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标题: 两个相等的定积分 [打印本页]

作者: 青青子衿    时间: 2018-5-23 17:01     标题: 两个相等的定积分

证明:\[\int_0^{2\pi}(1+\sin\theta\cos\theta)^{\sigma-1}\rmd{\theta}=\int_0^{2\pi}\dfrac{\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}{\left(\dfrac{2}{3}\cos^2t+2\sin^2t\right)^{\sigma}}\rmd{t}\]
作者: abababa    时间: 2018-5-28 18:22

本帖最后由 abababa 于 2018-5-28 18:24 编辑

回复 1# 青青子衿

不太感兴趣这个,发网友的解答看看:
\begin{align*}
\int_{0}^{2\pi}(1+\sin x\cos x)^{\sigma-1}dx &= \frac{1}{2^{\sigma-1} \cdot 2}\int_{0}^{2\pi}(2+\sin 2x)^{\sigma-1}d2x = \frac{1}{2^{\sigma}}\int_{0}^{4\pi}(2+\sin x)^{\sigma-1}dx\\
&= \frac{1}{2^{\sigma}} \cdot 2\int_{-\pi}^{\pi}(2+\sin x)^{\sigma-1}dx = \frac{1}{2^{\sigma}} \cdot 2\int_{-\pi}^{\pi}(2+\cos x)^{\sigma-1}dx\\
&=->(x=2\arctan s)= \frac{1}{2^{\sigma}} \cdot 2\int_{-\infty}^{+\infty}(\frac{s^2+3}{s^2+1})^{\sigma-1} \cdot \frac{2}{s^2+1}ds\\
&= ->(s=\sqrt{3}s)= \frac{1}{2^{\sigma}}\cdot 2\cdot(\sqrt{3})^{2\sigma-1}\int_{-\infty}^{+\infty}(\frac{1+s^2}{1+3s^2})^{\sigma-1}\cdot\frac{2}{3s^2+1}ds
\end{align*}


\begin{align*}
\int_{0}^{2\pi}\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{(\frac{2}{3}\cos^2x+2\sin^2x)^{\sigma}}dx &= \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}(\frac{2}{3})^{-\sigma}(2-\cos 2x)^{-\sigma}d2x = \frac{(\sqrt{3})^{2\sigma-1}}{2^{\sigma}} \cdot 2\int_{-\pi}^{\pi}(2-\cos x)^{-\sigma}dx\\
&=->(x=2\arctan s)=\frac{(\sqrt{3})^{2\sigma-1}}{2^{\sigma}} \cdot 2 \int_{-\infty}^{\infty}(\frac{s^2+1}{3 s^2+1})^{\sigma}\cdot \frac{2}{s^2+1}ds
\end{align*}
作者: 青青子衿    时间: 2019-5-19 22:31

本帖最后由 青青子衿 于 2019-5-22 16:01 编辑

回复 2# abababa
能否得出更一般的:
\[ I_n\left(a,b\right)\,\triangleq\,\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\left(a\cos^2\theta+b\sin^2\theta\right)^n}\mathrm{d}\theta \]
\begin{align*}
I_n\left(a,b\right)\,&=\,\frac{1}{1-n}\operatorname{div}\boldsymbol{I}_{n-1}\left(a,b\right)\\
&=\,\frac{1}{1-n}\operatorname{div}\bigg(\,I_{n-1}\boldsymbol{i}+\,I_{n-1}\boldsymbol{j}\bigg)\\
&=\,\frac{1}{1-n}\left(\dfrac{\partial\,I_{n-1}}{\partial\,a}+\dfrac{\partial\,I_{n-1}}{\partial\,b}\right)
\end{align*}
\begin{align*}
I_1\left(a,b\right)&=\frac{\pi}{2\sqrt{ab}}\\
&\Downarrow\\
I_2\left(a,b\right)&=\frac{\pi}{4\sqrt{ab}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\\
I_3\left(a,b\right)&=\frac{\pi}{16\sqrt{ab}}\left(\frac{3}{a^2}+\frac{3}{b^2}+\frac{2}{ab}\right)\\
I_4\left(a,b\right)&=\frac{\pi}{32\sqrt{ab}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(\frac{5}{a^2}+\frac{5}{b^2}-\frac{2}{ab}\right)\\
I_5\left(a,b\right)&=\frac{\pi}{256\sqrt{ab}}\left(\frac{35}{a^4}+\frac{35}{b^4}+\frac{20}{a^3b}+\frac{20}{ab^3}+\frac{18}{a^2b^2}\right)\\
\end{align*}

...
  1. J[n_] := J[n] = If[n <= 1, \[Pi]/(2 Sqrt[a b]), 1/(1 - n) Plus @@ Grad[J[n - 1], {a, b}]]
  2. J[5] // FullSimplify
复制代码
...
另外,是QQ群里的网友吗?
作者: abababa    时间: 2019-5-20 21:49

回复 3# 青青子衿

递推的都不太好得到结果吧,用软件算了一下,结果用到了超几何函数,觉得不太可能得到简单表达式了。

是人教论坛的maven网友。
作者: facebooker    时间: 2019-5-20 22:58

这么复杂的式子咋打出来的啊
作者: 色k    时间: 2019-5-20 23:00

回复 5# facebooker

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