Integral maraton ! Skriv et svar


Dette spørsmålet er en metode for identifisering og hindring av automatiserte innsendinger.
Smil
:D :) :( :o :shock: :? 8-) :lol: :x :P :oops: :cry: :evil: :twisted: :roll: :wink: :!: :?: :idea: :arrow: :| :mrgreen:
BBCode er
[img] er
[flash] er AV
[url] er
Smil er
Emne
   

Utvid visningen Emne: Integral maraton !

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 24/02-2019 14:01

$ \hspace{1cm}
\int_1^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)}
\stackrel{x \mapsto 1/x}{=}
= -\int_{1}^{0} \frac{-\mathrm{d}x/x^2}{(1/x)(1+1/x^2)}
= \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{2x}{1+x^2} \,\mathrm{d}x
= \log \sqrt{2\,}
$

Oppfølger: Finn

$ \hspace{1cm}
\int_0^{a(n)} | \cos \log x | \,\mathrm{d}x
$

når $a(n)$ er det n'te nullpunktet til funksjonen større enn $1$. For å være helt presis: $a(n)>1$, $\cos( \log a(n) ) = 0$ for alle $n \in \mathbb{N}$ og det eksisterer ingen $x$ slik at $\cos( \log x) = 0$ når $a(n) < x < a(n+1)$.

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 23/02-2019 20:55

Kay skrev:Rekker et siste lite integral før jeg forsvinner helt i kveld :lol: . Denne er vel sånn for øvrig ganske sånn book-standard løsning og ikke særlig spennende. Har du noen flere, kanskje mer interessante løsninger?

[tex]I_1(\alpha)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\tan^{\alpha}(x)}[/tex]

La [tex]x\rightarrow \frac{\pi}{2}[/tex]

Da får vi at [tex]I_2(\alpha)=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\tan^{\alpha}(x)}{1+\tan^{\alpha}(x)}dx[/tex]

[tex]I_1(\alpha)+I_2(\alpha)=2I(\alpha)\Rightarrow I(\alpha)=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\frac{1}{1+\tan^\alpha(x)}+\frac{\tan^{\alpha}(x)}{1+\tan^{\alpha}(x)})=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{4}[/tex]

Oppfølger: [tex]\int_{\frac{1}{2014}}^{2014}\frac{\arctan(x)}{x}dx[/tex]

Det var den løsningen jeg brukte hvertfall, så har ikke noe spennende der nei. Før oppfølgeren din, viser jeg et lemma jeg vil ha bruk for.

Lemma: $\arctan(x)+\arctan\left( \frac1x \right) = \frac\pi2$ for $x \in \mathbb{R}^+$.
Bevis. Lag deg en rettvinklet trekant $ABC$ med kateter med lengde $CA = x$ og $AB = 1$. Da er $\angle CAB = 90^{\circ}$, og $\tan(\angle ABC)=x$ samt $\tan(\angle BCA) = \frac1x$. Siden $\angle CAB = 90^{\circ}$ må $\angle ABC + \angle BCA = 90^{\circ}$. Derfor er $\arctan(x)+\arctan \left( \frac1x \right) = \angle ABC + \angle BCA = 90^{\circ}$. Oversetter vi hele argumentet til radianer er vi ferdige. $\blacksquare$

Grensene på oppfølgeren din hinter veldig til substitusjonen $u = \frac1x$, som gir $\text{d}x = -x^2\text{d}u = \frac{-1}{u^2}\text{d}u$. Kall det originale integralet $\mathcal{I}$. Gjør vi denne får vi at $$\mathcal{I} = \int_{2014}^{\frac{1}{2014}} u\arctan \left( \frac1u \right) \left(-x^2 \right) \, \text{d}u= \int_{\frac{1}{2014}}^{2014} \frac{\arctan \left ( \frac1u \right)}{u} \, \text{d}u$$ Adderer vi de to ulike uttrykkene for integralene får vi $$2\mathcal{I} = \int_{\frac{1}{2014}}^{2014} \frac{\arctan(x)+\arctan \left ( \frac1x \right)}{x} \, \text{d}x = \frac\pi2 \int_{\frac{1}{2014}}^{2014} \frac{1}{x} \, \text{d}x = \frac\pi2 \left(\ln(2014-\ln \left( \frac{1}{2014} \right) \right) = \pi \ln(2014)$$ og følgelig er $\mathcal{I}=\frac{\pi}{2} \ln(2014)$.

Oppfølger: En morsom liten luring: $$\int_1^\infty \frac{1}{x(1+x^2)} \, \text{d}x$$

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 23/02-2019 19:29

Rekker et siste lite integral før jeg forsvinner helt i kveld :lol: . Denne er vel sånn for øvrig ganske sånn book-standard løsning og ikke særlig spennende. Har du noen flere, kanskje mer interessante løsninger?

[tex]I_1(\alpha)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\tan^{\alpha}(x)}[/tex]

La [tex]x\rightarrow \frac{\pi}{2}[/tex]

Da får vi at [tex]I_2(\alpha)=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\tan^{\alpha}(x)}{1+\tan^{\alpha}(x)}dx[/tex]

[tex]I_1(\alpha)+I_2(\alpha)=2I(\alpha)\Rightarrow I(\alpha)=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\frac{1}{1+\tan^\alpha(x)}+\frac{\tan^{\alpha}(x)}{1+\tan^{\alpha}(x)})=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{4}[/tex]

Oppfølger: [tex]\int_{\frac{1}{2014}}^{2014}\frac{\arctan(x)}{x}dx[/tex]

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 23/02-2019 15:37

Flott Kay! Skal selvfølgelig stå $ax$ ja :oops: Løste den også selv med Laplacetransformasjonen, et annet alternativ er via derivasjon under integraltegnet: La $I(a)=\int_0^\infty \frac{e^{-ax}\sin(bx)}{x}$. Da er $I'(a)=\int_0^\infty -e^{-ax}\sin(bx) \, \text{d}x = -\frac{b}{b^2+a^2}$. Det følger at $I(a)=-\arctan \left( \frac{a}{b} \right) + C$. Når vi lar $a \to \infty$ i det originale integralet får vi at $\lim_{a \to \infty} -\arctan(\frac{a}{b})+C=0$, så $C=\frac\pi2$, og det ønskede konklusjonen følger.

Kay skrev:Oppfølger [tex]\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin^3(x)}{\sin^3(x)+\cos^3(x)}dx[/tex], hva skjer så hvis du lar [tex]3\rightarrow n[/tex]

Ah, dette må være en av mine favorittintegral. Tar det generelle tilfellet; la $$\mathcal{I}=\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n(x)}{\sin^n(x)+\cos^n(x)} \, \text{d}x$$ Siden $\int_a^b f(x) \, \text{d}x=\int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$ får vi at $$\mathcal{I}=\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n(\pi/2-x)}{\sin^n(\pi/2-x)+\cos^n(\pi/2-x)} \, \text{d}x = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^n(x)}{\cos^n(x)+\sin^n(x)} \, \text{d}x$$ Ved å legge sammen de to ulike uttrykkene for $\mathcal{I}$ får vi at $$2\mathcal{I}=\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n(x) + \cos^n(x)}{\sin^n(x)+\cos^n(x)} \, \text{d}x = \int_0^{\pi/2} 1 \, \text{d}x$$ og det følger at $\mathcal{I}=\frac{\pi}{4} \enspace \forall n \in \mathbb{N}$.

Liknende oppfølger: $$\int_0^{\pi/2} \frac{1}{1+\tan^{\sqrt{2}}(x)} \, \text{d}x$$

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 23/02-2019 14:36

Markus skrev:
Kay skrev:Selvfølgelig:

Finn [tex]\int_0^\infty e^{it^k}dt, \ k\in \mathbb{R}[/tex]. Denne er kanskje litt ekkel og noe jeg selv ikke helt får til, men det hadde vært artig å se om noen fikk den til :D

Edit: ser at jeg har kødda litt her, mente selvfølgelig [tex]k\in \mathbb{N}[/tex]



Jeg har ikke peiling, men tipper sikkert noe kompleks analyse må til. Ble litt dødt her, så presenterer en ikke så veldig ille alternativ oppfølger som kan løses på flere måter: $$\int_0^\infty \frac{e^{-at}\sin(bx)}{x} \, \text{d}x$$ der $a,b>0$.



Mente du [tex]at[/tex] eller [tex]ax[/tex]? Blir kanskje litt mer trivielt når oppgaven [tex]e^{-at}[/tex] er en konstant, så løser begge.

For det ene tilfellet får vi vel bruk for signumfunksjonen, så [tex]\int_0^\infty\frac{e^{-at}\sin(bx)}{x}dx=e^{-at}\int_0^\infty \frac{\sin(bx)}{x}dx=\frac{\pi e^{-at} \textrm{sgn}(b)}{2}[/tex]

[tex]\int_0^\infty \frac{e^{-ax}\sin(bx)}{x}dx[/tex] Kan løses via. Laplace-transformasjonen.

[tex]\mathcal{L}(\sin(bt))=\int_0^\infty e^{-st}f(t)dt=\int_0^\infty e^{-st}\sin(t)dt=\frac{b}{b^2+s^2}[/tex]

Fra der er det jo relativt planke å se at [tex]\int_a^\infty \frac{b}{b^2+x^2}=b\left [ \frac{1}{b}tan^{-1}\frac{x}{b} \right ]_a^\infty=\frac{\pi}{2}-tan^{-1}\frac{a}{b}[/tex]


Oppfølger [tex]\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin^3(x)}{\sin^3(x)+\cos^3(x)}dx[/tex], hva skjer så hvis du lar [tex]3\rightarrow n[/tex]

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 23/02-2019 13:52

Kay skrev:Selvfølgelig:

Finn [tex]\int_0^\infty e^{it^k}dt, \ k\in \mathbb{R}[/tex]. Denne er kanskje litt ekkel og noe jeg selv ikke helt får til, men det hadde vært artig å se om noen fikk den til :D

Edit: ser at jeg har kødda litt her, mente selvfølgelig [tex]k\in \mathbb{N}[/tex]

Jeg har ikke peiling, men tipper sikkert noe kompleks analyse må til. Ble litt dødt her, så presenterer en ikke så veldig ille alternativ oppfølger som kan løses på flere måter: $$\int_0^\infty \frac{e^{-at}\sin(bx)}{x} \, \text{d}x$$ der $a,b>0$.

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 23/01-2019 18:18

Selvfølgelig:

Finn [tex]\int_0^\infty e^{it^k}dt, \ k\in \mathbb{R}[/tex]. Denne er kanskje litt ekkel og noe jeg selv ikke helt får til, men det hadde vært artig å se om noen fikk den til :D

Edit: ser at jeg har kødda litt her, mente selvfølgelig [tex]k\in \mathbb{N}[/tex]

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 23/01-2019 17:20

Kay skrev:
Markus skrev:Oppfølger:
For en litt lettere oppfølger, se Kay sin oppfølger. For en litt vanskeligere en; $$\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x} \, \text{d}x$$
Hint 1:
[+] Skjult tekst
Prøv først å bruk det $\int_a^b f(x) \, \text{d}x = \int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$, for å skrive om integranden

Hint 2:
[+] Skjult tekst
$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n$ når $|x|<1$. Bytt så rekkefølge på sum og integrasjon, som du kan i henhold til Dominated Convergence theorem

Hint 3:
[+] Skjult tekst
Du har nå forhåpentligvis integralet $\sum_{k=0}^\infty \int_0^1 x^k \ln^2(x)x^k \, \text{d}x$ hvis du har fulgt hintene over. Substituer først $u=\ln(x)$, deretter bør du få et integral som er lett håndterlig med delvis integrasjon.


EDIT: La til noen hint. De er kronologiske, dvs. hint 3 gir ikke mening uten hint 1 og 2 osv.


La [tex]x[/tex] gå mot [tex]1-x[/tex] slik at [tex]\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x}=\int_0^1\frac{\log^2(x)}{1-x}[/tex] anvender dct og oppnår med u-sub, delvis og NM i algebra at [tex]\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^1x^k\ln^2(x)dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2}{(1+k)^3}=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(1+k)^3}=2\zeta3[/tex]

Antar at du var uheldig når du oppga det tredje hintet som [tex]x^kln^2(x)x^k[/tex].

Vi kan også eventuelt si [tex]\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x-1} \stackrel{x\rightarrow 1-e^{-s}}{=} \int_0^\infty \frac{s^2}{e^s-1}ds=2\zeta{3}[/tex]


Strålende Kay, elegant den siste løsninga der! Er feil i hintet ja. Har du en oppfølger?

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 23/01-2019 17:09

Markus skrev:Oppfølger:
For en litt lettere oppfølger, se Kay sin oppfølger. For en litt vanskeligere en; $$\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x} \, \text{d}x$$
Hint 1:
[+] Skjult tekst
Prøv først å bruk det $\int_a^b f(x) \, \text{d}x = \int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$, for å skrive om integranden

Hint 2:
[+] Skjult tekst
$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n$ når $|x|<1$. Bytt så rekkefølge på sum og integrasjon, som du kan i henhold til Dominated Convergence theorem

Hint 3:
[+] Skjult tekst
Du har nå forhåpentligvis integralet $\sum_{k=0}^\infty \int_0^1 x^k \ln^2(x)x^k \, \text{d}x$ hvis du har fulgt hintene over. Substituer først $u=\ln(x)$, deretter bør du få et integral som er lett håndterlig med delvis integrasjon.


EDIT: La til noen hint. De er kronologiske, dvs. hint 3 gir ikke mening uten hint 1 og 2 osv.


La [tex]x[/tex] gå mot [tex]1-x[/tex] slik at [tex]\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x}=\int_0^1\frac{\log^2(x)}{1-x}[/tex] anvender dct og oppnår med u-sub, delvis og NM i algebra at [tex]\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^1x^k\ln^2(x)dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2}{(1+k)^3}=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(1+k)^3}=2\zeta3[/tex]

Antar at du var uheldig når du oppga det tredje hintet som [tex]x^kln^2(x)x^k[/tex].

Vi kan også eventuelt si [tex]\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x-1} \stackrel{x\rightarrow 1-e^{-s}}{=} \int_0^\infty \frac{s^2}{e^s-1}ds=2\zeta{3}[/tex]

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 19/01-2019 11:47

Nebuchadnezzar skrev:Oppfølger:

Integralet $\mathcal{I} = \int_a^b \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x-a)(b - x)}}$ der $b>a$ kan løses via ellipse-transformasjonen $x \mapsto a \cos^2 \theta + b \sin^2 \theta$. Vis at

$\mathcal{J} = \int_a^b \frac{ \mathrm{d}t } { t \sqrt{(t - a)(b - t)\,}\,} = \frac{1}{\sqrt{ab}} \mathcal{I}
$

Hvor igjen vi antar at $b>a$.. =)


Skal vi se nå da; substituer først $u=\frac1t$ i $\mathcal{J}$, som gir $$\mathcal{J}=\int_{\frac1a}^{\frac1b} \frac{u}{\sqrt{(\frac{1}{u}-a)(b-\frac1u)}} \left(\frac{-1}{u^2}\right) \, \text{d}u = -\int_{\frac1a}^{\frac1b} \frac{1}{u\sqrt{\frac{1}{u}\left(1-au\right)\frac{1}{u}\left(bu-1\right)}} \, \text{d}u = \int_{\frac1b}^{\frac1a} \frac{1}{\sqrt{(1-au)(bu-1)}} \, \text{d}u$$ Videre er $(1-au)(bu-1)=a(\frac1a-u) \cdot b(u-\frac1b) = ab(\frac1a - u)(u-\frac1b)$ La nå $\alpha = \frac1a$ og $\beta = \frac1b$. Da fås $$\mathcal{J}=\int_{\beta}^{\alpha} \frac{1}{\sqrt{ab}} \frac{1}{\sqrt{(\alpha-u)(u-\beta)}} \, \text{d}u = \frac{1}{\sqrt{ab}} \int_{\beta}^{\alpha}\frac{1}{\sqrt{(\alpha-u)(u-\beta)}} \, \text{d}u = \frac{1}{\sqrt{ab}} \mathcal{I}$$

Oppfølger:
For en litt lettere oppfølger, se Kay sin oppfølger. For en litt vanskeligere en; $$\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x} \, \text{d}x$$
Hint 1:
[+] Skjult tekst
Prøv først å bruk det $\int_a^b f(x) \, \text{d}x = \int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$, for å skrive om integranden

Hint 2:
[+] Skjult tekst
$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n$ når $|x|<1$. Bytt så rekkefølge på sum og integrasjon, som du kan i henhold til Dominated Convergence theorem

Hint 3:
[+] Skjult tekst
Du har nå forhåpentligvis integralet $\sum_{k=0}^\infty \int_0^1 x^k \ln^2(x)x^k \, \text{d}x$ hvis du har fulgt hintene over. Substituer først $u=\ln(x)$, deretter bør du få et integral som er lett håndterlig med delvis integrasjon.


EDIT: La til noen hint. De er kronologiske, dvs. hint 3 gir ikke mening uten hint 1 og 2 osv.

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 15/01-2019 00:33

Kay skrev:[tex]\int_0^\infty \frac{\arctan(x)\log(1+x^2)}{1+x^2}[/tex]

Du stilte visst også en oppfølger litt ubevisst her da. Jeg har jobbet med intgeralet i noen dager og klarte å reformulere det til noe integral-calculator greide å finne en closed form for. Visst nok skal Euler ha vist dette i sin levetid. Jeg jobbe fortsatt med å vise den siste delen, og håper at jeg kanskje kan poste en fullverdig løsning etter hvert. Enn så lenge så er integralets verdi noe så eksotisk som $$\mathcal{I}=\frac{\pi^2\ln(4)+7\zeta(3)}{8}$$ som stemmer veldig bra med den numeriske verdien Wolfram Alpha ga.

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 14/01-2019 22:18

Siden nivået på de siste integralene har vært relativt høyt kan vi ta det ned et par hakk med et integral som er gjennomførbart for R2-elever.

[tex]I=\int e^{ax}\cos(bx)dx[/tex] hvor [tex](a,b)\in \mathbb{R}[/tex]



For dere som er litt drevne så kan dere løse det uten hjelp av delvis :)

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 10/01-2019 06:23

Nebuchadnezzar skrev:Tror jeg bare siterte det feil, er vel en $x$ i nevneren på det opprinnelige integralet?

viewtopic.php?f=19&t=24242&start=480



Gud ja, jeg beklager. Jeg husker eksplisitt at jeg fikk samme svar. Når jeg skulle dobbelsjekke med wolfram iogmed at oppgaven er noen mnd gammel, ble litt smågrønn i trynet når jeg ikke fikk wolfram til å spytte ut [tex]\frac{\pi}{2}\log^2(2)[/tex], haha :lol: .

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 09/01-2019 08:06

Tror jeg bare siterte det feil, er vel en $x$ i nevneren på det opprinnelige integralet?

viewtopic.php?f=19&t=24242&start=480

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 09/01-2019 00:52

Nebuchadnezzar skrev:
$ \hspace{1cm} \int_0^\infty \frac{\arctan (x)}{x} \frac{\log(1+x^2)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2} \log^2(2) $



Det du har integrert stemmer jo sånn forsåvidt, men funksjonen vi ønsket å integrere var vel [tex]\int_0^\infty\frac{\arctan(x)\log(1+x^2)}{1+x^2} \neq \int_0^\infty \frac{\arctan(x)}{x}\frac{\log(1+x^2)}{1+x^2}[/tex], eller er det noe jeg har gått gllipp av nå?

Interessant løsning av integral forresten.

Topp