"Ordeño integral:" ¿Alguien más hace esto?

Question

Empiezo este post con una súplica: por favor, no seas demasiado dura con este post por ser fuera de tema o vaga. Es una pregunta sobre algo que me encuentro haciendo como un matemático, y me pregunto si a los demás a hacerlo también. Es un suave pregunta sobre matemáticas recreativas - en realidad, estoy disparando para más de una conversación.

Sé que muchos de los usuarios en este sitio (por ejemplo, Cleo, Jack D'Aurizio, y así sucesivamente) son realmente buenos en averiguar astuto formas de resolver los recreativos de integrales definidas, como $$\int_{\pi/2}^{\pi} \frac{x\sin(x)}{5-4\cos(x)} \, dx$$ o $$\int_0^\infty \bigg(\frac{x-1}{\ln^2(x)}-\frac{1}{\ln(x)}\bigg)\frac{dx}{x^2+1}$$ Cuando preguntas como esta pop-up en el MSE, el OP proporciona una integral a evaluar, y el ms responden pueden evaluar utilizando impresionantes trucos incluyendo (pero no se limita a):

• Inteligente sustitución
• La explotación de la simetría en el integrando
• Integración por partes
• Ampliar el integrando como una serie
• La diferenciación de un saber integral definida de la función, como los rayos Gamma o Beta funciones
• Toma de Laplace Inversa de Laplace transforma

Pero cuando voy a jugar con las integrales en el mío propio, que no siempre tienen un problema particular para trabajar en. En su lugar, voy a empezar con un conocido integral, como $$\int_0^\pi \cos(mx)\cos(nx) \, dx=\frac{\pi}{2}\delta_{mn},\espacio espacio\\forall m,n\in \mathbb Z^+$$ y "leche", por falta de una palabra mejor, a ver cuántos oscuro, raro, o estéticamente agradable integrales que pueda derivar el uso de algunas de las técnicas anteriores. Por ejemplo, el uso de la integral anterior, uno podría dividir ambos lados por $m$, al pasar $$\int_0^\pi \frac{\cos(mx)}{m}\cos(nx) \, dx=\frac{\pi}{2m}\delta_{mn},\espacio espacio\\forall m,n,k\in \mathbb Z^+$$ Entonces, sumando ambos lados de$m=1$$\infty$, y la explotación de una conocida Serie de Fourier, obtener $$\int_0^\pi \cos(nx)\ln(2-2\cos(x)) \, dx=-\frac{\pi}{n},\espacio espacio\\forall n\en \mathbb Z^+$$ o, después de un poco de álgebra, el resultado estéticamente agradable $$\int_0^{\pi/2} \cos(2nx)\ln(\sin(x)) \, dx=-\frac{\pi}{4n},\espacio espacio\\forall n\en \mathbb Z^+$$ Después de tirar de un truco como este, miro a través de todos mis cuadernos y integral tablas para otras integrales en la que yo pueda salir con el mismo truco, sólo para ver qué integrales puedo "leche" de ellos en la misma forma. Este es sólo un ejemplo - incluso usando la misma partida integral, un sinnúmero de otros puede ser obtenida mediante el uso de otras Series de Fourier, el Poder de las Series, integral de identidades, etc. Por ejemplo, algunas de las integrales derivados de la misma partida integral incluyen $$\int_0^\pi \frac{\cos(nx)}{q-\cos(x)} \, dx=\frac{\pi(q-\sqrt{q^2-1})^{n+1}}{1-q^2+q\sqrt{q^2-1}}$$ $$\int_0^\pi \frac{dx}{(1+a^2-2a\cos(x))(1+b^2-2b\cos(mx))}=\frac{\pi(1+a^m b)}{(1-a^2)(1-b^2)(1-a^m b)}$$ y la sorprendente identidad $$\int_0^{\pi/2}\ln{\lvert\sin(mx)\rvert}\cdot \ln{\lvert\sin(nx)\rvert}\, dx=\frac{\pi^3}{24}\frac{\gcd^2(m,n)}{mn}+\frac{\pi\ln^2(2)}{2}$$ Todo el mundo parece tener curiosidad acerca de la prueba de esta última identidad. Una prueba se puede encontrar en mi respuesta aquí.

Acabo de recoger una partida integral, y el uso de cada técnica sé tantas veces como sea posible, tratar de llegar a la más exótica de las integrales como puedo, en lugar de elegir un determinado integral y tratando de resolver.

Por supuesto, las integrales generadas de esta manera sería una mala (o al menos extremadamente difícil) candidatos para el concurso de problemas o rompecabezas para evaluar da la integral, ya que son derivados de "atrás" y la determinación de la derivación dada la integral es, probablemente, mucho más difícil de perseguir a los vagos objetivo de una "bonita integral" con ninguna objetivo (ja, ja).

PREGUNTA: ¿los residentes de MSE que regularmente respuesta/pose de recreo de la integral definida preguntas) hacer esta misma actividad, en la que se intenta generar, más que resolver, fresco integrales? Si es así, ¿cuáles son algunas de las integrales que se te han ocurrido de esta manera? ¿Qué estrategias utilizar? ¿Le importa a alguien a opinar sobre el valor (o tal vez la falta de valor) de la búsqueda de las integrales de esta manera?

Saludos!

ADVERTENCIA: Esta pregunta tiene, lamentablemente, acumulado $4$ cerca de votos. Espero que haya suficiente apoyo para ser reabierto si un desafortunado quinto voto acontecer.

Answer 1

Sí, definitivamente. Por ejemplo, me encontré con que $$ m\int_0^{\infty} y^{\alpha} e^{-y}(1-e^{-y})^{m-1} \, dy = \Gamma(\alpha+1) \sum_{k \geq 1} (-1)^{k-1} \binom{m}{k} \frac{1}{k^{\alpha}} $$ (y sus resultados, para determinados valores de$\alpha$), mientras que la retirada del estiércol, con algunas integrales. Meses más tarde, yo estaba leyendo un artículo acerca de un determinado régimen de regularización (bucle de regularización) útil en la física de partículas, y estaba bastante sorprendido al reconocer a la suma de la derecha! Yo era entonces capaz de utilizar la integral para demostrar que la suma de los importes, en particular, tienen asintótica que se requiere para la teoría a la realidad funciona como se pretende, que el autor original se había comprobado numéricamente, pero no resultó. El papel resultante en arXiv aquí.

Nunca digamos que ensuciar alrededor con integrales es una inútil búsqueda!

Answer 2

Seguro si esto es digno de una respuesta, pero uno en particular truco que me parece fascinante es coordinar los cambios que deje el resultado de una integración de la virgen.

Por ejemplo, hay un teorema con un nombre no recuerdo ahora mismo (EDIT: Se llama Glasser maestro del teorema, como Chappers se señala más abajo), que establece la equivalencia de las integrales de funciones reales sobre toda la recta real:

$$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx = \int_{-\infty}^{\infty}f\left(|\alpha|x - \sum_{i=1}^{n}\frac{|\gamma_i|}{x - \beta_{i}}\right)dx$$

para arbitrario de constantes $\alpha$, $\beta_i$, $\gamma_i$.

La razón por la que esto es muy bueno para "ordeñar" las integrales es que usted puede mantener el cambio de las coordenadas más y más hasta llegar a una monstruosidad que tiene un simple resultado.

Vamos a probar el ejemplo más sencillo que se me ocurre, $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2 + a}dx$ real positivo $a$. Luego, mediante la aplicación de la coordenada de cambio y sobre el uso de $\alpha = 1$, $\gamma_{i} = \gamma =1$ y $\beta_i = \beta = 0$:

$$\frac{\pi}{\sqrt{a}}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2 + a}dx = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2}{x^4 + (a+2)x^2 + 1}dx = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{(x^2 (x^2 + 1)^2)}{a x^6 + 2 a x^4 + a x^2 + x^8 + 6 x^6 + 11 x^4 + 6 x^2 + 1} dx= \quad...$$

Ciertamente no estoy sugiriendo que este es un difícil integral, pero se puede ver cómo se puede llegar muy peludo si yo tuviera un valor distinto de cero $\beta_i$'s, o más de una $\gamma_i$!

Una vez que usted tiene suficiente de estos tipos de transformaciones bajo su cinturón, puede aplicarlos al contenido de su corazón en cualquier forma que te gusta, sabiendo que el resultado se mantiene sin cambios.

Espero que esto ayude en su búsqueda para encontrar más flojo integrales!

Answer 3

Los matemáticos de la leche de todo tipo de cosas sólo por diversión!

1. Uno Jon se inventó una secuencia de integrales utilizando el análisis de Fourier, que al principio parecen evaluar a $\pi/2$ y luego romper en el séptimo término. Informó que como un error a un sistema de álgebra computacional proveedor, que se pasó 3 días antes de averiguar que había tenido.

2. Que todo MO hilo es acerca de venir para arriba con contra-ejemplos de álgebra computacional, tales como sistemas de difícil ver la convergencia. También hago que hacer Wolfram Alpha todo el tiempo; siempre va a seguir siendo posible fácilmente truco para dar la Respuesta Equivocada.

3. El 1968 Putnam competencia contó con un obviamente positivas integral que evalúa a $\frac{22}{7}-\pi$. Lucas inventó otro similar integral para $\frac{355}{113}-\pi$.

4. Usted podría pedir que el creador de $\int_{-\infty}^{+\infty} {dx \over 1 + \left(x + \tan x\right)^2} = \pi$ cómo él/ella se acercó con esta integral. No se ve como una forma natural de la integral para mí.

Answer 4

Hemos visto Glasser Maestro del Teorema de ghostinthefigures bien Ramanujan tenía uno también:

Ramanujan Maestro del Teorema: Ramanujan era especialmente aficionado a esta técnica de su. G. H. Hardy señaló que él "era particularmente aficionado a ellos, y se utiliza como una de sus herramientas más comunes (para la leche de su integrales)." Tenga en cuenta que su procedimiento es estrictamente formal, con los resultados que son válidos sólo bajo condiciones severas.

Deje $F(x)$ ser algunos de los valores complejos de la función en algún barrio de $x=0$ con la expansión $$F(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda(k)(-x)^k}{k!}$$ donde $\lambda$ es algunos analítica singular valores de la función. Entonces $$ \int_{0}^{\infty}x^{n-1}F(x)\,dx=\Gamma(n)\lambda(-n)\etiqueta{1} $$ Junto a su Maestro Teorema $(1)$ Ramanujan también dio el equivalente a la identidad: $$\int _{0}^{\infty }x^{s-1}(\varphi(0)-x\varphi(1)+x^{2}\varphi(2)-\cdots)\,dx=\frac {\pi }{\sin(\pi s)}\varphi(-s)\tag{2}$$ que se convierte a la forma anterior $(1)$ después de la sustitución de $\varphi(n)=\frac {\lambda(n)}{\Gamma (1+n)}$ y el uso de la funcional de la ecuación de la función gamma.

Ramanujan la prueba se inicia con la función gamma de Euler integral $$\int_{0}^{\infty}e^{-mx}x^{n-1}\,dx=m^{-n}\Gamma(n),\quad m,\,n>0$$ Vamos $m=r^k$, $r$ una constante $>0$, y se multiplican ambos lados por $f^{(k)}(a)h^k/k!$ donde $f$ es alguna función que será definido más adelante con $a$, $h$, las constantes. Ahora suma de $k$ así: $$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)h^k}{k!} \int_{0}^{\infty}e^{-r^{k} x}x^{n-1}\,dx =\Gamma(n)\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)(hr^{-n})^k}{k!} $$ Ahora él se expande $e^{-r^{k} x}$ en su serie de Maclaurin, invierte el orden de la suma y de la integración para obtener \begin{align*} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)h^k}{k!} & \int_{0}^{\infty} x^{n-1}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{r^{jk}(-x)^j}{j!}\,dx = \int_{0}^{\infty} x^{n-1}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-x)^j}{j!}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)h^k r^{jk}}{k!}\,dx\\ &=\int_{0}^{\infty}x^{n-1}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{f(a+hr^{j})(-x)^j}{j!}\,dx=\Gamma(n)f(a+hr^{-n})\tag{3} \end{align*} Para $m$ real, seamos $f(hr^{m}+a)=\lambda(m)$, $(3)$ puede ser escrito como $(1)$.

Como un ejemplo de $(1)$ considerar el binomio de expansión $$(1+x)^{-a}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{k+a-1}{k}(-x)^k =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(k+a)}{\Gamma(a)}\frac{(-x)^k}{k!}$$ Deje $\lambda(k)=\Gamma(k+a)/\Gamma(a)$. A continuación, Ramanujan Maestro del Teorema da $$\int_{0}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{(1+x)^a}\,dx=\frac{\Gamma(n)\Gamma(a-n)}{\Gamma(a)}=B(n,a-n)$$ donde $B$ es la beta integral.

Como un ejemplo de $(2)$ considerar la infinita producto definición de la función Gamma: $$\Gamma (x)=\frac {e^{-\gamma x}}{x}\prod _{n=1}^{\infty}\left(1+\frac {x}{n}\right)^{-1}e^{x/n}$$ es equivalente a la expansión $$\log \Gamma (1+x)=-\gamma x+\sum _{k=2}^{\infty }\frac {\zeta (k)}{k}(-x)^{k}$$ donde $\zeta (k)$ es la de Riemann zeta función. Este reorganiza a $$\frac{\gamma x+\log \Gamma (1+x)}{x^2}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac {\zeta (2+k)}{2+k}(-x)^{k}$$ Deje $\varphi(k)=\zeta (2+k)/(2+k)$. A continuación, la aplicación de Ramanujan Maestro del Teorema tenemos: $$\int _{0}^{\infty }x^{s-1}\frac {\gamma x+\log \Gamma (1+x)}{x^{2}}\,dx=\frac {\pi }{\sin(\pi s)}\frac {\zeta (2-s)}{2-s}$$ válido para $0<\Re(s)<1$.

(Ver Ramanujan Cuadernos Vol I, cap.4 para algunos de Ramanujan resultados, y Hardy Ramanujan Ch.XI, Integrales Definidas, a través de las pruebas.)

Answer 5

No estoy seguro de si esto es lo que están buscando, pero me he encontrado con el siguiente (elíptica?) integral en AoPS:

$$\int \frac{x}{\sqrt{x^4+4x^3-6x^2+4x+1}}\, \mathrm{d}x$$

Era probable que se encontró al estudiar el algoritmo de Risch, o al menos la página de la Wikipedia. Aquí se puede observar la forma general de esta integral no puede ser resuelto en la escuela primaria, pero eligiendo cuidadosamente el derecho polinomios, se puede construir una función cuya derivada es de esa forma.

Como se muestra aquí, la solución a la integral es el monstruoso

$$ -\frac{1}{6}\ln\left[(x^{4}+10x^{3}+30x^{2}+22x-11)\sqrt{x^{4}+4x^{3}-6x^{2}+4x+1}- \\(x^{6}+12x^{5}+45x^{4}+44x^{3}-33x^{2}+43)\right]+C$$

Esto se deriva de la integral dada en la página de la Wikipedia,

$$\int \frac{x}{\sqrt{x^4 + 10 x^2 - 96 x - 71}} \mathrm{d}x$$

en el que se evalúa a

$$ - \frac{1}{8}\ln \,\Big( (x^6+15 x^4-80 x^3+27 x^2-528 x+781) \sqrt{ x^4+10 x^2-96 x-71} \Big. \\ {} - \Big .(x^8 + 20 x^6 - 128 x^5 + 54 x^4 - 1408 x^3 + 3124 x^2 + 10001) \Big) + C$$