Integral maraton !

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

kjell123
Cayley
Cayley
Innlegg: 60
Registrert: 30/09-2010 12:16

Hvorledes løser du C oppgaven?
Takk for for forklaringen i A og B!!
Kjell
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Tja samme fremgangsmåte som før bruker at $ \int_0^a f(x) \,\mathrm{d}x = \int_0^a f(a-x) \,\mathrm{d}x$
Siden integralene er like kan vi skrive $I_C$ som

$ \hspace{1cm}
I_C
= \frac{1}{2}(I_C + I_C)
= \frac{1}{2} \int_0^a f(x) + f(a-x) \,\mathrm{d}x
= \int_0^{a/2} f(x) + f(a-x) \,\mathrm{d}x
$

Hva får du når du setter inn? Ett enklere integral i samme gate er

$ \hspace{1cm}
I_D = \int_0^{\pi/2} \sin^2(\sin x) + \cos^2(\cos x) \,\mathrm{d}x
$

Hvor en nesten kan bruke enhetsformelen $\sin x^2 + \cos x^2=1$, men
en må trikse litt for å få argumentene til å stemme.

Frekkisen på $I_C$ er å skrive ut logaritmen, også bruke symmetriargumentet
ovenfor til å vise at $\log(1+\cos x)$ er like stor som $\log(1+\sin x)$. Da står en
igjen med et svært overkommelig integral som kan løses ved for eksempel substitusjon.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
kjell123
Cayley
Cayley
Innlegg: 60
Registrert: 30/09-2010 12:16

Takk for god forklaring!!
Kjell
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Hva fikk du som svar på oppgavene? =)
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
kjell123
Cayley
Cayley
Innlegg: 60
Registrert: 30/09-2010 12:16

Gav opp!!!
Regnet numerisk, svar 0.17
Kjell
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Denna var søt

a) La $a \in \mathbb{R}$ vis at $ \int_0^a f(x) \,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_0^a f(a) + f(a-x)\,\mathrm{d}x$

b) Bestem verdien av integralet $\int_0^{\pi/2} \frac{1}{\log \tan x} + \frac{1}{1-\tan x}\,\mathrm{d}x $.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
MatIsa
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 150
Registrert: 12/06-2013 12:09
Sted: Trondheim

Prøver meg på a:

La $F'(x) = f(x)$

Da er $-F'(a-x) = f(a-x)$

Venstreside:

$\int_0^a{f(x)}~\text{d}x = F(a)-F(0)$

Høyreside:

$\frac12\int_0^a{f(x)+f(a-x)}~\text{d}x = \frac12(F(a)-(0)+(-F(0) + F(a))) = \frac12(2F(a) - 2F(0)) = F(a)-F(0)$

Altså:
$\int_0^a{f(x)}~\text{d}x = \frac12\int_0^a{f(x)+f(a-x)}~\text{d}x $

Legger til en ny:

Finn $\int{\frac{\text{d}x}{\sqrt{e^x-1}}}$
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

$ \hspace{1cm}
\int \frac{\mathrm{d}x}{ \sqrt{ e^x - 1 } }
$

Tanken her er å sette $u = \sqrt{ e^x - 1 }$, slik at $e^x = u^2 + 1$.
Videre så er $\mathrm{d}u = \frac{e^x}{2 \sqrt{ e^x - 1} } \mathrm{d}x$ med andre ord så er

$ \hspace{1cm}
\frac{ \mathrm{d}x }{ \sqrt{ e^x - 1 } }
= \frac{2 }{ e^x }\,\mathrm{d}u
= \frac{ 2 }{ 1 + u^2 } \,\mathrm{d}u
$

Dermed så er

$ \hspace{1cm}
\int \frac{ \mathrm{d}x }{ \sqrt{ e^x - 1 } }
= \int \frac{ 2 }{ 1 + u^2 } \,\mathrm{d}u
= 2 \arctan u + C
= 2 \arctan \sqrt{ e^x - 1 } + C
$

Oppfølger

$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+e^x)}
$
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Marius Jonsson
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 1
Registrert: 19/07-2016 17:03
Sted: Oslo

Øistein Søvik, sendt deg en melding på facebook.

Jeg tar dette integralet:

[tex]\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{(1 + x^2)(1+e^x)} = \frac{\arctan(x)}{1 + e^x} \Big|_{-\infty}^{\infty} + \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^x}{(1 + e^x)^2} \arctan(x) dx = \frac{\pi}{2} + \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^x}{(1 + e^x)^2} \arctan(x) dx[/tex]

Det gjenstår å vise at det siste integralet er null. Legg først merke til at

[tex]\frac{e^x}{(1 + e^x)^2} = \frac{1}{(1 + e^x)^2e^{-x}} = \frac{1}{(1 + e^x)^2 (e^{-x/2})^2} = \frac{2^2}{2^2}\frac{1}{(e^{-x/2} + e^{x/2})^2} = \frac{1}{2^2} \left( \frac{2}{e^{-x/2} + e^{x/2}} \right)^2 = \frac{1}{4}\frac{1}{\cosh^2(x/2)} = \frac{1}{4} \text{sech}^2(x/2),[/tex]

Det betyr at

[tex]\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^x}{(1 + e^x)^2} \arctan(x) dx = \frac{1}{4}\int_{-\infty}^{\infty} \text{sech}^2(x/2) \arctan(x) dx = 0,[/tex]

siden integranden er produktet av en symmetrisk og en anti-symmetrisk funksjon (, og dermed selv en anti-symmetrisk funksjon). Alt i alt betyr det at

[tex]\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{(1 + x^2)(1+e^x)} = \frac{\pi}{2} + 0 = \frac{\pi}{2}[/tex]


Oppfølgingspørsmål, vis at

[tex]\int_0^1 x^{-x}\, dx = \frac{1}{1^1} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^3} + \frac{1}{4^4} + \cdots[/tex]
MatIsa
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 150
Registrert: 12/06-2013 12:09
Sted: Trondheim

Marius Jonsson skrev: Oppfølgingspørsmål, vis at

[tex]\int_0^1 x^{-x}\, dx = \frac{1}{1^1} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^3} + \frac{1}{4^4} + \cdots[/tex]
Tar denne litt etter hukommelsen, da jeg mener å ha sett utledningen før:

La $I = \int_0^1 x^{-x}~{\rm d}x$.

Har først og fremst at $x^{-x} = e^{-x\ln{x}}$. Taylorrekken til $e^x$ er gitt ved $e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$. Dette gir at $x^{-x} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-x\ln{x})^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty (-\ln{x})^n\frac{x^n}{n!}$,
slik at $I = \int_0^1\left(\sum_{n=0}^\infty (-\ln{x})^n\frac{x^n}{n!}\right){\rm d}x = \sum_{n=0}^\infty\left( \int_0^1(-\ln{x})^n\frac{x^n}{n!}{\rm d}x\right) = \sum_{n=0}^\infty F(n)$. Ønsker altså å beregne $F(n) = \int_0^1(-\ln{x})^n\frac{x^n}{n!}{\rm d}x$.

La $u = -\ln{x}$, slik at $x = e^{-u}$ og ${\rm d}x = -e^{-u}~{\rm d}u$. Når $x\to 0$ vil $u\to \infty$, og $x=1\Longrightarrow u=0$:
$$F(n) = \frac{1}{n!}\int_\infty^0 u^n e^{-nu}(-e^{-u})~{\rm d}u = \frac{1}{n!}\int_0^\infty u^n e^{-(n+1)u}~{\rm d}u$$
La $v = (n+1)u$, slik at ${\rm d}v = (n+1){\rm d}u$. Integrasjonsgrensene forblir de samme:
$$F(n) = \frac{1}{n!}\int_0^\infty \frac{v^n}{(n+1)^n}e^{-v}\frac{{\rm d}v}{n+1} = \frac{1}{(n+1)^{n+1}}\frac{1}{n!}\int_0^\infty v^n e^{-v}~{\rm d}v = \frac{1}{(n+1)^{n+1}}\frac{1}{n!}\cdot \Gamma(n+1) = \frac{1}{(n+1)^{n+1}}$$
Dette gir da at
$$I = \sum_{n=0}^\infty F(n) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^{n+1}} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^n}.$$
Oppfølger:

Finn $\int \frac{1+\sin{\theta}}{1+\cos{\theta}}{\rm d}\theta$ (Hint: En enkel og ganske kjent substitusjon gjør integralet litt mer håndterbart).
zell
Guru
Guru
Innlegg: 1777
Registrert: 09/02-2007 15:46
Sted: Trondheim

