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 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

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.

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 08/01-2019 21:26

Kay - 24/08-2018 skrev:
Oppfølger:

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



Denne har stått uløst en stund, men etter å ha pratet med Markus litt tror jeg at den gikk opp. Ønsker å vise at

$ \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) $

Vi begynner med å definere funksjonen

$ \hspace{1cm}
f(a,b) = \frac{\arctan (ax) }{x} \frac{\log(1+bx^2)}{1+x^2}
$

der vi ser via inspeksjon at $f(0,b) = 0$ for alle $b$ og $f(a,0) = 0$ for alle $a$.Videre så er

$ \hspace{1cm}
\begin{align*}
\frac{\partial}{\partial a}f(a,b) & = \frac{\log(1 + b x^2)}{(1 + x^2) (1 + a^2 x^2)} \\
\frac{\partial^2}{\partial a \partial b} f(a,b) &= \frac{x^2}{(1 + x^2) (1 + a^2 x^2) (1 + b^2 x^2)}
\end{align*}
$

Slik at

$ \hspace{1cm}
\begin{align*}
\frac{\arctan (x) }{x} \frac{\log(1+x^2)}{1+x^2}
& = f(1,1) - f(1,0) \\
& = \frac{\partial}{\partial a} \int_0^1 f(a,1) - f(a, 0) \,\mathrm{d}a \\
& = \frac{\partial}{\partial a} \int_0^1 \frac{\partial}{\partial b} \Bigl[ \int_0^1 f(a,b) \, \mathrm{d}b \Bigr] \,\mathrm{d}a \\
& = \int_0^1 \int_0^1 \frac{\partial^2}{\partial a \partial b} f(a,b) \, \mathrm{d}a \mathrm{d}b = \iint_D \frac{x^2}{(1 + x^2) (1 + a^2 x^2) (1 + b^2 x^2)} \, \mathrm{d}(a,b)
\end{align*}
$

Hvor $D = [0, 1] \times [0, 1]$, merk at $\iint_{D}$ her bare er en mer kompakt måte å skrive $\int_0^1 \int_0^1$ på.

Den andre overgangen følger fra at analysens fundamentalsetning brukt baklengs: $\frac{\partial}{\partial x} \int_c^x f(t)\,\mathrm{d}t = f(t)$.
For å rettferdigjøre den nest siste overgangen kan en bruke Fubinis sats gjentatte ganger siden integralet er positivt på $D$. Det siste itnegralet er mye enklere å integrere med hensyn på X, og vi kan igjen bruke Fubinis sats.

$ \hspace{1cm}
\begin{align*}
\int_0^\infty \frac{\arctan (x)}{x} \frac{\log(1+x^2)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x
& = \int_0^\infty \Bigl( \iint_D \frac{x^2}{(1 + x^2) (1 + a^2 x^2) (1 + b x^2)} \, \mathrm{d}(a,b) \Bigr) \, \mathrm{d}x \\
& = \iint_D \Bigl( \int_0^\infty \frac{x^2}{(1 + x^2) (1 + a^2 x^2) (1 + b x^2)} \, \mathrm{d}x \Bigr) \, \mathrm{d}(a,b) \\
& =\frac{\pi}{2} \iint_D \frac{\mathrm{d}(a,b)}{(1+a)(\sqrt{b} + 1)(a + \sqrt{b})} \\
& = \frac{\pi}{2} \log^2(2)
\end{align*}
$

Å løse de tre siste integralene er bare NM i delbrøksoppspaling. F.eks så er

$
\frac{x^2}{(1 + x^2) (1 + a^2 x^2) (1 + b x^2)}
= \frac{1}{(a^2 - 1) (-1 + b^2) } \frac{1}{1 + x^2} + \frac{a^2}{(a^2 - 1) (a^2 - b^2)} \frac{1}{1 + a^2 x^2}+ \frac{b^2}{(b^2 - 1) (-a^2 + b^2)} \frac{1}{1 + b^2 x^2}
$

Også videre ikke at jeg gidder å vise de mellomregningene :p

Re: Integral maraton !

Innlegg Gustav » 05/01-2019 05:37

Markus skrev:Og hvordan rettferdiggjør du den nest siste overgangen når du viser $A=B$.


Siden integranden $\log (1+\cos x)$ er $2\pi$-periodisk er $\int_0^{2\pi}\log (1+\cos x)\,dx=\int_a^{2\pi+a}\log (1+\cos x)\,dx$ for alle reelle verdier av $a$. Ved å foreta substitusjonen $x\to x-\frac{\pi}{2}$ vil dermed

$$B=\int_0^{2\pi}\log (1+\cos x)\,dx=\int_{\frac{\pi}{2}}^{2\pi+\frac{\pi}{2}}\log (1+\cos (x-\frac{\pi}{2}))\,dx=\int_0^{2\pi}\log (1+\sin x)\,dx=A$$

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 03/01-2019 19:20

Nebuchadnezzar skrev:Angående oppfølgeren

La $e^{-x^2} = u$ da er $-2x e^{-x^2} \,\mathrm{d}x = \mathrm{d}u$ slik at $e^{-x^2} \mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}u}{2 \sqrt{- \log u\,}\,}$



$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int_0^1 \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{-\log u}}
= 2 \int_0^{\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x
= \sqrt{\pi}
$

Selvfølgelig korrekt!

Nebuchadnezzar skrev:Nice løsning! En kan og løse den som følger. Gitt at alt som har med konvergens osv holder .. =)

Bilde



Fin den der! Regner med at du mener substitusjonen $x \mapsto 2\pi -y$ riktig, for ellers henger jeg ikke med på den siste overgangen i omskrivingen av $A$? Og hvordan rettferdiggjør du den nest siste overgangen når du viser $A=B$. Henger med på det første steget der du viser at $A=\int_0^{2\pi} \log(1+\sin(x)) \, \text{d}x$, men ikke det steget etter det. Spennende oppfølger - skal prøve meg på den senere! :D

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 03/01-2019 15:38

Nice løsning! En kan og løse den som følger. Gitt at alt som har med konvergens osv holder .. =)

Bilde

Angående oppfølgeren

La $e^{-x^2} = u$ da er $-2x e^{-x^2} \,\mathrm{d}x = \mathrm{d}u$ slik at $e^{-x^2} \mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}u}{2 \sqrt{- \log u\,}\,}$



$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int_0^1 \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{-\log u}}
= 2 \int_0^{\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x
= \sqrt{\pi}
$

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 $b>a$.. =)

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 03/01-2019 12:58

Nebuchadnezzar skrev:$ \hspace{1cm}
\int_0^{2\pi} \log \left( \frac{(1 + \sin x)^{1 + \cos x}}{1 + \cos x} \right) \,\mathrm{d}x
$


Kall integral $\mathcal{I}$. Av logaritmereglene er $$\mathcal{I}=\int_0^{2\pi} (1+\cos(x))\log(1+\sin(x)) \, \text{d}x - \int_0^{2\pi} \log(1+\cos(x)) \, \text{d}x$$ Kall videre det første integralet $\mathcal{I}_1$ og det andre $\mathcal{I}_2$. Vi kan splitte det opp: $$\mathcal{I}_1 = \int_0^\pi (1+\cos(x))\log(1+\sin(x)) \, \text{d}x + \int_\pi^{2\pi} (1+\cos(x))\log(1+\sin(x)) \, \text{d}x$$ Siden $\int_a^b f(x) \, \text{d}x = \int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$ har vi at $$
\begin{alignat*}{2}
\mathcal{I}_1 &= \int_0^{\pi} (1+\cos(\pi-x))\log(1+\sin(\pi-x)) \, \text{d}x + \int_\pi^{2\pi} (1+\cos(3\pi-x))\log(1+\sin(3\pi-x)) \, \text{d}x \\
&= \int_0^{\pi} (1-\cos(x))\log(1+\sin(x)) \, \text{d}x + \int_\pi^{2\pi} (1-\cos(x))\log(1+\sin(x)) \, \text{d}x \\
&= \int_0^{2\pi} (1-\cos(x))\log(1+\sin(x)) \, \text{d}x
\end{alignat*}$$
Så vi har videre at $$\begin{alignat*}{2}
2\mathcal{I}_1 &= \int_0^{2\pi} (1+\cos(x))\log(1+\sin(x)) \, \text{d}x + \int_0^{2\pi} (1-\cos(x))\log(1+\sin(x)) \, \text{d}x \\
&= \int_0^{2\pi} (1+\cos(x)+1-\cos(x))\log(1+\sin(x)) \, \text{d}x
\end{alignat*}$$
Så vi har at $\mathcal{I}_1 = \int_0^{2\pi} \log(1+\sin(x)) \, \text{d}x$. Vi splitter dette opp og bruker samme egenskap ved substitusjonen $x\mapsto a+b-x$ som istad $$\begin{alignat*}{2}\mathcal{I}_1 &= \int_0^{\pi/2} \log(1+\sin(x)) \, \text{d}x + \int_{\pi/2}^{\pi} \log(1+\sin(x)) \, \text{d}x + \int_\pi^{3\pi/2} \log(1+\sin(x)) \, \text{d}x + \int_{3\pi/2}^{2\pi} \log(1+\sin(x)) \, \text{d}x \\
&= \int_0^{\pi/2} \log(1+\cos(x)) \, \text{d}x + \int_{\pi/2}^\pi \log(1-\cos(x)) \, \text{d}x + \int_{\pi}^{3\pi/2} \log(1+\cos(x)) \, \text{d}x + \int_{3\pi/2}^{2\pi} \log(1-\cos(x)) \, \text{d}x
\end{alignat*} $$ Dette kombinert med å splitte opp integralet $\mathcal{I}_2$ over de samme grensene gir $$\mathcal{I}=\int_{\pi/2}^{\pi} \left[\log(1-\cos(x)) - \log(1+\cos(x)) \right] \, \text{d}x + \int_{3\pi/2}^{2\pi} \left[\log(1-\cos(x)) - \log(1+\cos(x)) \right] \, \text{d}x$$ Hvis vi nå utfører substitusjonen $u=x-\pi$ på det siste leddet får vi $$\begin{alignat*}{2}
\mathcal{I} &= \int_{\pi/2}^{\pi} \left[\log(1-\cos(x)) - \log(1+\cos(x)) \right] \, \text{d}x + \int_{\pi/2}^{\pi} \left[\log(1-\cos(u+\pi)) - \log(1+\cos(u+\pi)) \right] \, \text{d}x \\
&= \int_{\pi/2}^{\pi} \left[\log(1-\cos(x)) - \log(1+\cos(x)) \right] \, \text{d}x + \int_{\pi/2}^{\pi} \left[\log(1+\cos(u)) - \log(1-\cos(u)) \right] \, \text{d}u \\
&= \int_{\pi/2}^{\pi} \left[\log(1-\cos(x)) - \log(1-\cos(x)) \right] \, \text{d}x + \int_{\pi/2}^{\pi} \left[-\log(1+\cos(x))+\log(1+\cos(x)) \right] \, \text{d}x \\
&= 0
\end{alignat*}$$

Oppfølger: $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{-\ln(x)}} \, \text{d}x$

Hint:
[+] Skjult tekst
Start med det velkjente integralet $\int_0^\infty e^{-x^2} \, \text{d}x = \frac12\sqrt{\pi}$

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 29/10-2018 22:19

Tja, en stund siden jeg har deltat her, men gir det ett forsøk likevell. Bruker delvis integrasjon med $u = v' = \arcsin x$ dette gir da

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\begin{align*}
\int \arcsin^2(x)\,\mathrm{d}x
& = \bigl[ \sqrt{1 - x^2} + x \arcsin(x) \bigr] \arcsin(x) - \int \bigl[ \sqrt{1 - x^2} + x \arcsin(x) \bigr] \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}} \\
& = \arcsin(x) \sqrt{1 - x^2} + x \arcsin^2(x) - x + \int \arcsin(x) \left( \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \sqrt{1 - x^2} \right) \,\mathrm{d}x \\
& = \arcsin(x) \sqrt{1 - x^2} + x \arcsin^2(x) - x + \left[ \arcsin(x) \sqrt{1 - x^2} - \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \sqrt{1-x^2} \,\mathrm{d}x \right] \\
& = 2 \sqrt{1 - x^2} \arcsin(x) - 2x + x \arcsin^2(x) + \mathcal{C}
\end{align*}
$

Tror det integralet ovenfor var fra en analyse 1 øving (kanskje 8 eller 9?) på NTNU denne uka..

Hva med noe enkelt som denne her?

$ \hspace{1cm}
\int_0^{2\pi} \log \left( \frac{(1 + \sin x)^{1 + \cos x}}{1 + \cos x} \right) \,\mathrm{d}x
$

Topp