Nå skal jeg være kjip med deg å si at jeg har rett
[tex]\lim_{x\to 0} (1+x)e^{-x}= 0 + e^{-0} = 1 [/tex]
[tex]\lim_{x\to \infty} (1+x)e^{-x} = \lim_{x\to \infty} x e^{-x} + \lim_{x\to \infty} e^{-x} = 0 + 0 = 0[/tex]
For mye voksenbrus? ^^
Integral maraton !
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
ja, jaggu, det er for mye sinnabrus...Nebuchadnezzar skrev:Nå skal jeg være kjip med deg å si at jeg har rett
[tex]\lim_{x\to 0} (1+x)e^{-x}= 0 + e^{-0} = 1 [/tex]
[tex]\lim_{x\to \infty} (1+x)e^{-x} = \lim_{x\to \infty} x e^{-x} + \lim_{x\to \infty} e^{-x} = 0 + 0 = 0[/tex]
For mye voksenbrus? ^^
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Håper ikke vi har hatt det før, evaluer følgende integral:
[tex]\Large I=\int_{0}^{\infty}\ln(1-e^{-x})\,dx[/tex]
[tex]\Large I=\int_{0}^{\infty}\ln(1-e^{-x})\,dx[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Se første integral i tråden, la $a = 1$
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
hehe, sjekka noen av integrala her om dagen..huska ikke første da...
artig integral uansett....
artig integral uansett....
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Ingen aning om følgende integraler har blitt løst her tidligere, men la gå: (vanskelighetsgraden er variabel)
$\displaystyle I_n = \int \sinh^2 \sqrt{x} \,dx$
$\displaystyle I_{n+1} = \int \tan^2 \sqrt{x}\,dx$
$\displaystyle I_{n+2} = \int \frac{x^2+x+1}{x^4+x^2+1}\,dx$
$\displaystyle I_{n+3} = \int \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x+\tan^2 x}\,dx$
$\displaystyle I_{n+4} = \int \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x+\tan^2 x}\,dx$
$\displaystyle I_{n+5} = \int \frac{\sin (3x)+\cos (2x)}{\tan x}\,dx$
$\displaystyle I_{n+6} = \int \sin x \sinh x\,dx$
$\displaystyle I_{n+7} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1+\sqrt{1-\sin^2 x}}\,dx$
Alle integralene har rimelig ukompliserte svar og kan uttrykkes ved enkle elementære funksjoner.
$\displaystyle I_n = \int \sinh^2 \sqrt{x} \,dx$
$\displaystyle I_{n+1} = \int \tan^2 \sqrt{x}\,dx$
$\displaystyle I_{n+2} = \int \frac{x^2+x+1}{x^4+x^2+1}\,dx$
$\displaystyle I_{n+3} = \int \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x+\tan^2 x}\,dx$
$\displaystyle I_{n+4} = \int \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x+\tan^2 x}\,dx$
$\displaystyle I_{n+5} = \int \frac{\sin (3x)+\cos (2x)}{\tan x}\,dx$
$\displaystyle I_{n+6} = \int \sin x \sinh x\,dx$
$\displaystyle I_{n+7} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1+\sqrt{1-\sin^2 x}}\,dx$
Alle integralene har rimelig ukompliserte svar og kan uttrykkes ved enkle elementære funksjoner.
[tex]I(n+6)=-\cos(x)\sinh(x)+\int\cos(x)\cosh(x)\,dx=-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)-\int\sin(x)\sinh(x)\,dx=-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)-I(n+6)+D[/tex]
[tex]2I(n+6)=-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)+D[/tex]
[tex]I(n+6)={1\over 2}\left(-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)\right)+C[/tex]
[tex]2I(n+6)=-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)+D[/tex]
[tex]I(n+6)={1\over 2}\left(-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)\right)+C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
[tex]I(n+7)=\int_0^{\pi/2}\sqrt{1+\cos(x)}\,dx=\int_0^{\pi/2}\sqrt{2\cos^2(x/2)}\,dx=\sqrt 2 \int_0^{\pi/2}|{\cos(x/2)}|\,dx=2\sqrt2\sin(x/2)|_0^{\pi/2}=2[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
[tex]I(n+2)=\large\int\frac{dx}{x^2-x+1}=\int\frac{dx}{(x-0,5)^2+0,75}=\int\frac{du}{u^2+0,75}={2\over \sqrt3}\int\frac{dt}{t^2+1}={2\over \sqrt3}\arctan(t)= {2\over \sqrt3}\arctan({2u\over \sqrt3})={2\over \sqrt3}\arctan\left({2x-1\over \sqrt3}\right)+C[/tex]
1) brukt polynomdivisjon
2) substitusjon 1: u = x - 0,5
3) substitusjon 2: [tex]t = 2u/\sqrt3[/tex]
1) brukt polynomdivisjon
2) substitusjon 1: u = x - 0,5
3) substitusjon 2: [tex]t = 2u/\sqrt3[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
-
- Dirichlet
- Innlegg: 194
- Registrert: 25/01-2013 17:58
$I_n = \int \sinh{\sqrt{x}}dx = \int(\frac{e^\sqrt{x}-e^{-\sqrt{x}}}{2})^2dx = \frac{1}{4} \int(e^x-2+e^{-x})dx = \frac{1}{4}(e^x-e^{-x}-2x)+C$
Kjeder meg, eksamen over!
