Problema con due integrali
Ciao a tutti, ho un problema con questi due integrali, come potrei risolverli? Io ho provato sia con sostituzine, che per parti, ma non sono arrivato ad alcun risultato.
$∫arctan((2x)/(1+3x^2))dx$
$∫_0^∞ logx/(x^2+2x+4)dx$
Purtroppo so solo il risultato del secondo $(πln(2))/(3√3)$
$∫arctan((2x)/(1+3x^2))dx$
$∫_0^∞ logx/(x^2+2x+4)dx$
Purtroppo so solo il risultato del secondo $(πln(2))/(3√3)$
Risposte
Il primo è corretto approcciarlo per parti, probabilmente avrai fatto qualche errore di calcolo (non sono calcoli carinissimi).
Sono molto convinto che il secondo non abbia primitiva esprimibile elementarmente.
Sono molto convinto che il secondo non abbia primitiva esprimibile elementarmente.
Il primo non mi torna per parti, mentre il secondo il professore ci disse di avere un approccio poco convenzionale
Si fa per parti: scrivi i calcoli, almeno possiamo controllare insieme eventuali errori!
Per quanto riguarda il secondo, se hai problemi col primo non credo sia prioritario imparare tecniche non convenzionali.
Secondo me attualmente è molto più importante concentrarsi a capire il primo.
Per quanto riguarda il secondo, se hai problemi col primo non credo sia prioritario imparare tecniche non convenzionali.
Secondo me attualmente è molto più importante concentrarsi a capire il primo.
Ok ho risolto il primo, era abbastanza semplice, applicando una proprietà dell'arctan si semplifica di brutto
L'unico problema adesso è il secondo, se avete qualche idea di come si possa risolvere dite pure
Ciao Lore.p98,
Per il secondo integrale porrei $ t := x/2 \implies \text{d}t = 1/2 \text{d}x \implies \text{d}x = 2 \text{d}t $, per cui si ha:
$\int_0^{+\infty} lnx/(x^2+2x+4)\text{d}x = 2 \int_0^{+\infty} ln(2t)/(4t^2+4t+4) \text{d}t = 1/2 \int_0^{+\infty} ln(2t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = 1/2 \int_0^{+\infty} ln(2)/(t^2+t+1) \text{d}t + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = ln(2)/2 \int_0^{+\infty} (\text{d}t)/(t^2+t+1) + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = 2 ln(2) \int_0^{+\infty} (\text{d}t)/(4t^2+4t+1 + 3) + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = ln(2) \int_0^{+\infty} (2\text{d}t)/((2t+1)^2 + 3) + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = (ln(2))/3 \int_0^{+\infty} (2 \text{d}t)/(1 + ((2t+1)/\sqrt{3})^2) + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = (ln(2))/3 I + 1/2 J $
A questo punto per risolvere $I$ porrei $u := (2t+1)/\sqrt{3} \implies \text{d}u = (2\text{d}t)/\sqrt{3} \implies 2 \text{d}t = \sqrt{3}\text{d}u $ per cui si ha:
$ I := \int_0^{+\infty} (2 \text{d}t)/(1 + ((2t+1)/\sqrt{3})^2) = \sqrt{3} \int_{1/\sqrt{3}}^{+\infty} (\text{d}u)/(1 + u^2) = \sqrt{3}[arctan(u)]_{1/\sqrt{3}}^{+\infty} = \sqrt{3}/3 \pi $
Dunque si ha $ (ln(2))/3 I = (ln(2))/3 \cdot \sqrt{3}/3 \pi = (\pi ln2)/(3\sqrt{3}) $ che è già il risultato che hai riportato, quindi è chiaro che deve essere $J = 0 $. Per dimostrarlo porrei $t := 1/v \implies \text{d}t = (- \text{d}v)/v^2 $ per cui si ha:
$J := \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = \int_{+\infty}^0 (- ln(v))/(1/v^2+1/v+1) (- \text{d}v)/v^2 = - \int_0^{+\infty} ln(v)/(v^2+v+1) \text{d}v = - J \implies J = 0 $
In definitiva si sono ottenuti i risultati seguenti:
\begin{equation}
\boxed{\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2+2x+4} \text{d}x = \dfrac{\pi\ln(2)}{3\sqrt{3}}}
\end{equation}
\begin{equation}
\boxed{I := \int_0^{+\infty} \dfrac{2 \text{d}x}{1 + \bigg(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\bigg)^2} = \dfrac{3}{2} \int_0^{+\infty} \dfrac{\text{d}x}{x^2+x+1} = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \pi}
\end{equation}
\begin{equation}
\boxed{J := \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2+x+1} \text{d}x = 0}
\end{equation}
