Integrale definito
Ragazzi mi potete aiutare con questo integrale ?
$ int_(0)^(vartheta_0 ) (dvartheta )/sqrt((sin^2(vartheta_0)/2-(sin^2vartheta)/2) $
Avrei intenzione di dividere tutto per $sin(vartheta_0)/2$ ma comunque sia non so poi come procedere.
Grazie
$ int_(0)^(vartheta_0 ) (dvartheta )/sqrt((sin^2(vartheta_0)/2-(sin^2vartheta)/2) $
Avrei intenzione di dividere tutto per $sin(vartheta_0)/2$ ma comunque sia non so poi come procedere.
Grazie
Risposte
è un integrale non risolvibile con qualche trucchetto
qui si va a finire agli integrali ellittici
qui si va a finire agli integrali ellittici
Grazie Stormy.
Per questo vale lo stesso discorso ? E i passaggi sono giusti ?
$ int_(0)^(1) dy/sqrt(1-y^n) rArr y=u^(1/n)rArrdy=1/(n)u^((1-n)/n)durArrint_(0)^(1) dy/sqrt(1-y^n)=int_(0)^(1)(u^((1-n)/n)du)/(nsqrt(1-u) $
Per questo vale lo stesso discorso ? E i passaggi sono giusti ?
$ int_(0)^(1) dy/sqrt(1-y^n) rArr y=u^(1/n)rArrdy=1/(n)u^((1-n)/n)durArrint_(0)^(1) dy/sqrt(1-y^n)=int_(0)^(1)(u^((1-n)/n)du)/(nsqrt(1-u) $
per $n$ generico è anche questo difficile (almeno per me 
)
per $n=1$ o $n=2$ invece hai praticamente due integrali immediati
i passaggi che hai fatto sono giusti però poi non mi sembra facile proseguire per quella strada
)per $n=1$ o $n=2$ invece hai praticamente due integrali immediati
i passaggi che hai fatto sono giusti però poi non mi sembra facile proseguire per quella strada
n è tristemente generico 
UP
Il primo è ellittico, quindi stai fresco.
Il secondo è una forma differenziale binomia che si può integrare solo in determinati casi per gli esponenti, e questo non è uno di quelli.
L'unica cosa che potresti fare è provare una integrazione per serie, ma non so se conosci l'argomento.
Il secondo è una forma differenziale binomia che si può integrare solo in determinati casi per gli esponenti, e questo non è uno di quelli.
L'unica cosa che potresti fare è provare una integrazione per serie, ma non so se conosci l'argomento.
In che senso sto fresco ?
Si conosco l'integrazione per serie ,
vediamo :
$ int_(0)^(1) dy/sqrt(1-y^n)~~ 1+1/2int_(0)^(1)(ny^(n-1))/(1-y^n)^(3/2)|_(y=0) dy+3/4int_(0)^(1)(n(n-1)y^(n-2))/(1-y^n)^(5/2)|_(y=0)dy $ e cosi via...
E' giusto il procedimento ?
Si conosco l'integrazione per serie ,
vediamo :
$ int_(0)^(1) dy/sqrt(1-y^n)~~ 1+1/2int_(0)^(1)(ny^(n-1))/(1-y^n)^(3/2)|_(y=0) dy+3/4int_(0)^(1)(n(n-1)y^(n-2))/(1-y^n)^(5/2)|_(y=0)dy $ e cosi via...
E' giusto il procedimento ?
Nel senso che neanche se fai il cammino di Santiago 100 volte e parli con la Madonna ne trovi una soluzione chiusa (cioè esprimibile in forma elementare).
Quella che stai facendo è una cosa approssimata: per serie intendo tutta la serie. Ti scrivo prima come procedere ol secondo, poi parliamo del primo.
Allora, sappiamo che
$$(1+t)^\alpha=\sum_{k=n}^\infty C^\alpha_n t^n$$
dove
$$C^\alpha_n=\left(\begin{array}{c} \alpha\\ n\end{array}\right)=\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdot\ldots}{n!(\alpha-n)(\alpha-n-1)\cdot\ldots}=\frac{1}{n!}\cdot\prod_{k=0}^{n-1}(\alpha-k)$$
sono i coefficienti binomiali generalizzati, cosa che suppongo dovresti sapere (stiamo parlando di sviluppi di Taylor, in pratica).
Pertanto
$$(1-y^n)^{-1/2}=\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k y^{nk}$$
da cui integrando (per il momento tralasciamo il fatto del perché tu lo possa fare e del perché tu possa scambiare integrale e serie)
$$\int_0^1(1-y^n)^{-1/2}\ dy=\int_0^1\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k y^{nk}\ dy=\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k\int_0^1 y^{nk}\ dy=\\ \sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k \left[\frac{y^{nk+1}}{nk+1}\right]=\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k \frac{(-1)^k}{nk+1}$$
L'ultima cosa scritta è la soluzione dell'integrale, che magari si può anche scrivere in altre forme, usando l'espressione chiusa del coefficiente binomiale generalizzato che è
$$C^{-1/2}_k=\frac{(-1)^k\cdot(2k-1)!!}{2^k k!}$$
da cui
$$\int_0^1(1-y^n)^{-1/2}\ dy=\sum_{k=0}^\infty \frac{(2k-1)!!}{2^k k!(nk+1)}$$
ma calcolare il valore di questa somma non è proprio facile.
Infine, il perché possiamo calcolare l'integrale e scambiare integrale e serie: il primo perché è facile dimostrare che l'integrale, sebbene improprio, risulta convergente; il secondo perché la serie scritta converge uniformemente sull'intervallo di integrazione.
Quella che stai facendo è una cosa approssimata: per serie intendo tutta la serie. Ti scrivo prima come procedere ol secondo, poi parliamo del primo.
Allora, sappiamo che
$$(1+t)^\alpha=\sum_{k=n}^\infty C^\alpha_n t^n$$
dove
$$C^\alpha_n=\left(\begin{array}{c} \alpha\\ n\end{array}\right)=\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdot\ldots}{n!(\alpha-n)(\alpha-n-1)\cdot\ldots}=\frac{1}{n!}\cdot\prod_{k=0}^{n-1}(\alpha-k)$$
sono i coefficienti binomiali generalizzati, cosa che suppongo dovresti sapere (stiamo parlando di sviluppi di Taylor, in pratica).
Pertanto
$$(1-y^n)^{-1/2}=\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k y^{nk}$$
da cui integrando (per il momento tralasciamo il fatto del perché tu lo possa fare e del perché tu possa scambiare integrale e serie)
$$\int_0^1(1-y^n)^{-1/2}\ dy=\int_0^1\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k y^{nk}\ dy=\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k\int_0^1 y^{nk}\ dy=\\ \sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k (-1)^k \left[\frac{y^{nk+1}}{nk+1}\right]=\sum_{k=0}^\infty C^{-1/2}_k \frac{(-1)^k}{nk+1}$$
L'ultima cosa scritta è la soluzione dell'integrale, che magari si può anche scrivere in altre forme, usando l'espressione chiusa del coefficiente binomiale generalizzato che è
$$C^{-1/2}_k=\frac{(-1)^k\cdot(2k-1)!!}{2^k k!}$$
da cui
$$\int_0^1(1-y^n)^{-1/2}\ dy=\sum_{k=0}^\infty \frac{(2k-1)!!}{2^k k!(nk+1)}$$
ma calcolare il valore di questa somma non è proprio facile.
Infine, il perché possiamo calcolare l'integrale e scambiare integrale e serie: il primo perché è facile dimostrare che l'integrale, sebbene improprio, risulta convergente; il secondo perché la serie scritta converge uniformemente sull'intervallo di integrazione.
Grazie , è tutto chiaro.
In effetti m'era preso il dubbio di non dover troncare e di dover arrivare invece ad una formula iterativa, cosa che ha molto più senso visto il mio scopo . Certo poi si arriva a quel "risultato" assai spiacevole...
Per il primo integrale invece , ho provato a calcolarlo online su wolfram , senza successo .
Eppure qualche settimana fa , mentre ero in vacanza in Puglia , sono passato per San giovanni Rotondo
In effetti m'era preso il dubbio di non dover troncare e di dover arrivare invece ad una formula iterativa, cosa che ha molto più senso visto il mio scopo . Certo poi si arriva a quel "risultato" assai spiacevole...
Per il primo integrale invece , ho provato a calcolarlo online su wolfram , senza successo .
Eppure qualche settimana fa , mentre ero in vacanza in Puglia , sono passato per San giovanni Rotondo
1) non è iterativo. E' semplicemente l'integrale di una serie;
2) mi dispiace che tu lo veda spiacevole come forma: in verità è una cosa bellissima da guardare.
Il primo è una spina nel c..o: oggi appena ho tempo vedo di scriverti cosa viene fuori.
2) mi dispiace che tu lo veda spiacevole come forma: in verità è una cosa bellissima da guardare.
Il primo è una spina nel c..o: oggi appena ho tempo vedo di scriverti cosa viene fuori.
grazie
Ah già, m'ero proprio scordato. Dai, vedo di farlo oggi.
Ovviamente, mi ero nuovamente dimenticato. Allora, ecco come fare: poniamo per comodità $a=\sin\frac{\theta_0}{2}$. La sostituzione $t=a\sin\frac{\theta}{2}$ permette di scrivere l'integrale come
$$\frac{2}{a^2}\int_0^{a^2}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}\cdot\sqrt{1-(t/a)^2}}\ dt$$
Ricordando lo sviluppo
$$\frac{1}{\sqrt{1+x}}=\sum_{n=0}^\infty C_n x^n,\qquad C_n=\left(\begin{array}{c} -1/2\\ n\end{array}\right)=\left\{\begin{array}{lcl} 1 & & n=0\\ (-1)^n\frac{(2n-1)!!}{2^n n!} & & n\ge 1\end{array}\right.$$
si ha
$$\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n C_n t^{2n},\qquad \frac{1}{\sqrt{1-(t/a)^2}}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n C_n}{a^{2n}} t^{2n}$$
Per la serie ottenuta come prodotto delle due, usiamo il prodotto alla Cauchy delle serie stesse, per cui si ha
$$\frac{1}{\sqrt{1-t^2}\cdot\sqrt{1-(t/a)^2}}=\sum_{n=0}^\infty A_n t^{2n}$$
dove
$$A_n=\sum_{h+k=n} (-1)^h C_h\cdot\frac{(-1)^k C_k}{a^{2k}}=\frac{(-1)^n}{a^{2n}}\sum_{h+k=n} a^{2h} C_h C_k=\frac{(-1)^n}{a^{2n}} B_n$$
Integrando si ha
$$\frac{2}{a^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{a^{2n}} B_n\frac{a^{4n+2}}{2n+1}=2\sum_{n=0}^\infty (-1)^n B_n \frac{a^{2n}}{2n+1}$$
Calcoliamo meglio i $B_n$: possiamo scrivere
$$B_n=\sum_{h=0}^n a^{2h} C_h C_{n-h}$$
e quindi (ricorda pure che $(2h)!! =2^{h} h!$)
$$B_n=C_0 C_n+\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h} C_h C_{n-h}+a^{2n} C_n C_0=(1+a^{2n}) C_n+\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h} C_h C_{n-h}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\cdot\frac{(-1)^h (2h-1)!!}{2^h h!}\cdot\frac{(-1)^{n-h} (2n-2h-1)!!}{2^{n-h} (n-h)!}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\frac{(-1)^n}{2^n}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(2h)!}{h!\cdot(2h)!!}\cdot\frac{(2n-2h)!}{(n-h)!\cdot(2n-2h)!!}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\frac{(-1)^n}{2^n}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(2h)!}{h!\cdot 2^h h!}\cdot\frac{(2n-2h)!}{(n-h)!\cdot 2^{n-h}(n-h)!}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(2h)!}{h!\cdot h!}\cdot\frac{(2n-2h)!}{(n-h)!\cdot(n-h)!}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(2h)!(2n-2h)!}{(2n)!}\cdot(2n)!\cdot\left(\frac{n!}{h!\cdot(n-h)!}\right)^2\cdot\frac{1}{(n!)^2}$$
indicando con $D_h^n$ il coefficiente binomiale di $n$ su $h$
$$B_n=(1+a^{2n})\frac{(-1)^n (2n)!}{2^{2n}(n!)^2}+\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{D^{2n}_n\cdot(D^n_h)^2}{D^{2n}_{2h}}=\\ \frac{(-1)^n D^{2n}_n}{2^{2n}}\left((1+a^{2n})+\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(D^n_h)^2}{D^{2n}_{2h}}\right)=\frac{(-1)^n D^{2n}_n}{2^{2n}}\sum_{h=0}^{n} a^{2h}\frac{(D^n_h)^2}{D^{2n}_{2h}}=\frac{(-1)^n D^{2n}_n}{2^{2n}} F_n$$
Pertanto l'integrale vale
$$2\sum_{n=0}^\infty \frac{a^{2n} D^{2n}_n}{2^{2n}(2n+1)} F_n$$
E sinceramente scrivere meglio gli $F_n$ ora come ora non mi riesce!
$$\frac{2}{a^2}\int_0^{a^2}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}\cdot\sqrt{1-(t/a)^2}}\ dt$$
Ricordando lo sviluppo
$$\frac{1}{\sqrt{1+x}}=\sum_{n=0}^\infty C_n x^n,\qquad C_n=\left(\begin{array}{c} -1/2\\ n\end{array}\right)=\left\{\begin{array}{lcl} 1 & & n=0\\ (-1)^n\frac{(2n-1)!!}{2^n n!} & & n\ge 1\end{array}\right.$$
si ha
$$\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n C_n t^{2n},\qquad \frac{1}{\sqrt{1-(t/a)^2}}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n C_n}{a^{2n}} t^{2n}$$
Per la serie ottenuta come prodotto delle due, usiamo il prodotto alla Cauchy delle serie stesse, per cui si ha
$$\frac{1}{\sqrt{1-t^2}\cdot\sqrt{1-(t/a)^2}}=\sum_{n=0}^\infty A_n t^{2n}$$
dove
$$A_n=\sum_{h+k=n} (-1)^h C_h\cdot\frac{(-1)^k C_k}{a^{2k}}=\frac{(-1)^n}{a^{2n}}\sum_{h+k=n} a^{2h} C_h C_k=\frac{(-1)^n}{a^{2n}} B_n$$
Integrando si ha
$$\frac{2}{a^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{a^{2n}} B_n\frac{a^{4n+2}}{2n+1}=2\sum_{n=0}^\infty (-1)^n B_n \frac{a^{2n}}{2n+1}$$
Calcoliamo meglio i $B_n$: possiamo scrivere
$$B_n=\sum_{h=0}^n a^{2h} C_h C_{n-h}$$
e quindi (ricorda pure che $(2h)!! =2^{h} h!$)
$$B_n=C_0 C_n+\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h} C_h C_{n-h}+a^{2n} C_n C_0=(1+a^{2n}) C_n+\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h} C_h C_{n-h}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\cdot\frac{(-1)^h (2h-1)!!}{2^h h!}\cdot\frac{(-1)^{n-h} (2n-2h-1)!!}{2^{n-h} (n-h)!}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\frac{(-1)^n}{2^n}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(2h)!}{h!\cdot(2h)!!}\cdot\frac{(2n-2h)!}{(n-h)!\cdot(2n-2h)!!}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\frac{(-1)^n}{2^n}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(2h)!}{h!\cdot 2^h h!}\cdot\frac{(2n-2h)!}{(n-h)!\cdot 2^{n-h}(n-h)!}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(2h)!}{h!\cdot h!}\cdot\frac{(2n-2h)!}{(n-h)!\cdot(n-h)!}=\\ (1+a^{2n}) C_n+\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(2h)!(2n-2h)!}{(2n)!}\cdot(2n)!\cdot\left(\frac{n!}{h!\cdot(n-h)!}\right)^2\cdot\frac{1}{(n!)^2}$$
indicando con $D_h^n$ il coefficiente binomiale di $n$ su $h$
$$B_n=(1+a^{2n})\frac{(-1)^n (2n)!}{2^{2n}(n!)^2}+\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{D^{2n}_n\cdot(D^n_h)^2}{D^{2n}_{2h}}=\\ \frac{(-1)^n D^{2n}_n}{2^{2n}}\left((1+a^{2n})+\sum_{h=1}^{n-1} a^{2h}\frac{(D^n_h)^2}{D^{2n}_{2h}}\right)=\frac{(-1)^n D^{2n}_n}{2^{2n}}\sum_{h=0}^{n} a^{2h}\frac{(D^n_h)^2}{D^{2n}_{2h}}=\frac{(-1)^n D^{2n}_n}{2^{2n}} F_n$$
Pertanto l'integrale vale
$$2\sum_{n=0}^\infty \frac{a^{2n} D^{2n}_n}{2^{2n}(2n+1)} F_n$$
E sinceramente scrivere meglio gli $F_n$ ora come ora non mi riesce!
Wow , grazie Ciampax !
Per me a quest'ora è impossibile capire a fondo quello che hai scritto ,
ci lavorerò domani mattina , ma ci tenevo comunque a ringraziarti subito .
Grazie ancora per la tua disponibilità !
Per me a quest'ora è impossibile capire a fondo quello che hai scritto ,
ci lavorerò domani mattina , ma ci tenevo comunque a ringraziarti subito .
Grazie ancora per la tua disponibilità !
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