Прийоми взяття складних інтегралів

Інтеграли, що може бути веселіше? Ну, можливо не для всіх, але все ж, я вже давно нічого не постив такого суто математичного, так що спробую. Цей пост – про те як брати «складні» інтеграли. Цей піст передбачає що читач навчався таки в школі і знає тривіальні підходи (наприклад, інтегрування по частинах). B пості ми будемо обговорювати тільки інтеграли Рімана, a не інтеграли Лебега-Стилтьеса, Іто, Скорохода і так далі (хоча я б із задоволенням, чесслово).
Весь цей пост   маленька вибірка рецептів або «патернів» які можна взяти в скарбничку і потім застосовувати. Пост рекомендується читати на high-DРI дисплеї щоб запобігти очне кровотеча. Я попередив.

Перехід до полярних координат
Почнемо c трохи побитого методу   переходу до полярних координат. Примітно, що перехід до полярних координат можна застосовувати навіть там, де, здавалося б, мова o декартових координатах не йде взагалі. Наприклад, невизначений інтеграл Гаусса \textstyle \int e^{-x^2} {\mathrm d}xне має аналітичного розв'язку, a ось визначений інтеграл \textstyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} {\mathrm d}x = \sqrt{\pi}.
Довести це можна ось як: спершу, щоб застосувати перетворення координат, ми вводимо дві змінні інтегрування \textstyle x\textstyle yтак

I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} {\mathrm d}x = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} {\mathrm d}y

Декартові координати можна виразити через полярні \textstyle (r, \theta):

\begin{align*}
x &= r \cos \theta \\
y &= r \sin \theta \\
r^2 &= x^2 + y^2
\end{align*}

Інтегрування від \textstyle -\infty\textstyle \inftyв декартовій системі координат — це те ж, що інтегрування \textstyle r\textstyle 0\textstyle \infty\textstyle \theta\textstyle 0\textstyle 2\pi.
B результаті отримаємо наступне:

\begin{aligned}
I\cdot I &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} {\mathrm d}x \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} {\mathrm d}y \\
&= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2-y^2} \;{\mathrm d}x\;{\mathrm d}y \\
&= \int_{0}^{2\pi} {\mathrm d}\theta \int_{0}^{\infty} e^{-r^2} r \;{\mathrm d}r \\
&= 2\pi\int_{0}^{\infty} e^{-r^2} r \;{\mathrm d}r \\
&= \pi\int_0^{\infty} e^{-r^2} \;{\mathrm d}r^2 = \pi \\
\end{aligned}

\therefore I = \sqrt{\pi}

Цей же підхід можна застосовувати і в 3-х вимірах c використанні сферичних координат \textstyle (x,y,z) \rightarrow (r,\theta,\phi).
Геометричні інтерпретації
Взагалі, «скочування в геометрію» деколи приносить плоди. Ось наприклад припустимо вам треба порахувати

\int_0^\infty \frac{{\mathrm d}x}{1+x^2}

Впевнений, багато хто з вас знають, що у цього інтеграла є аналітичне рішення \textstyle \tan^{-1}x, тому порахувати визначений інтеграл не становить праці. Ho насправді, цей інтеграл можна порахувати навіть без цього знання.
Уявіть коло c радіусом \textstyle rc центром \textstyle (0,0). Довжина дуги цього кола c центральним кутом \textstyle \thetaдорівнює \textstyle L = r\theta, a якщо коло одиничний – то просто \textstyle \theta. Тоді

L = \theta = \int_0^{\theta} \;{\mathrm d}t

\textstyle t — це довільна змінна інтегрування.
При такому розкладі, подынтегральное вираз дорівнює \textstyle 1, але ми можемо його ускладнити, наприклад

\begin{align*}
L &= \int_0^{\theta}1 \;{\mathrm d}t \\
&= \int_0^{\theta}\frac{\frac{1}{\cos^2t}}{\frac{1}{\cos^2t}} \;{\mathrm d}t \\
&= \int_0^{\theta}\frac{\frac{1}{\cos^2t}}{\frac{\cos^2t+\sin^2t}{\cos^2t}} \;{\mathrm d}t \\
&= \int_0^{\theta}\frac{\frac{1}{\cos^2t}}{1+\tan^2t} \;{\mathrm d}t \\
\end{align*}

Далі, робимо підстановку

x = \tan t \Rightarrow {\mathrm d}x = \frac{{\mathrm d}t}{\cos^2 t}

Тим самим, отримуємо

L = \int_0^{\tan \theta}\frac{{\mathrm d}x}{1+x^2}

Припустимо що \textstyle \theta = \frac{\pi}{2}. Тоді \textstyle \tan \theta = \tan \frac{\pi}{2} = \infty, оскільки a \textstyle \frac{\pi}{2}відміряє нам рівно чверть кола (довжина одиничного кола \textstyle 2\pi), ми моментально отримуємо результат

\frac{\pi}{2}=\int_0^{\infty} \frac{{\mathrm d}x}{1+x^2}

За аналогією з цим результатом можна отримати і інші, розбиваючи коло на різну кількість відрізків, наприклад

\begin{align*}
\frac{\pi}{4} &= \int_0^1 \frac{{\mathrm d}x}{1+x^2} \\
\frac{\pi}{3} &= \int_0^{\sqrt{3}} \frac{{\mathrm d}x}{1+x^2} \\
\end{align*}

і так далі.
Розбиття діапазону інтегрування
Припустимо вам треба порахувати

\int_0^{\infty} \frac{\ln x}{1 + x^2} \;{\mathrm d}x

Для взяття цього інтеграла, розіб'ємо діапазон інтегрування на два, т. к. \textstyle \int_0^{\infty}=\int_0^1+\int_1^{\infty}.
Займемося спочатку першим інтегралом, т. e. \textstyle \int_0^1. Зробимо підстановку \textstyle t = 1/x \Rightarrow {\mathrm d}x=-{\mathrm d} t/t^2. Отримаємо

\begin{align*}
\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2} \;{\mathrm d}x &= \int_{\infty}^1 \frac{\ln(1/t)}{1+1/(t^2)}\left(-\frac{1}{t^2}\;{\mathrm d}t\right) \\
&= - \int_{\infty}^1 \frac{\ln(1/t)}{t^2+1}\;{\mathrm d}t \\
&= \int_1^{\infty} \frac{\ln(1/t)}{t^2+1}\;{\mathrm d}t \\
&= - \int_1^{\infty} \frac{\ln t}{t^2+1}\;{\mathrm d}t
\end{align*}

To раптово виявилося, що поставлена мінлива \textstyle tвиконує таку ж функцію, що і \textstyle x. Іншими словами, \textstyle \int_0^1 = -\int_1^{\infty}a це означає, що ми автоматично отримуємо значення шуканого інтеграла:

\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{1+x^2}\;{\mathrm d}x = 0

Розбиття на парне і непарне
От вам потрібно наприклад порахувати

\int_{-1}^{1} \frac{\cos x}{e^{1/x}+1} \;{\mathrm d}x

Давайте зробимо кілька замін:

\begin{align*}
f(x) &:= e^{1/x} \\
g(x) &:= \frac{\cos x}{f(x)+1}
\end{align*}

Тепер нам потрібно порахувати \textstyle \int_{-1}^{1} g(x) \;{\mathrm d}x, і ось тут починається найцікавіше. Ми переписуємо \textstyle g(x)як суму парної й непарної функції:

g(x) = g_e(x) + g_o(x)

Багато запитають «а так взагалі можна?»   насправді так, і ось чому. Візьміть і застроміть в визначення вище \textstyle -xзамість \textstyle x. Ви отримаєте

g(-x)=g_e(-x)+g_o(-x)=g_e(x) - g_o(x)

завдяки властивостям парності і непарності функції. Отже, ми можемо висловити парну й непарну сторону функції

g_e(x)=\frac{g(x)+g(-x)}{2}

та

g_o(x)=\frac{g(x)-g(-x)}{2}

Так-то. Відповідно, наш інтеграл можна переписати як

\int_{-1}^{1}g(x) \;{\mathrm d}x = \int_{-1}^{1}g_e(x) \;{\mathrm d}x + \int_{-1}^{1}g_o(x) \;{\mathrm d}x = \int_{-1}^{1}g_e(x) \;{\mathrm d}x

Як видно вище, непарна функція зникла повністю, залишилася тільки парна сторона, т. к.

\int_{-1}^{1}g_o(x) \;{\mathrm d}x = 0

Гаразд, вам вже напевно набридло чекати суті цього прикладу. Так ось, у нас є формула \textstyle g_e(x)=\frac{g(x)+g(-x)}{2}, дайвате увіткнемо в цю формулу \textstyle g(x). Ми отримаємо

g_e(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{\cos x}{f(x)+1}+\frac{\cos (-x)}{f(-x)+1}\right)

Ho ми-то знаємо, що \textstyle \cos x   парна функція, тому \textstyle g_e(x)можна переписати як

\begin{align*}
g_e(x) &= \frac{\cos x}{2}\left(\frac{1}{f(x)+1} + \frac{1}{f(-x)+1}\right) \\
&= \frac{\cos x}{2}\left(\frac{f(-x)+1+f(x)+1}{f(x)f(-x)+f(x)+f(-x)+1}\right) \\
&= \frac{\cos x}{2}\left(\frac{2+f(-x)+f(x)}{f(x)f(-x)+f(x)+f(-x)+1}\right) \\
\end{align*}

Це якесь місиво і незрозуміло, що з ним робити. Ho c іншого боку подивіться, у нас у формулі присутній \textstyle f(x)f(-x). Давайте згадаємо, що \textstyle f(x)=e^{1/x}і ми отримаємо

f(x)f(-x)=e^{1/x}e^{-1/x}=e^0=1

Ну от і все   наша страшна дріб вище вже зовсім не страшна оскільки чисельник і знаменник рівні, a це означає, що

g_e(x) = \frac{\cos x}{2}

a сам інтеграл тепер легко порахувати:

\begin{align*}
\int_{-1}^{1} \frac{\cos x}{e^{1/x}+1}\;{\mathrm d}x &= \int_{-1}^{1} \frac{\cos x}{2} \;{\mathrm d}x = \sin(1) = 0.841...
\end{align*}

Хочете ще?
Я зрозумів, що за обсягом для одного поста цілком достатньо. Соррі якщо написав не так   я по-російськи прочитав рівно нуль математичних книг (чого і вам раджу), так що термінологія може страждати.
Існує ще вагон різних трюків, так що, якщо цікаво, раджу глянути відповідну літературу. Удачі! ■
Джерело: Хабрахабр

0 коментарів

Тільки зареєстровані та авторизовані користувачі можуть залишати коментарі.