MatIsa skrev: Oppfølger:
Finn $\int \frac{1+\sin{\theta}}{1+\cos{\theta}}{\rm d}\theta$ (Hint: En enkel og ganske kjent substitusjon gjør integralet litt mer håndterbart).
Bruker at [tex]\sin{\theta} = 2\sin{\left(\frac{\theta}{2}\right)}\cos{\left(\frac{\theta}{2}\right)}[/tex] og
[tex]\cos{\theta} = 2\cos^2{\left(\frac{\theta}{2}\right)}-1[/tex]

Får:

[tex]I = \int\frac{1+2\sin{\left(\frac{\theta}{2}\right)}\cos{\left(\frac{\theta}{2}\right)}}{2\cos^2{\left(\frac{\theta}{2}\right)}}\mathrm{d}\theta[/tex]

Splitter opp:

[tex]I_1 = \int\frac{1}{2\cos^2{\left(\frac{\theta}{2}\right)}}\mathrm{d}\theta[/tex]

og

[tex]I_2 = \int\frac{\sin{\left(\frac{\theta}{2}\right)}\cos{\left(\frac{\theta}{2}\right)}}{\cos^2{\left(\frac{\theta}{2}\right)}}\mathrm{d}\theta[/tex]

[tex]I_1[/tex] kjennes igjen som den deriverte av tangens, altså:

[tex]I_1 = \tan{\left(\frac{\theta}{2}\right)}[/tex]

[tex]I_2 = \int\frac{\sin{\left(\frac{\theta}{2}\right)}}{\cos{\left(\frac{\theta}{2}\right)}}\mathrm{d}\theta[/tex]

[tex]u=\cos{\left(\frac{\theta}{2}\right)} \ \Rightarrow \ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}\theta} = -\frac{1}{2}\sin{\left(\frac{\theta}{2}\right)}[/tex]

[tex]I_2 = \int\frac{-2}{u}\mathrm{d}u = -2\ln{\left|u\right|} = -2\ln{\left|\cos{\left(\frac{\theta}{2}\right)}\right|}[/tex]

[tex]I = I_1+I_2 = \tan{\left(\frac{\theta}{2}\right)}-2\ln{\left|\cos{\left(\frac{\theta}{2}\right)}\right|}+C[/tex]
MatIsa
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 150
Registrert: 12/06-2013 12:09
Sted: Trondheim

Flott! Brukte selv Weierstrass' substitusjon. Har noen et nytt integral?
Aleks855
Rasch
Rasch
Innlegg: 6855
Registrert: 19/03-2011 15:19
Sted: Trondheim
Kontakt:

Denne er kanskje veldig enkel, eller veldig vanskelig, avhengig av om du har kunnskap i en viss kategori, men $$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\mathrm dx$$
Bilde
zell
Guru
Guru
Innlegg: 1777
Registrert: 09/02-2007 15:46
Sted: Trondheim

Aleks855 skrev:Denne er kanskje veldig enkel, eller veldig vanskelig, avhengig av om du har kunnskap i en viss kategori, men $$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\mathrm dx$$
Fant en fiffig løsningsmetode:

[tex]I = \int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{d}x[/tex]

Kvadrerer integralet:

[tex]I^2 = \left[\int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{d}x\right]\cdot\left[\int_{-\infty}^\infty\mathrm{e}^{-y^2}\mathrm{d}y\right] = \int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty\mathrm{e}^{-\left(x^2+y^2\right)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y[/tex]

[tex]r^2 = x^2+y^2[/tex]
[tex]\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta[/tex]

[tex]0\leq r\leq \infty[/tex]
[tex]0\leq \theta \leq 2\pi[/tex]

[tex]\int_0^{2\pi}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-r^2}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta[/tex]

[tex]u = r^2 \ \Rightarrow \ \frac{\mathrm{d}u}{2} = r\mathrm{d}r[/tex]

[tex]I^2 = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-u}\mathrm{d}u\mathrm{d}\theta = \pi\left[-\mathrm{e}^{-u}\right]_0^\infty = -\pi\left[\lim_{u\to\infty}\mathrm{e}^{-u}-1\right] = \pi[/tex]

[tex]I = \sqrt{I^2} = \sqrt{\pi}[/tex]
Aleks855
Rasch
Rasch
Innlegg: 6855
Registrert: 19/03-2011 15:19
Sted: Trondheim
Kontakt:

Liker det! Polarkoordinater var "kategorien" jeg sikta til :)
Bilde
Svar