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 Markus » 09/06-2019 12:14

Nebuchadnezzar skrev:Oppfølger

$
\iint_D e^{\max(b^2 x^2, a^2 y^2)} \,\mathrm{d}(x, y)
$

når $D = [0,a] \times [0,b]$ er rektangelet utspent av $a>0, b>0$

Det er klart at $b^2x^2 > a^2y^2$ hvis $bx>ay$, og på samme måte at $b^2x^2 < a^2y^2$ dersom $bx<ay$. Siden vi har bare med positive reelle tall å gjøre blir disse ulikhetene det samme som $y<\frac{bx}{a}$ og $x<\frac{ay}{b}$ respektivt. Dersom vi har likhet spiller det ikke noen rolle hva vi velger som maks. Derfor er $$\max \{b^2x^2,a^2y^2\} = \left\{\begin{matrix} b^2x^2 & \text{dersom } y\leq \frac{bx}{a} \\ a^2y^2 & \text{dersom } x<\frac{ay}{b} \end{matrix}\right.$$ Dermed er integranden $$e^{\max\{b^2x^2,a^2y^2\}} = \left\{\begin{matrix} e^{b^2x^2} & \text{dersom } y\leq \frac{bx}{a} \\ e^{a^2y^2} & \text{dersom } x<\frac{ay}{b} \end{matrix}\right.$$ så vi får at $$\begin{alignat*}{2} \iint_{\cal D} e^{\max\{b^2x^2,a^2y^2\}} \, \text{d}x\text{d}y &= \int_0^a \int_0^{bx/a} e^{b^2x^2} \, \text{d}y \text{d}x + \int_0^b \int_0^{ay/b} e^{a^2y^2} \, \text{d}x \text{d}y \\
&= \int_0^a \frac{bx}{a}e^{b^2x^2} \, \text{d}x + \int_0^b \frac{ay}{b}e^{a^2y^2} \, \text{d}y \\
&= \frac{e^{a^2b^2}-1}{2ab} + \frac{e^{a^2b^2}-1}{2ab} = \frac{e^{a^2b^2}-1}{ab} \end{alignat*}$$
Oppfølger: $\int_0^1 \frac{1-x}{\ln(x)(1+x)} \, \text{d}x$

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 06/05-2019 22:53

Kall integralet for $I(y)$. En kan se at $I(y_0) = I(1 - y_0)$ siden integranden er ikke-negativ og $(y - y^2)^2$ er invariant under $y \to 1 - y$. Altså er funksjonen voksende for $y_0<1/2$ vi kan avgrense oss til å studere tilfellet hvor $1/2 \leq y_0 < 1$.

Nå hevder jeg at $I(y)$ er voksende for $1/2 \leq y \leq 1$ slik at maksimum er når $y = 1$.

Litt algbra viser at

$ \hspace{1cm}
I'(y) = \sqrt{ y^4 + (y - y^2)^2 } + \int_0^{y} \frac{(y-y^2)(1-2y)}{\sqrt{x^4 + (y-y^2)^2}}\,\mathrm{d}x
$

Hvor igjen vi kan se at $I'(y) > 0$ når $0 < y \leq 1/2$. Anta igjen at $I'(y) > 0$ dette er det samme som at

$ \hspace{1cm}
\sqrt{y^2 + (y - y^2)^2} > (y - y^2)(2y - 1)
\int_0^{y} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^4 + (y - y^2)^2}}
\geq \int_0^{y} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{ (y - y^2)^2}}
= (2y - 1)y
$

Så for å vise at $I(y) > 0$ holder det å vise at $\sqrt{y^2 + (y - y^2)^2} \geq (2y - 1) y$ når $1/2 \leq y < 1$, men dette er triviell algebra. Bare å sette inn og kvadrere. Dette viser at maksimum oppstår for $y = 1$ slik at

$ \hspace{1cm}
\max_{ 0 \leq y \leq 1} \int_0^y \sqrt{ x^4 + (y-y^2)^2 } \,\mathrm{d}x
=\int_0^y \sqrt{ x^4 + 0} \,\mathrm{d}x = \frac{1}{3}
$

Oppfølger

$
\iint_D e^{\max(b^2 x^2, a^2 y^2)} \,\mathrm{d}(x, y)
$

når $D = [0,a] \times [0,b]$ er rektangelet utspent av $a>0, b>0$

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 17/04-2019 22:47

MatIsa skrev:Oppfølger:

$
\hspace{1cm}\int_1^\infty\dfrac{\mathrm{d}x}{x^2\lfloor x\rfloor}
$

På $[n,n+1)$ er $\lfloor x \rfloor = n$ når $n \in \mathbb{N}$. Dermed kan vi splitte opp integralet i perioder med lengde $1$ som gir $$\begin{alignat*}{2} \int_1^\infty \frac{1}{x^2\lfloor x \rfloor} \, \text{d}x &= \sum_{n=1}^\infty \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x^2n} \, \text{d}x \\
&= \sum_{n=1}^\infty \frac1n \frac{1}{n^2+n} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2(n+1)} \\
&= \sum_{n=1}^\infty \frac{1+n-n}{n^2(n+1)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)} = \frac{\pi^2}{6} - 1 \end{alignat*}$$ Der de to siste rekkene antas kjent (den helt siste er en veldig lett teleskoprekke).

Oppfølger:
Finn $\max_{0 \leq y \leq 1} \int_0^y \sqrt{x^4+(y-y^2)^2} \, \text{d}x$

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 16/04-2019 21:56

Nebuchadnezzar skrev: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 $a(n) < x < a(n+1)$.

La $f(x) = \cos\log{x}$. $f(x) = 0$ fører da til $\log{x} = \pi/2+m\pi$ og $x = \exp{(\pi/2+m\pi})$, der $m\in\mathbb{Z}$.

$a(n) = \exp{(\pi/2+\pi(n-1)}) = \exp{(\pi(n-1/2)})$ oppfyller da beskrivelsen over.
Ettersom $f(x) > 0$ for $x\in (a(k), a(k+1))$ når $k$ er et partall og $f(x) < 0$ når $k$ er et oddetall, kan vi skrive

$\hspace{1cm}I = \int_0^{a(n)}|f(x)|\,\mathrm{d}x = \sum_{k=-\infty}^{n-1} (-1)^k\int_{a(k)}^{a(k+1)} f(x)\,\mathrm{d}x$

Integranden til $f(x)$ finnes ved å gjøre substitusjonen $u = \log{x}$, $\mathrm{d}x = e^u\mathrm{d}u$:

$\hspace{1cm}\int f(x)\,\mathrm{d}x = \int e^u\cos{u}\,\mathrm{d}u = \dfrac12 e^u (\cos{u}+\sin{u}) = \dfrac12 x(\cos{\log{x}}+\sin{\log{x}})$

Dermed har vi

$\hspace{1cm}
\begin{aligned}
\int_{a(k)}^{a(k+1)} f(x)\,\mathrm{d}x &= \dfrac12\exp{(\pi(k+1/2))}\sin{(\pi(k+1/2))}-\dfrac12\exp{(\pi(k-1/2))}\sin{(\pi(k-1/2))}\\
&= (-1)^k\dfrac12 (e^{1/2}+e^{-1/2})e^{k\pi} = (-1)^k \cosh{(\pi/2)}e^{k\pi}
\end{aligned}
$
og

$\hspace{1cm}
\begin{aligned}
I &= \cosh{(\pi/2)}\sum_{k=-\infty}^{n-1} e^{k\pi}\\
&= \cosh{(\pi/2)}\sum_{k=-(n-1)}^\infty (e^{-\pi})^k\\
&= \cosh{(\pi/2)}e^{(n-1)\pi}\sum_{k=0}^\infty (e^{-\pi})^k\\
&= \cosh{(\pi/2)}\dfrac{e^{(n-1)\pi}}{1-e^{-\pi}}
\end{aligned}
$

Oppfølger:

$
\hspace{1cm}\int_1^\infty\dfrac{\mathrm{d}x}{x^2\lfloor x\rfloor}
$

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.

Topp