Kjeder meg, eksamen over!
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
I denne oppgaven er det i hovedsak, $\Omega$ konstanten og dens egenskaper vi studerer nærmere.
Konstanten er definert slik at den oppfyller likningen
$ \hspace{4cm} \Omega \cdot e^{\Omega} = 1 $
og er kanskje bedre kjent som $\mathrm{LambertW(1)}$. Videre ser vi nærmere på funksjonene
$ \hspace{4cm} f(x) = x$ og $g(x) = x^2 \log x$
Om øsnklig kan en lese mer om Omega konstanten her http://en.wikipedia.org/wiki/Omega_constant, uten at
det er nødvendig for å løse oppgaven.
a) Vis at skjæringspunktene mellom $f$ og $g$ er henholdsvis $x_0 = 0$ og $x_1 = \exp(\Omega)$.
b) Beregn området avgrenset av $f(x) = x$, $g(x) = x^2 \log x$, $x = x_0$ og $x = x_1$.
Vis at det kan skrives som
$ \displaystyle \hspace{4cm}
A = \frac{1}{6} e^{2 \Omega } + \frac{1}{9} e^{3 \Omega }
= \frac{1}{6\Omega^2} + \frac{1}{9 \Omega^3} \: ,
$
ved gjentatt bruk av egenskapene til $\Omega$ konstanten.
Konstanten er definert slik at den oppfyller likningen
$ \hspace{4cm} \Omega \cdot e^{\Omega} = 1 $
og er kanskje bedre kjent som $\mathrm{LambertW(1)}$. Videre ser vi nærmere på funksjonene
$ \hspace{4cm} f(x) = x$ og $g(x) = x^2 \log x$
Om øsnklig kan en lese mer om Omega konstanten her http://en.wikipedia.org/wiki/Omega_constant, uten at
det er nødvendig for å løse oppgaven.
a) Vis at skjæringspunktene mellom $f$ og $g$ er henholdsvis $x_0 = 0$ og $x_1 = \exp(\Omega)$.
b) Beregn området avgrenset av $f(x) = x$, $g(x) = x^2 \log x$, $x = x_0$ og $x = x_1$.
Vis at det kan skrives som
$ \displaystyle \hspace{4cm}
A = \frac{1}{6} e^{2 \Omega } + \frac{1}{9} e^{3 \Omega }
= \frac{1}{6\Omega^2} + \frac{1}{9 \Omega^3} \: ,
$
ved gjentatt bruk av egenskapene til $\Omega$ konstanten.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
oppgava til Nebu., blir litt fort og gæli;
a)
[tex]f = g \,=>\,x-x^2\ln(x)=0\,=>\, x(1-x\ln(x))=0[/tex]
[tex]x_o=0\,\wedge\,x\ln(x)=1[/tex]
[tex]W(x\ln(x))=W(1)=\Omega[/tex]
[tex]\text exp(W(x\ln(x)))=exp(W(1))=exp(\Omega)[/tex]
[tex]x_1=\exp(\Omega)=1/W(1)[/tex]
=====
b)
[tex]\large A=\int_o^{e^{\Omega}}(x-x^2\ln(x))\,dx=[{1\over 2}x^2 - {1\over 9}x^3(3\ln(x)-1)]_o^{e^{\Omega}}[/tex]
[tex]\large A={1\over 2}e^{2\Omega} - {1\over 9}e^{3\Omega}(3\Omega-1) ={1\over 2}e^{2\Omega} +{1\over 3}e^{3\Omega}\ln(\Omega)+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]
[tex]\large A ={1\over 2}e^{2\Omega} +{1\over 3}e^{2\Omega}e^{\Omega}\ln(\Omega)+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]
[tex]\large A ={1\over 2}e^{2\Omega} -{1\over 3}e^{2\Omega}+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]
[tex]\large A ={1\over 6}e^{2\Omega}+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]
a)
[tex]f = g \,=>\,x-x^2\ln(x)=0\,=>\, x(1-x\ln(x))=0[/tex]
[tex]x_o=0\,\wedge\,x\ln(x)=1[/tex]
[tex]W(x\ln(x))=W(1)=\Omega[/tex]
[tex]\text exp(W(x\ln(x)))=exp(W(1))=exp(\Omega)[/tex]
[tex]x_1=\exp(\Omega)=1/W(1)[/tex]
=====
b)
[tex]\large A=\int_o^{e^{\Omega}}(x-x^2\ln(x))\,dx=[{1\over 2}x^2 - {1\over 9}x^3(3\ln(x)-1)]_o^{e^{\Omega}}[/tex]
[tex]\large A={1\over 2}e^{2\Omega} - {1\over 9}e^{3\Omega}(3\Omega-1) ={1\over 2}e^{2\Omega} +{1\over 3}e^{3\Omega}\ln(\Omega)+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]
[tex]\large A ={1\over 2}e^{2\Omega} +{1\over 3}e^{2\Omega}e^{\Omega}\ln(\Omega)+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]
[tex]\large A ={1\over 2}e^{2\Omega} -{1\over 3}e^{2\Omega}+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]
[tex]\large A ={1\over 6}e^{2\Omega}+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Ser helt rett ut dette. Artig oppgave? Føler at dette er noe en flink VG3 elev, ville fått til
med litt tid og hjelp.
