4-х ур-ний (вычислить детерминанты матриц 4х4). Проверю послезавтра. Ho как решить куб.ур-ние для "a", пока не знаю. Можно численно, но это неинтересно.

Vlad_K · Сообщение **Vlad_K** » 21 июл 2007, 15:28

Второй интеграл можно вычислить так:
$\frac{1}{\exp{x}-1}=\sum_{N=1}^{\infty}\exp{-Nx}$
и
$\int_0^{\infty}x^3\exp{-Nx}dx=\frac{6}{N^4}$
далее применяем ф-лу 1.443.6 для значения х = 0
$\sum_{N=1}^{\infty}\frac{1}{N^4} = \frac{\pi^4}{90}$

Такой метод годится?

pchela9091 · Сообщение **pchela9091** » 21 июл 2007, 19:23

Vlad_K писал(а):Source of the post
Второй интеграл можно вычислить так:
$\frac{1}{\exp{x}-1}=\sum_{N=1}^{\infty}\exp{-Nx}$
и
$\int_0^{\infty}x^3\exp{-Nx}dx=\frac{6}{N^4}$
далее применяем ф-лу 1.443.6 для значения х = 0
$\sum_{N=1}^{\infty}\frac{1}{N^4} = \frac{\pi^4}{90}$

Такой метод годится?

Начало правильное, но нужно еще доказать, что сумма этого ряда $=\frac {\pi^4} {90}$ .
Именно это я и делал тогда в воскресенье.

Vlad_K писал(а):Source of the post
Ур-ние 4-й степени, в котором коэффициенты при x^3 и x^2 = 0, раскладывается на множители вида

Об этом, честно говоря, я не знал. Решал "в лоб".

iii · Сообщение **iii** » 25 июл 2007, 23:18

Пытаясь разложить многочлен 4-й степени на множители. также пришел к кубическому уравнению.Здесь имеем неприводимый случай.Уравнение имеет 3 вещественных корня.Формулы Тартальи дают неустранимые мнимости.Формулы Виета, c использованием тригонометрических функций,
наверное, к цели не приведут.Здесь, по-видимому, нужно применить искусственный прием.T.e. прибавить (отнять) подходящее выражение, сгруппировать и затем разложить на множители.Вот только
что прибавить (отнять)?

pchela9091 · Сообщение **pchela9091** » 26 июл 2007, 02:19

iii писал(а):Source of the post
Пытаясь разложить многочлен 4-й степени на множители. также пришел к кубическому уравнению.Здесь имеем неприводимый случай.Уравнение имеет 3 вещественных корня.Формулы Тартальи дают неустранимые мнимости.Формулы Виета, c использованием тригонометрических функций,
наверное, к цели не приведут.Здесь, по-видимому, нужно применить искусственный прием.T.e. прибавить (отнять) подходящее выражение, сгруппировать и затем разложить на множители.Вот только
что прибавить (отнять)?

Даю подсказку. Когда я учился в лицее, и мы проходили "Упрощение выражений", нам на доказательство, a затем и
на запоминание (чтобы могли свободно решать задачи) давали несложное тождество (до сих пор его помню; его несложно запомнить):
$$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)+3abc$$

.
Эти тождеством нужно воспользоваться, чтобы свести решение неполного кубического уравнения к решению
системы уравнений, откуда получается квадратное уравнение c комплексными корнями, но это не должно пугать!
Дальше пробуйте сами.

Ответ для уравнения:
$b=2\left(\frac {\sqrt{192}} {9}\right)^{\frac{1}{3}}\cos\frac {\mbox{arctg}\frac {\sqrt{687}} {9}} {3}$

P.S. Когда я перед занятием этот ответ показал одной своей сокурснице, она мне не поверила, что у такого безобидного уравнения такой корень.

iii · Сообщение **iii** » 27 июл 2007, 12:37

pchela9091 писал(а):Source of the post
iii писал(а):Source of the post
Пытаясь разложить многочлен 4-й степени на множители. также пришел к кубическому уравнению.Здесь имеем неприводимый случай.Уравнение имеет 3 вещественных корня.Формулы Тартальи дают неустранимые мнимости.Формулы Виета, c использованием тригонометрических функций,
наверное, к цели не приведут.Здесь, по-видимому, нужно применить искусственный прием.T.e. прибавить (отнять) подходящее выражение, сгруппировать и затем разложить на множители.Вот только
что прибавить (отнять)?

Даю подсказку. Когда я учился в лицее, и мы проходили "Упрощение выражений", нам на доказательство, a затем и
на запоминание (чтобы могли свободно решать задачи) давали несложное тождество (до сих пор его помню; его несложно запомнить):
.
Эти тождеством нужно воспользоваться, чтобы свести решение неполного кубического уравнения к решению
системы уравнений, откуда получается квадратное уравнение c комплексными корнями, но это не должно пугать!
Дальше пробуйте сами.

Ответ для уравнения:
$b=2\left(\frac {\sqrt{192}} {9}\right)^{\frac{1}{3}}\cos\frac {\mbox{arctg}\frac {\sqrt{687}} {9}} {3}$

P.S. Когда я перед занятием этот ответ показал одной своей сокурснице, она мне не поверила, что у такого безобидного уравнения такой корень.

[code][/code]

Да, но корни кубического уравнения должны представлять алгебраические иррациональности и если , после взятия интеграла, в ответе фигурируют приведенные Вами трансцендентности, то это , конечно, не то, тем более, что корни кубического уравнения можно найти, как я говорил, c помощью известных
формул Виета.И тога пропадает оригинальность задачи.

Vlad_K · Сообщение **Vlad_K** » 27 июл 2007, 15:06

Действительно, вычисление интеграла №1 свелось к решению ур-ния 4-й степени (разложить на множители дробь без проблем, я обещал но забыл).
A вот интересно, когда уравнение 5-й степени
$$x^5 + px + q = 0$$

(эта форма кажется называется формой Бринга) можно свести к ур-нию 4-й степени?

Bujhm · Сообщение **Bujhm** » 27 июл 2007, 15:13

Vlad_K писал(а):Source of the post
Действительно, вычисление интеграла №1 свелось к решению ур-ния 4-й степени (разложить на множители дробь без проблем, я обещал но забыл).
A вот интересно, когда уравнение 5-й степени

(эта форма кажется называется формой Бринга) можно свести к ур-нию 4-й степени?

A разве так решить нельзя: вывод Глассера

yourdomain.com