Per il secondo integrale porrei $ t := x/2 \implies \text{d}t = 1/2 \text{d}x \implies \text{d}x = 2 \text{d}t $, per cui si ha:
$\int_0^{+\infty} lnx/(x^2+2x+4)\text{d}x = 2 \int_0^{+\infty} ln(2t)/(4t^2+4t+4) \text{d}t = 1/2 \int_0^{+\infty} ln(2t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = 1/2 \int_0^{+\infty} ln(2)/(t^2+t+1) \text{d}t + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = ln(2)/2 \int_0^{+\infty} (\text{d}t)/(t^2+t+1) + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = 2 ln(2) \int_0^{+\infty} (\text{d}t)/(4t^2+4t+1 + 3) + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = ln(2) \int_0^{+\infty} (2\text{d}t)/((2t+1)^2 + 3) + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = (ln(2))/3 \int_0^{+\infty} (2 \text{d}t)/(1 + ((2t+1)/\sqrt{3})^2) + 1/2 \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = $
$ = (ln(2))/3 I + 1/2 J $
A questo punto per risolvere $I$ porrei $u := (2t+1)/\sqrt{3} \implies \text{d}u = (2\text{d}t)/\sqrt{3} \implies 2 \text{d}t = \sqrt{3}\text{d}u $ per cui si ha:
$ I := \int_0^{+\infty} (2 \text{d}t)/(1 + ((2t+1)/\sqrt{3})^2) = \sqrt{3} \int_{1/\sqrt{3}}^{+\infty} (\text{d}u)/(1 + u^2) = \sqrt{3}[arctan(u)]_{1/\sqrt{3}}^{+\infty} = \sqrt{3}/3 \pi $
Dunque si ha $ (ln(2))/3 I = (ln(2))/3 \cdot \sqrt{3}/3 \pi = (\pi ln2)/(3\sqrt{3}) $ che è già il risultato che hai riportato, quindi è chiaro che deve essere $J = 0 $. Per dimostrarlo porrei $t := 1/v \implies \text{d}t = (- \text{d}v)/v^2 $ per cui si ha:
$J := \int_0^{+\infty} ln(t)/(t^2+t+1) \text{d}t = \int_{+\infty}^0 (- ln(v))/(1/v^2+1/v+1) (- \text{d}v)/v^2 = - \int_0^{+\infty} ln(v)/(v^2+v+1) \text{d}v = - J \implies J = 0 $
In definitiva si sono ottenuti i risultati seguenti:
\begin{equation}
\boxed{\int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2+2x+4} \text{d}x = \dfrac{\pi\ln(2)}{3\sqrt{3}}}
\end{equation}
\begin{equation}
\boxed{I := \int_0^{+\infty} \dfrac{2 \text{d}x}{1 + \bigg(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\bigg)^2} = \dfrac{3}{2} \int_0^{+\infty} \dfrac{\text{d}x}{x^2+x+1} = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \pi}
\end{equation}
\begin{equation}
\boxed{J := \int_0^{+\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2+x+1} \text{d}x = 0}
\end{equation}
Grazie mille sei stato davvero utile, ora se mi capita qualcosa di simile all'esame sono più tranquillo.
Ora che mi hai mostrato la soluzione, ho pensato di porre invece come sostituzione $t=4/x$ il procedimento viene più snello e rapido. Così si riduce tutto a un unico integrale, non compare $J$
Ora che mi hai mostrato la soluzione, ho pensato di porre invece come sostituzione $t=4/x$ il procedimento viene più snello e rapido. Così si riduce tutto a un unico integrale, non compare $J$
"Lore.p98":
Grazie mille sei stato davvero utile
Prego!
"Lore.p98":
ora se mi capita qualcosa di simile all'esame sono più tranquillo.
Dai, non credo...
"Lore.p98":
Ora che mi hai mostrato la soluzione, ho pensato di porre invece come sostituzione $t=4/x $ il procedimento viene più snello e rapido. Così si riduce tutto a un unico integrale, non compare $J$
Può darsi, non ho fatto i conti ma mi fido di te: però così facendo forse non avresti mai scoperto che si ha:
$J := \int_0^{+\infty} \frac{\ln(x)}{x^2+x+1} \text{d}x = 0 $...
"pilloeffe":
Dai, non credo...
Questo era un esercizio di un esame dell'anno scorso, per quello ero così interessato alla soluzione, nei vari compiti d'esame degli anni passati un'integrale simile a questo (da risolvere con "trucchetti") c'è sempre.
Infatti ci sono anche altri integrali che non so proprio risolvere.
"pilloeffe":
Può darsi, non ho fatto i conti ma mi fido di te: però così facendo forse non avresti mai scoperto che si ha:
$J := \int_0^{+\infty} \frac{\ln(x)}{x^2+x+1} \text{d}x = 0 $...
Beh sì, in effetti può essere utile.
Adesso che pilloeffe ha scoperto il trucco provo a rifarlo anche io, così magari riusciamo a smontare per bene tutto il giocattolo. Io ragionerei così; la prima cosa è stabilire quali siano le simmetrie del dominio di integrazione, che nel caso di
\[
I=\int_0^\infty \frac{\log x}{(x+2)^2}\, dx, \]
è \((0, \infty)\). Come su \((-\infty, \infty)\) la simmetria naturale è il cambio di segno \(x\mapsto -x\), qui la simmetria naturale è l'inversione \(x\mapsto x^{-1}\), magari composta con la moltiplicazione per una costante positiva;
\[
x\mapsto C x^{-1},\qquad \text{per una costante }C>0\text{ da determinarsi}.\]
Applicando questa trasformazione si ottiene che
\[
I=-\int_0^\infty \frac{\log (t/C)}{(\tfrac2{\sqrt C} t + \sqrt C)^2}\, dt.\]
E ora tocca scegliere \(C\) in modo da ottenere il massimo beneficio da questa trasformazione. In tutta la matematica, c'è un principio fondamentale, che io ho letto per la prima volta sul libro di Michael Steele sulle disuguaglianze: cercare le simmetrie. Scegliendo
\[
C=4, \]
il denominatore nel secondo integrale coincide con il denominatore nel primo. E' chiaro che si tratta di una cosa da sfruttare. Perciò, sia \(C=4\). Si ottiene, spezzando il logaritmo in una differenza,
\[
I=-I+\log 4\int_0^\infty \frac{dt}{(t+2)^2}, \]
e adesso non c'è più nessun dubbio che abbiamo compiuto un grande progresso, perché l'unico integrale che compare è quello di una funzione razionale.
Tutto questo non è altro che lo stesso procedimento di pilloeffe e di Lore. Ho voluto però interpretarlo, per renderlo meno magico. Ribadisco che la parola chiave, in tutti i calcoli espliciti, è simmetria.
\[
I=\int_0^\infty \frac{\log x}{(x+2)^2}\, dx, \]
è \((0, \infty)\). Come su \((-\infty, \infty)\) la simmetria naturale è il cambio di segno \(x\mapsto -x\), qui la simmetria naturale è l'inversione \(x\mapsto x^{-1}\), magari composta con la moltiplicazione per una costante positiva;
\[
x\mapsto C x^{-1},\qquad \text{per una costante }C>0\text{ da determinarsi}.\]
Applicando questa trasformazione si ottiene che
\[
I=-\int_0^\infty \frac{\log (t/C)}{(\tfrac2{\sqrt C} t + \sqrt C)^2}\, dt.\]
E ora tocca scegliere \(C\) in modo da ottenere il massimo beneficio da questa trasformazione. In tutta la matematica, c'è un principio fondamentale, che io ho letto per la prima volta sul libro di Michael Steele sulle disuguaglianze: cercare le simmetrie. Scegliendo
\[
C=4, \]
il denominatore nel secondo integrale coincide con il denominatore nel primo. E' chiaro che si tratta di una cosa da sfruttare. Perciò, sia \(C=4\). Si ottiene, spezzando il logaritmo in una differenza,
\[
I=-I+\log 4\int_0^\infty \frac{dt}{(t+2)^2}, \]
e adesso non c'è più nessun dubbio che abbiamo compiuto un grande progresso, perché l'unico integrale che compare è quello di una funzione razionale.
Tutto questo non è altro che lo stesso procedimento di pilloeffe e di Lore. Ho voluto però interpretarlo, per renderlo meno magico. Ribadisco che la parola chiave, in tutti i calcoli espliciti, è simmetria.
@dissonance: 
Attenzione però che nell'integrale proposto da Lore.p98 quello a denominatore non è un quadrato, ma un falso quadrato...
Ops, come non detto...
Beh, se ne hai altri noi ci divertiamo con gli integrali "impestati", per cui puoi sempre aprire un altro post...
Attenzione però che nell'integrale proposto da Lore.p98 quello a denominatore non è un quadrato, ma un falso quadrato...
"Lore.p98":
Questo era un esercizio di un esame dell'anno scorso, per quello ero così interessato alla soluzione, nei vari compiti d'esame degli anni passati un'integrale simile a questo (da risolvere con "trucchetti") c'è sempre.
Ops, come non detto...
"Lore.p98":
Infatti ci sono anche altri integrali che non so proprio risolvere.
Beh, se ne hai altri noi ci divertiamo con gli integrali "impestati", per cui puoi sempre aprire un altro post...
"pilloeffe":
Beh, se ne hai altri noi ci divertiamo con gli integrali "impestati", per cui puoi sempre aprire un altro post...
Ho aperto un altro post, penso che sia ancora più impestato di questo
@pilloeffe
Brillante!
Brillante!
"Lore.p98":
[quote="pilloeffe"]Beh, se ne hai altri noi ci divertiamo con gli integrali "impestati", per cui puoi sempre aprire un altro post...
Ho aperto un altro post, penso che sia ancora più impestato di questo[/quote]
Ma è meno interessante, secondo me. Sicuro che ti chieda di calcolare le primitive?
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