Дмитpий Hecтepук

Блог о программировании — C#, F#, C++, архитектура, и многое другое

Приемы взятия сложных интегралов

3 комментария

Интегралы, что может быть веселее? Ну, возможно не для всех, но все же, я уже давно ничего не постил такого сугубо математического, так что попробую. Этот пост – про то как брать «сложные» интегралы. Этот пост подразумевает что читатель учился таки в школе и знает тривиальные подходы (например, интегрирование по частям). В посте мы будем обсуждать только интегралы Римана, а не интегралы Лебега-Стилтьеса, Ито, Скорохода и так далее (хотя я бы с удовольствием, чесслово).

Весь этот пост — маленькая выборка рецептов или «паттернов» которые можно взять в копилку и потом применять. Пост рекомендуется читать на high-DPI дисплее дабы предотвратить глазное кровотечение. Я предупредил.

Переход к полярным координатам

Начнем с немного избитого метода — перехода к полярным координатам. Примечательно, что переход к полярным координатам можно применять даже там где, казалось бы, речь о декартовых координатах не идет вообще. Например, неопределенный интеграл Гаусса \textstyle \int e^{-x^2} {\mathrm d}x не имеет аналитического решения, а вот определенный интеграл \textstyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} {\mathrm d}x = \sqrt{\pi}.

Доказать это можно вот как: сначала, чтобы применить преобразование координат, мы вводим две переменные интегрирования \textstyle x и \textstyle y так что

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

Декартовы координаты можно выразить через полярные \textstyle (r, \theta) вот так:

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

Интегрирование от \textstyle -\infty до \textstyle \infty в декартовой системе координат — это то же, что интегрирование \textstyle r от \textstyle 0 до \textstyle \infty и \textstyle \theta от \textstyle 0 до \textstyle 2\pi.

В результате получим следующее:

\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}

Этот же подход может применять и в 3-х измерениях с использованим сферических координат \textstyle (x,y,z) \rightarrow (r,\theta,\phi).

Геометрические интерпретации

Вообще, «скатывание в геометрию» порой приносит плоды. Вот например допустим вам надо посчитать

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

Уверен, многие из вас знают что у этого интеграла есть аналитическое решение \textstyle \tan^{-1}x, поэтому посчитать определенный интеграл не составляет труда. Но на самом деле, этот интеграл можно посчитать даже без этого знания.

Представьте круг с радиусом \textstyle r с центром \textstyle (0,0). Длина дуги этого круга с центральным углом \textstyle \theta равна \textstyle L = r\theta, а если круг единичный – то просто \textstyle \theta. Тогда

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

где \textstyle t — это произвольная переменная интегрирования.

При таком раскладе, подынтегральное выражение равно \textstyle 1, но мы можем его усложнить, например

\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*}

Далее, делаем подстановку

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

Тем самым, получаем

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

Допустим что \textstyle \theta = \frac{\pi}{2}. Тогда \textstyle \tan \theta = \tan \frac{\pi}{2} = \infty, а поскольку \textstyle \frac{\pi}{2} отмеряет нам ровно четверть круга (длина всего единичного круга \textstyle 2\pi), мы моментально получаем результат

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

По аналогии с этим результатом можно получить и другие, разбивая круг на разное количество отрезков, например

\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*}

и так далее.

Разбиение диапазона интегрирования

Допустим вам надо посчитать

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

Для взятия этого интеграла, разобъем диапазон интегрирования на два, т.к. \textstyle \int_0^{\infty}=\int_0^1+\int_1^{\infty}.

Займемся сначала первым интегралом, т.е. \textstyle \int_0^1. Сделаем подстановку \textstyle t = 1/x \Rightarrow {\mathrm d}x=-{\mathrm d} t/t^2 . Получим

\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*}

То есть внезапно оказалось, что поставленная переменная \textstyle t выполняет такую же функцию что и \textstyle x. Другими словами, \textstyle \int_0^1 = -\int_1^{\infty} а это значит что мы автоматически получаем значение искомого интеграла:

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

Разбиениe на четное и нечетное

Вот нужно вам например посчитать

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

Давайте сделаем несколько замен:

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

Теперь нам нужно посчитать \textstyle \int_{-1}^{1} g(x) \;{\mathrm d}x, и вот тут начинается самое интересное. Мы переписываем \textstyle g(x) как сумму четной и нечетной функции:

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

Многие спросят «а так вообще можно?» — на самом деле да, и вот почему. Возьмите и воткните в определение выше \textstyle -x вместо \textstyle x. Вы получите

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

благодаря свойствам четности и нечетности функций. Следовательно, мы можем выразить четную и нечетную сторону функции как

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

и

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

Так-то. Соответственно, наш интеграл можно переписать как

\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

Как видно выше, нечетная функция пропала полностью, осталась только четная сторона, т.к.

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

Ладно, вам уже наверное надоело ждать сути этого примера. Так вот, у нас есть формула \textstyle g_e(x)=\frac{g(x)+g(-x)}{2}, дайвате воткнем в эту формулу \textstyle g(x). Мы получим

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

Но мы-то знаем, что \textstyle \cos x — четная функция, поэтому \textstyle g_e(x) можно переписать как

\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*}

Это какое-то месиво и непонятно что с ним делать. Но с другой стороны посмотрите, у нас в формуле присутствует \textstyle f(x)f(-x). Давайте вспомним, что \textstyle f(x)=e^{1/x} и мы получим

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

Ну вот и всё — наша страшная дробь выше уже совсем не страшная т.к. числитель и знаменатель равны, а это значит что

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

а сам интеграл теперь легко посчитать:

\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...

Хотите ещё?

Я на самом деле понял, что по объему для одного поста вполне достаточно. Сорри если что написал не так — я по-русски прочитал ровно нуль математических книг (чего и вам советую), так что терминология может страдать.

Существует еще вагон разных трюков, так что, если интересно, советую глянуть соответствующую литературу. Удачи! ■

Реклама

Written by Dmitri

9 ноября 2016 в 16:57

Опубликовано в Mathematics

Tagged with

комментария 3

Subscribe to comments with RSS.

  1. Как интеграллы, да и высшая математика помогают тебе в работе?

    Den

    11 декабря 2016 at 13:52

    • Взаимодействие с рынками требует понимания достаточно глубокой математики. Современная финансовая математика построена на стохастическом интеграле Ито.

      Dmitri

      11 декабря 2016 at 13:55

      • у меня таких задач не бывает и наверняка не будет, пишу на пхп))

        Den

        11 декабря 2016 at 14:17


Оставить комментарий

Заполните поля или щелкните по значку, чтобы оставить свой комментарий:

Логотип WordPress.com

Для комментария используется ваша учётная запись WordPress.com. Выход / Изменить )

Фотография Twitter

Для комментария используется ваша учётная запись Twitter. Выход / Изменить )

Фотография Facebook

Для комментария используется ваша учётная запись Facebook. Выход / Изменить )

Google+ photo

Для комментария используется ваша учётная запись Google+. Выход / Изменить )

Connecting to %s

%d такие блоггеры, как: