Kjappt og enkelt, men morosamt integral!
$\int \frac{x^2 \arctan{x}}{1+x^2}dx$
Integral maraton !
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Legg merke til at $x^2/(1+x^2) = (x^2 + 1 - 1)/(1+x^2) = 1 - (1)/(1+x^2)$ så
$ \int x^2 / (1+x^2) \mathrm{d}x = x - \arctan x + C$. Via delvis integrasjon fås
$ \displaystyle
\begin{align*}
\int \frac{x^2}{1+x^2} \arctan x \,\mathrm{d}x & =
(x - \arctan x) \cdot \arctan x - \int \bigl( x - \arctan x \bigr) \cdot \frac{1}{1+x^2} \, \mathrm{d}x \\
& = x \arctan x - \arctan^2 x - \left[ \frac{1}{2} \log \bigl( 1 + x^2 \bigr) - \frac{1}{2} \arctan^2 x \right] \\
& = x \arctan x - \frac{1}{2} \arctan x - \frac{1}{2} \log\bigl( 1 + x^2 \bigr) + \mathcal{C}
\end{align*}
$
Evnt så er
$ \displaystyle
\begin{align*}
I & = \int \frac{x^2 \arctan x + \arctan x - \arctan x}{1 + x^2} \mathrm{d}x \\
& = \int \arctan x - \frac{\arctan x}{(\arctan x)'} \, \mathrm{d}x \\
& = \left[ x \cdot \arctan x - \int x \left( \frac{1}{1+x^2} \right)\,\mathrm{d}x \right] - \frac{1}{2} \arctan^2x \\
& = x \arctan x - \frac{1}{2} \arctan x - \frac{1}{2} \log\bigl( 1 + x^2 \bigr) + \mathcal{C}
\end{align*}
$
via ca like mye arbeid.
Oppgave: En definisjon av logaritmefunksjonen er gitt som følger
$ \displaystyle
\log x = \int_1^x \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t
$
Bruk definisjonen ovenfor til å vise at identitetene $\log x^y = y \log x$ og $\log xy = \log x + \log y$ holder.
Her antas det selvsagt at $x$ og $y$ er reelle positive tall.
$ \int x^2 / (1+x^2) \mathrm{d}x = x - \arctan x + C$. Via delvis integrasjon fås
$ \displaystyle
\begin{align*}
\int \frac{x^2}{1+x^2} \arctan x \,\mathrm{d}x & =
(x - \arctan x) \cdot \arctan x - \int \bigl( x - \arctan x \bigr) \cdot \frac{1}{1+x^2} \, \mathrm{d}x \\
& = x \arctan x - \arctan^2 x - \left[ \frac{1}{2} \log \bigl( 1 + x^2 \bigr) - \frac{1}{2} \arctan^2 x \right] \\
& = x \arctan x - \frac{1}{2} \arctan x - \frac{1}{2} \log\bigl( 1 + x^2 \bigr) + \mathcal{C}
\end{align*}
$
Evnt så er
$ \displaystyle
\begin{align*}
I & = \int \frac{x^2 \arctan x + \arctan x - \arctan x}{1 + x^2} \mathrm{d}x \\
& = \int \arctan x - \frac{\arctan x}{(\arctan x)'} \, \mathrm{d}x \\
& = \left[ x \cdot \arctan x - \int x \left( \frac{1}{1+x^2} \right)\,\mathrm{d}x \right] - \frac{1}{2} \arctan^2x \\
& = x \arctan x - \frac{1}{2} \arctan x - \frac{1}{2} \log\bigl( 1 + x^2 \bigr) + \mathcal{C}
\end{align*}
$
via ca like mye arbeid.
Oppgave: En definisjon av logaritmefunksjonen er gitt som følger
$ \displaystyle
\log x = \int_1^x \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t
$
Bruk definisjonen ovenfor til å vise at identitetene $\log x^y = y \log x$ og $\log xy = \log x + \log y$ holder.
Her antas det selvsagt at $x$ og $y$ er reelle positive tall.
"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
-
- Dirichlet
- Innlegg: 194
- Registrert: 25/01-2013 17:58
$y \log{x} = y \int_1^x \frac{1}{t}dt = \int_1^x \frac{y t^{y-1}}{t^y}dt = [\log{t^y}]_1^x = \log{x^y}$Nebuchadnezzar skrev: Oppgave: En definisjon av logaritmefunksjonen er gitt som følger
$ \displaystyle
\log x = \int_1^x \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t
$
Bruk definisjonen ovenfor til å vise at identitetene $\log x^y = y \log x$ og $\log xy = \log x + \log y$ holder.
Her antas det selvsagt at $x$ og $y$ er reelle positive tall.
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Tar en diskre bump her
http://folk.ntnu.no/oistes/Diverse/Inte ... eboken.pdf
Har fått arbeidet en del mer på problemene på Del II, og fått
skrevet kanskje 60% ferdig på Del II.
Som vanlig trykker en på selve oppgaveteksten på problemene får en full løsning,
mens trykkes det på tallet får en bare fasitsvaret.
Hva som mangler så langt på Del III er følgende
Konstanter, Catalan's, Apeyrons, Kinkelin osv.
Funksjoner, digamma, polygamma, $\text{Li}_2$, Elliptisk
Transformasjoner, Melin, Fourier, Laplace.
Seksjon om kompleks integrasjon, nøkkelhull, og ulike parametriseringer.
Oppgavesammling
http://folk.ntnu.no/oistes/Diverse/Inte ... eboken.pdf
Har fått arbeidet en del mer på problemene på Del II, og fått
skrevet kanskje 60% ferdig på Del II.
Som vanlig trykker en på selve oppgaveteksten på problemene får en full løsning,
mens trykkes det på tallet får en bare fasitsvaret.
Hva som mangler så langt på Del III er følgende
Konstanter, Catalan's, Apeyrons, Kinkelin osv.
Funksjoner, digamma, polygamma, $\text{Li}_2$, Elliptisk
Transformasjoner, Melin, Fourier, Laplace.
Seksjon om kompleks integrasjon, nøkkelhull, og ulike parametriseringer.
Oppgavesammling
"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
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Bestem integralet
$ \displaystyle \hspace{1cm}
I := \int_{ \psi }^{ \varphi } 2^2 \left( x^2 - 1\right) e^{2x} \mathrm{d}x
$
der $\psi$ og $\varphi$ er enholdsvis den minste og største løsningen av $x(x-1)=1$.
$ \displaystyle \hspace{1cm}
I := \int_{ \psi }^{ \varphi } 2^2 \left( x^2 - 1\right) e^{2x} \mathrm{d}x
$
der $\psi$ og $\varphi$ er enholdsvis den minste og største løsningen av $x(x-1)=1$.
"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
Dette var jo ett lett ubestemte integral ! Svaret var jo artig da...
[tex]I=I_1+I_2=4\left(\int x^2e^{2x}\,dx-\int e^{2x}\,dx\right)[/tex]
vha 2 delvis integrasjoner er
[tex]I_1=4e^{2x}\left({x^2\over 2}+{1\over 4}-{x\over 2}\right)=e^{2x}\left(2x^2+1-2x\right)[/tex]
og
[tex]I_1=-2e^{2x}[/tex]
slik at
[tex]I=e^{2x}\left(2x^2-1-2x\right)+C[/tex]
så settes grensene inn, dvs
[tex]\frac{1\pm \sqrt5}2[/tex]
altså:
[tex]\large I=e\left(e^{\sqrt5}\,-\,e^{-\sqrt5}\right)=2e\sinh(\sqrt5)[/tex]
[tex]I=I_1+I_2=4\left(\int x^2e^{2x}\,dx-\int e^{2x}\,dx\right)[/tex]
vha 2 delvis integrasjoner er
[tex]I_1=4e^{2x}\left({x^2\over 2}+{1\over 4}-{x\over 2}\right)=e^{2x}\left(2x^2+1-2x\right)[/tex]
og
[tex]I_1=-2e^{2x}[/tex]
slik at
[tex]I=e^{2x}\left(2x^2-1-2x\right)+C[/tex]
så settes grensene inn, dvs
[tex]\frac{1\pm \sqrt5}2[/tex]
altså:
[tex]\large I=e\left(e^{\sqrt5}\,-\,e^{-\sqrt5}\right)=2e\sinh(\sqrt5)[/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
Har som vanlig ei alternativ løsning.. Noe i samme gate som omegaoppgaven.
$ \displaystyle \hspace{1cm}
\int_\psi^\varphi 2^2(x^2-1) e^{2x} \mathrm{d}x
= \Bigl[ \bigl(2 \cdot \overbrace{x(x-1)}^{1}-1\bigr) \cdot e^{2x} \Bigr]_\psi^\varphi
= \Bigl[ e^{2x} \Bigr]_\psi^\varphi
= e^{2\varphi} - e^{2\psi}\,.
$
For å slippe den delvise integrasjonen så kan en bruke følgende ansatz*
$ \displaystyle \hspace{1cm}
\int (x^2 - 1) \cdot e^{2x}\,\mathrm{d}x = \left( Ax^2 + Bx + C \right) \cdot e^{2x} + \mathcal{C}\,.
$
Der derivasjon av likningen
$ \displaystyle \hspace{1cm}
(x^2 - 1) \cdot e^{2x} = \left[ 2A \cdot x^2 + 2(A + B) \cdot x + (2C + B) \right] \cdot e^{2x}\,,
$
lar oss bestemme konstantene $A$, $B$ og $C$, ved å sammenlikne koeffisienter.
=======================================================
*Kommer fra om vi deriverer $P \cdot e^x$ fås $G \cdot e^x$, der $G$ og $P$ er
polynomer av samme grad. ($G = P + P'$.)
Artig oppgave ja =)
$ \displaystyle \hspace{1cm}
\int_\psi^\varphi 2^2(x^2-1) e^{2x} \mathrm{d}x
= \Bigl[ \bigl(2 \cdot \overbrace{x(x-1)}^{1}-1\bigr) \cdot e^{2x} \Bigr]_\psi^\varphi
= \Bigl[ e^{2x} \Bigr]_\psi^\varphi
= e^{2\varphi} - e^{2\psi}\,.
$
For å slippe den delvise integrasjonen så kan en bruke følgende ansatz*
$ \displaystyle \hspace{1cm}
\int (x^2 - 1) \cdot e^{2x}\,\mathrm{d}x = \left( Ax^2 + Bx + C \right) \cdot e^{2x} + \mathcal{C}\,.
$
Der derivasjon av likningen
$ \displaystyle \hspace{1cm}
(x^2 - 1) \cdot e^{2x} = \left[ 2A \cdot x^2 + 2(A + B) \cdot x + (2C + B) \right] \cdot e^{2x}\,,
$
lar oss bestemme konstantene $A$, $B$ og $C$, ved å sammenlikne koeffisienter.
=======================================================
*Kommer fra om vi deriverer $P \cdot e^x$ fås $G \cdot e^x$, der $G$ og $P$ er
polynomer av samme grad. ($G = P + P'$.)
Artig oppgave ja =)
"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
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Har da enda en luring på lager! Gitt $R>r>0$ vis at
$ \hspace{1cm}
f(\theta) =\frac{1}{2\pi} \frac{R^2 - r^2}{R^2 - 2Rr \cos \theta + r^2} \,,
$
er normert for $\theta \in [0,2\pi]$. Altså
$ \hspace{1cm}
\int_0^{2\pi} f(\theta)\,\mathrm{d}\theta = 1
$
$f(\theta)$ kalles ofte for Poisson Kernel og er mye brukt i harmonisk analyse.
http://en.wikipedia.org/wiki/Poisson_kernel
Merk det er kulere om en løser integralet uten bruk av komplekse størrelser :p
$ \hspace{1cm}
f(\theta) =\frac{1}{2\pi} \frac{R^2 - r^2}{R^2 - 2Rr \cos \theta + r^2} \,,
$
er normert for $\theta \in [0,2\pi]$. Altså
$ \hspace{1cm}
\int_0^{2\pi} f(\theta)\,\mathrm{d}\theta = 1
$
$f(\theta)$ kalles ofte for Poisson Kernel og er mye brukt i harmonisk analyse.
http://en.wikipedia.org/wiki/Poisson_kernel
Merk det er kulere om en løser integralet uten bruk av komplekse størrelser :p
"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
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Charlatan skrev:Her er et nytt integral:
[tex]\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{1}{1+(\tan x)^{\sqrt{2}}}dx[/tex]
$$
\int_0^{\pi/2} \frac{ \mathrm{d}x }{ 1 + \tan(x)^{\sqrt{2} } } = \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{2} \right) = \frac{ \pi }{4}
$$
"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
Nebuchadnezzar skrev:Charlatan skrev:Her er et nytt integral:
[tex]\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{1}{1+(\tan x)^{\sqrt{2}}}dx[/tex]
$$
\int_0^{\pi/2} \frac{ \mathrm{d}x }{ 1 + \tan(x)^{\sqrt{2} } } = \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{2} \right) = \frac{ \pi }{4}
$$
http://mathforum.org/library/drmath/view/63680.html
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
Bildet er løsningen på oppgaven, siden det røde og grønne området er like stort =)
Dermed er integralet halvparten av et rektangel med høyde $1$ og bredde $\pi/2$.
Så løsningen for noen dager siden, og syntes den var latterlig pen.
Dermed er integralet halvparten av et rektangel med høyde $1$ og bredde $\pi/2$.
Så løsningen for noen dager siden, og syntes den var latterlig pen.
"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
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Tar en diskre dobbelpost her, alle tre kan løses med samme fremgangsmåte.
$
\begin{align*}
I_A & = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sin x + \cos x}\,\mathrm{d}x \\
I_B & = \int_0^{\pi} x ( \cos x )^4\,\mathrm{d}x \\
I_C & = \int_{0}^{\pi/2} \log \left( \frac{(1+\sin x)^{1+\cos x}}{1+\cos x}\right)\,\mathrm{d}x
\end{align*}
$
Det anbefales å bruke $x \mapsto a - b - u$. Merk at dette ikke nødvendigvis gjør hele jobben =)
$
\begin{align*}
I_A & = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sin x + \cos x}\,\mathrm{d}x \\
I_B & = \int_0^{\pi} x ( \cos x )^4\,\mathrm{d}x \\
I_C & = \int_{0}^{\pi/2} \log \left( \frac{(1+\sin x)^{1+\cos x}}{1+\cos x}\right)\,\mathrm{d}x
\end{align*}
$
Det anbefales å bruke $x \mapsto a - b - u$. Merk at dette ikke nødvendigvis gjør hele jobben =)
"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
god gammal integrasjonsoppgave (ubestemt);Nebuchadnezzar skrev:Tar en diskre dobbelpost her, alle tre kan løses med samme fremgangsmåte.
$
\begin{align*}
I_A & = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\sin x + \cos x}\,\mathrm{d}x \\
\end{align*}
$
[tex]I={1\over 2}\int\frac{2\cos(x)}{\sin(x)+\cos(x)}\,\,dx={1\over 2}\int\frac{(\cos(x)+\sin(x))\,+\,(\cos(x)-\sin(x))}{\sin(x)+\cos(x)}\,\,dx[/tex]
[tex]I={1\over 2}\int dx\,+\,{1\over 2}\int \frac{\cos(x)-\sin(x)}{\sin(x)+\cos(x)}\,\,dx= {1\over 2}x\,+\,{1\over 2}\int\frac{du}{u}={1\over 2}x\,+\,{1\over 2}\ln|u|={1\over 2}x\,+\,{1\over 2}\ln\left|\cos(x)+\sin(x)\right|+C[/tex]
innsatt grenser gir
[tex]I=\frac{\pi}{4}[/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]
kan løses med tabulator integrasjon, sjøl om det er traktor-jobb, fikk da:Nebuchadnezzar skrev:Tar en diskre dobbelpost her, alle tre kan løses med samme fremgangsmåte.
$\begin{align*} I_B & = \int_0^{\pi} x ( \cos x )^4\,\mathrm{d}x \\
\end{align*}$
Det anbefales å bruke $x \mapsto a - b - u$. Merk at dette ikke nødvendigvis gjør hele jobben =)
[tex]I_B=\frac{3\pi^2}{16}[/tex]
sikkert lettere måte...
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
Tja du kan jo prøve å bruke at
$ \hspace{1cm}
\int_0^a f(x) \,\mathrm{d}x
= \int_0^a f(a-x) \,\mathrm{d}x
$
Da kan du få et uttrykk med bare $\cos^4x$, og
deretter kan en vel bruke sin favorittmetode. Betafunksjonen
eller Wallis integralene, eller tabular..
$ \hspace{1cm}
\int_0^a f(x) \,\mathrm{d}x
= \int_0^a f(a-x) \,\mathrm{d}x
$
Da kan du få et uttrykk med bare $\cos^4x$, og
deretter kan en vel bruke sin favorittmetode. Betafunksjonen
eller Wallis integralene, eller tabular..
"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