Ville gjort a) slik
$
x \ln x = 1 \ \Rightarrow \ e^{1/x}
= e^{\ln x} \ \Rightarrow \ \frac{1}{x} e^{1/x}
= 1
$
Ved å sammenlikne med definisjonen for $\Omega$ konstanten så ser vi raskt at
$
\Omega = x^{-1} \ \Rightarrow \ x = \Omega^{-1} = e^{\Omega}
$
Den siste overgangen er ser en ved å dele definisjonen av omega konstanten på omega. Da har vi at
$
\begin{align*}
A & = \frac{1}{ 2}e^{2\Omega} - \frac{1}{ 9} e^{3\Omega}(3\Omega - 1)
= \frac{1}{ 2}e^{2\Omega} - \frac{1}{ 3} e^{2\Omega}(\Omega e^{\Omega}) + \frac{1}{9}e^{3\Omega} \\
& = \frac{1}{6} e^{2 \Omega} - \frac{1}{9} e^{3\Omega} = \frac{1}{6\Omega^2} + \frac{1}{9\Omega^3}
\end{align*}
$
som ønska.
med litt tid og hjelp.
Ville gjort a) slik
$
x \ln x = 1 \ \Rightarrow \ e^{1/x}
= e^{\ln x} \ \Rightarrow \ \frac{1}{x} e^{1/x}
= 1
$
Ved å sammenlikne med definisjonen for $\Omega$ konstanten så ser vi raskt at
$
\Omega = x^{-1} \ \Rightarrow \ x = \Omega^{-1} = e^{\Omega}
$
Den siste overgangen er ser en ved å dele definisjonen av omega konstanten på omega. Da har vi at
$
\begin{align*}
A & = \frac{1}{ 2}e^{2\Omega} - \frac{1}{ 9} e^{3\Omega}(3\Omega - 1)
= \frac{1}{ 2}e^{2\Omega} - \frac{1}{ 3} e^{2\Omega}(\Omega e^{\Omega}) + \frac{1}{9}e^{3\Omega} \\
& = \frac{1}{6} e^{2 \Omega} - \frac{1}{9} e^{3\Omega} = \frac{1}{6\Omega^2} + \frac{1}{9\Omega^3}
\end{align*}
$
som ønska.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Absolutt artig oppgave, glemte å nevne det!...Nebuchadnezzar skrev:Ser helt rett ut dette. Artig oppgave? Føler at dette er noe en flink VG3 elev, ville fått til
med litt tid og hjelp
Tenkte faktisk på (når jeg så oppgava) at det kunne vært en utfordringsoppg på R2 eksamen, dog med liten innføring i Lamberts Omegafunksjon og omegakonstanten.
(Kanskje med noe ramaskrik etterpå :=) ).
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Hadde kankje blitt noen ramaskrik, alternativet ville jo vært å latt det være en oppgave i et av innføringskursene på høyskolen/ universitetet.
Slenger opp en artig røver jeg fant for noen dager siden.
Vis at følgende likhet stemmer
$ \displaystyle
\int^{ na }_{ma} \frac{ \log(x-a) }{ \, x^2+a^2 \, } \, \mathrm{d}x =
\int^{ \frac{a}{m} }_{\frac{a}{n}}\frac{ \log(x+a) }{ \, x^2+a^2 \, } \, \mathrm{d}x,
$
hvor $a$, $n$, $m$ er strengt positive tall som tilfredstiller $nm = n + m + 1$.
Slenger opp en artig røver jeg fant for noen dager siden.
Vis at følgende likhet stemmer
$ \displaystyle
\int^{ na }_{ma} \frac{ \log(x-a) }{ \, x^2+a^2 \, } \, \mathrm{d}x =
\int^{ \frac{a}{m} }_{\frac{a}{n}}\frac{ \log(x+a) }{ \, x^2+a^2 \, } \, \mathrm{d}x,
$
hvor $a$, $n$, $m$ er strengt positive tall som tilfredstiller $nm = n + m + 1$.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk