matematikk.net • Skriv et svar

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 Mattegjest » 05/08-2018 12:02

Dei fleste brukarane av dette forumet har no lagt bak seg sommarferien , og då kan det passe med litt " hjernejogg " for å

lette overgangen til kvadagen.

Dagens " tema " dreiar seg om trippelintegral ( SSS indikerer eit integral med tre variable ).


Oppgave: Berekn integralet SSS( x * y * z ) dxdydz over kroppen K = pyramide med toppunkt T(0 , 0 , 1 ) og grunnflate

{ (x , y , 0 ) : 0 <= x <= 1 og 0 <= y <= 1 }

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 17/07-2018 17:54

Pent Kay! Kan også løses med derivasjon under integraltegnet eller Laplace, men din metode eller Laplace er nok den mest effektive. Angående differensialnotasjon bruker jeg selv \, \text{d}x. \, skaper et lite mellomrom. Men har også sett en del bruk av \mathrm. Men, kursiv eller ikke-kursiv, ingen av alternativene er vel mer korrekt enn den andre?

Re: Integral maraton !

Innlegg stensrud » 17/07-2018 17:06

Kay skrev:Kunne noen forresten har forklart meg hvordan jeg får dx med en sånn rett d? Når jeg bruker \textup så får jeg bare sånn rød errorskrift.

Nå er jeg ingen TeX-guru, men det finnes et par måter å få det til på: \rm{d} eller \mathrm{d} funker ihvertfall. Forresten så har de fleste artiklene jeg har lest brukt $d$ og ikke $\rm{d}$ (Terrence Tao for eksempel, som må være et skikkelig autoritetsargument?), så det er vel ikke så nøye - jeg mistenker at det er noe fysikerne og ingeniørene bryr seg mer om. Det viktigste er nok spacingen, og her er jeg heller ingen ekspert, men \mathop{dx} (eventuelt \mathop{\rm{d}x}) skaper litt pusterom.

Du kan også trykke på knappen for å sitere andres innlegg for å se hvordan de har skrevet TeX-koden.

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 17/07-2018 15:25

Markus skrev:Tror nok det der skal gå frem Janhaa - smart å splitte det via $\sin(u-v)$-formelen. Får se litt mer på den når jeg kommer hjem selv fra ferie. Er nok dog ment som et integral som skal løses med residy-regning, vil jeg tro.

Inntil videre, må vi vel ha et nytt integral, som for øvrig er en del av det løsningsforslaget du foreslår Janhaa. Et av de peneste integralene etter min mening; $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(x)}{x^2+1} \, \text{d}x$$


Observer at funksjonen kun har en enkel singularitet ved [tex]x=i[/tex]

[tex]\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(x)}{x^2+1}dx=\Re\left ( \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^2+1} \right )=\Re\left ( \int_\gamma \frac{e^{ix}}{x^2+1^2} \right )=\Re\left ( 2\pi i Res\left ( \frac{e^{ix}}{x^2+1},i \right )\ \right )=\Re\left ( 2\pi i \lim_{x\rightarrow i}\frac{e^{ix}}{x^2+i} \right )=\frac{\pi}{e}[/tex]


Oppfølger:

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

(Kunne noen forresten har forklart meg hvordan jeg får dx med en sånn rett d? Når jeg bruker \textup så får jeg bare sånn rød errorskrift).

Edit: Mangla en x i oppfølgeren.

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 17/07-2018 14:55

Tror nok det der skal gå frem Janhaa - smart å splitte det via $\sin(u-v)$-formelen. Får se litt mer på den når jeg kommer hjem selv fra ferie. Er nok dog ment som et integral som skal løses med residy-regning, vil jeg tro.

Inntil videre, må vi vel ha et nytt integral, som for øvrig er en del av det løsningsforslaget du foreslår Janhaa. Et av de peneste integralene etter min mening; $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(x)}{x^2+1} \, \text{d}x$$

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 12/07-2018 15:19

Kay skrev:
Markus skrev:Noen som har prøvd å løse det siste integralet uten residyregning? Jeg kommer ikke så langt med det etter å ha prøvd litt div. reelle teknikker.

Kommer ikke spesielt langt heller, ikke engang ved hjelp av spesielle funksjoner, det er et mareritt uten kompleks analyse.

Er på bobil-ferie og i ferie -modus.
Dette er tankene:
men aldeles ikke løst d uten complex analysis.
Først kan x+2 => x slik at 3 integral poppes ut:

[tex]I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin(x)}{(x+2)^2+1}dx=I_1+I_2+I_3[/tex]
der
[tex]I_1=2\sin(2)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(x)}{x^2+1}dx\\ \\ I_2=\cos(2)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin(x)}{x^2+1}dx\\ \\ I_3=\sin(2)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\cos(x)}{x^2+1}dx+ 2\cos(2)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(x)}{x^2+1}dx\\[/tex]

der I3 = 0, kan forstås via x => -x

I1 kan skrives:

[tex]I_1(a)=2\sin(2)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(ax)}{x^2+1}dx\\ \\[/tex]

og løses ved Feynmann method mhp a.

For I2 kan vi gjøre det sammen, skrive dette som DE (diff lik.)

[tex]I(b)=2\sin(2)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(ax)e^{bx}}{x^2+1}dx\\ \\[/tex]

finne I'(b) og I''(b) og bygge opp en DE. Det vi kan dra ut verdien fra ønska integral...

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 11/07-2018 17:38

Markus skrev:Noen som har prøvd å løse det siste integralet uten residyregning? Jeg kommer ikke så langt med det etter å ha prøvd litt div. reelle teknikker.



Kommer ikke spesielt langt heller, ikke engang ved hjelp av spesielle funksjoner, det er et mareritt uten kompleks analyse.

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 11/07-2018 17:09

Noen som har prøvd å løse det siste integralet uten residyregning? Jeg kommer ikke så langt med det etter å ha prøvd litt div. reelle teknikker.

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 11/07-2018 12:24

La D = { z: abs(z) <= a > 0 og Im(z) >= 0 }


Innfører hjelpefunksjonen f( z ) = z /(z[tex]^2[/tex] + 4z + 5 )


Registrerer at sin( x ) = Im(e[tex]^{i z}[/tex] )


Området D dannar ei lukka kurve ( halvsirkel ) i det komplekse planet.

Ser lett at funksjonen f har ein simpel pol (z = - 2 + i ) innafor D. Da er linjeintegralet

f(z) * e[tex]^{i z}[/tex] = 2 * pi * i * Res(f( z ) * e[tex]^{i z }[/tex] for z = -2 + i

= 2 * pi * i *(-2 + i ) * e[tex]^{i (-2 + i )}[/tex]/( 2 * i ) =2 * pi * i * ( -2 + i ) * e[tex]^{-2 i }[/tex]/( 2 i )

= pi/e * (-2 + i ) * (cos(-2) + i sin(-2 ) ) = pi/e * (-2 * cos(-2 ) + i cos( - 2 ) - 2i sin( - 2) - sin (-2 ) )

Det bestemte integralet I = Im ( pi/e (-2 * cos ( - 2 ) + i * cos( - 2 ) - 2i * sin(-2) - sin( -2 ) ) = pi/e( cos( 2 ) + 2 * sin( 2 ) )


I siste utrekninga har eg gjort bruk av at sin /cos er ein odde/jamn funksjon.

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 11/07-2018 12:09

Oppfølger: $\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin(x)}{x^2+4x+5}{\rm d}x$

da prøver jeg litt complex analysis and Cauchy's residue theorem:

[tex]I=\oint \frac{z\sin(z)}{z^2+4z+5}\,dz\\
\\
\\
\Im(I)=\oint\frac{ze^{iz}}{z^2+4z+5}\,dz\\
\\
poles:\,\,z_o=-2+i\\
and\\
z_1=-2-i,
both\,\,of\,\,order\,\,1
\\[/tex]

[tex]f=\frac{ze^{iz}}{z^2+4z+5}\\
\\
Res(f,z_o)=\lim_{z->z_o}\frac{(-2+i)e^{-2i-1}}{2i}\\

I_1=2\pi i *Res(f, z_o)=\frac{\pi}{e}(\sin(2)-2\cos(2)+2i\sin(2)+i\cos(2))\\
I=\Im(I_1)=\frac{\pi}{e}(2\sin(2)+\cos(2))[/tex]

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 10/07-2018 22:28

[/quote]
Mattegjest skrev:Tok utgangspunkt i eit
vilkårleg punkt P(x , y ) utanfor sirkelen og sette

sin( v ) = a/r , r > a

Denne gikk meg hus forbi, skjønner ikke hvordan jeg greide å gjøre det så unødvendig komplisert.

Kay skrev:Liker ikke å ta ifra folk det å poste en oppfølger, men bare for å holde tråden gående kan vi ta en enkling:

La [tex]\gamma:=\left \{ z\in \mathbb{C}:|z-2|=2 \right \}[/tex]

Løs [tex]\oint_\gamma z^4\sin(z)dz[/tex]
Jeg er litt rusten i kompleks analyse, men jeg kan prøve: Residualteoremet gir at $\oint_\gamma z^4\sin(z)dz = 2\pi i\sum_i \textrm{Res}(f, a_i)$, der $a_i$ er singularitetene til $f(z) = z^4\sin(z)$ innenfor $\gamma$. Ettersom $f$ er en hel funksjon, har den ingen singulariteter, og $\oint_\gamma z^4\sin(z)dz = 0$
Oppfølger: $\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin(x)}{x^2+4x+5}{\rm d}x$

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 10/07-2018 20:16

Liker ikke å ta ifra folk det å poste en oppfølger, men bare for å holde tråden gående kan vi ta en enkling:

La [tex]\gamma:=\left \{ z\in \mathbb{C}:|z-2|=2 \right \}[/tex]

Løs [tex]\oint_\gamma z^4\sin(z)dz[/tex]

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 10/07-2018 10:19

Har gått gjennom mi utrekning enno ein gong, og no trur eg at feilen er lokalisert:


Når vi reknar ut det bestemte integralet ( sjå førre innlegg ) frå r = a til r = + inf , får vi

[1/2 r[tex]^2[/tex] * sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) + 1/2 a * r * rota av (1 - (a/r)[tex]^2[/tex]) - a * r ] frå r = a til r = inf.

I mi første utrekning sette eg 1/2 r[tex]^2[/tex] * sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) = 0 når r går mot uendeleg, men dette blir ikkje rett. For å få rett svar må vi rekke utvikle sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) , og då ser vi at

1/2 r[tex]^2[/tex] * sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) går mot 1/2 * a * r når r går mot uendeleg. Og då står vi tilbake med


fasitsvaret. " Kabalen " går opp !

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 10/07-2018 07:35

Svaret du presenterer stemmer til punkt og prikke med fasit. Eg kom fram til same " svaret " . Tok utgangspunkt i eit
vilkårleg punkt P(x , y ) utanfor sirkelen og sette

sin( v ) = a/r , r > a

Flateelementet dA = dxdy = 2 * pi * r * dr ( arealet av ein uendeleg tynn sirkelring )

Da er v = sin[tex]^{-1}[/tex] ( a/ r)

Når eg så integrerer opp uttrykket ( v - sin ( v ) ) frå r = a til r = inf , endar eg opp med fasitsvaret , men får i tillegg
eit " restledd " som går mot uendeleg ( nett slik som di løysing ).

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 10/07-2018 00:02

Mattegjest skrev:I xy-planet er givet en cirkel med radien a lengdenheter. Från den variabla punkten ( x , y ) dras tangenterna till cirkeln. De bildar med varandra vinkeln 2v. Berekna

dubbelintegralen (v - sin( v ) ) dx dy øver området D utanfør cirkeln .

Eg har sjølv prøvd å løyse problemet, men får ikkje svaret til å stemme heilt og fullt med fasit.

Har rekna gjennom problemet fleire gongar utan å avdekke nokon feil i min løysingsstrategi.

Difor vil eg setje pris på at nokon i dette forumet kan " vise vegen " .
Her er et forslag. Observerer først at vi har en fin sirkulær symmetri: Alle punkter $(x, y)$ som har lik avstand fra origo, altså $\sqrt{x^2+y^2} = r$ for en gitt $r>a$, vil ha tangenter som danner den samme vinkelen $v$. Dette er lett å se, da det å rotere $(x, y)$ langs denne sirkelen ikke endrer $v$. Det holder dermed å finne ut hva $v$ er for punktet $(r, 0)$, der $r>a$. For å bestemme $v$ kan vi først finne stigningstallet $m$ til den øvre tangenten, altså den med negativt stigningstall. Denne tangenten kan uttrykkes ved $y = m(x-r)$. Innsatt i $x^2+y^2 = a^2$ gir dette $$x^2+(m(x-r))^2 = a^2\Longrightarrow (m^2+1)x^2-2m^2rx+m^2 r^2 - a^2 = 0$$ Ettersom dette er en tangent, må andregradslikningen ha én løsning. Dette oppfylles når $(2m^2r)^2-4(m^2+1)(m^2r^2-a^2) = 0\Longrightarrow 4m^4r^2-4(m^4r^2-m^2a^2+m^2r^2-a^2) = 0$. Dette forenkles til $(r^2-a^2)m^2 = a^2$. Vi vet at $m<0$, som fører til $m = -\dfrac{a}{\sqrt{r^2-a^2}}$. For en sirkel har man at $\dfrac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = -\dfrac{x}{y}$. Med $\dfrac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = m$ og $x=a \cos{\varphi}, y = a\sin{\varphi}$ får man da $\varphi = \arctan\left(-\dfrac1m\right) = \arctan\left(\sqrt{r^2/a^2-1}\right)$. Ettersom punktene $(0, 0), (a\cos{\varphi}, a\sin{\varphi})$ og $(r, 0)$ danner en rettvinklet trekant har man at $v+\varphi = \dfrac{\pi}{2}\Longrightarrow v(r) = \dfrac{\pi}{2}-\arctan\left(\sqrt{r^2/a^2-1}\right)$. Identiteten $\arctan(x) + \arctan(1/x) = \dfrac{\pi}{2}, x>0$ kan da brukes til å gi $v(r) = \arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{r^2/a^2-1}}\right)$. Integralet er da $$I = \iint_D (v-\sin(v)){\rm d}A = \int_0^{2\pi}\int_a^\infty (v(r)-\sin(v(r)))r{\rm d}r{\rm d}\theta$$ $$~~ = 2\pi\int_a^\infty\left(\dfrac{\pi}{2} - \arctan\left(\sqrt{r^2/a^2-1}\right)-\sin\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{r^2/a^2-1}}\right)\right)\right)r~{\rm d}r$$
Substitusjonen $u = r^2/a^2;~{\rm d}u = 2r/a^2~{\rm d}r$ fører til $$I = \pi a^2\int_1^\infty\left(\dfrac{\pi}{2} - \arctan\left(\sqrt{u-1}\right)-\sin\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{u-1}}\right)\right)\right)~{\rm d}u$$ For å forenkle dette bruker jeg $\sin(\arctan(x)) = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ (dette kan lett vises med en figur). Sinus-leddet blir da $$\sin\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{u-1}}\right)\right) = \dfrac{1/\sqrt{u-1}}{\sqrt{1/(u-1)+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{1+(u-1)}} = \dfrac{1}{\sqrt{u}}$$ Har dermed at $$I = \pi a^2\lim_{b\to\infty}\int_1^b\left(\dfrac{\pi}{2}-\arctan(\sqrt{u-1})-\dfrac{1}{\sqrt{u}}\right){\rm d}u$$ Her er $\int\dfrac{1}{\sqrt{u}}{\rm d}u = 2\sqrt{u}$. For å finne $\int\arctan(\sqrt{u-1}){\rm d}u$ innføres $w = \sqrt{u-1};~{\rm d}w = {\rm d}u/(2w)$ som gir $\int 2w\arctan(w){\rm d}w$. Delvis integrasjon fører til $$\int 2w\arctan(w){\rm d}w = w^2\arctan(w)-\int\dfrac{w^2}{w^2+1}{\rm d}w = w^2\arctan(w)-\int\dfrac{w^2+1}{w^2+1}{\rm d}w+\int\dfrac{1}{w^2+1}{\rm d}w = (w^2+1)\arctan(w)-w$$ Dermed er $\int\arctan(\sqrt{u-1})~{\rm d}u = u\arctan(\sqrt{u-1})-\sqrt{u-1}$. Alt i alt gir dette $$I = \pi a^2\lim_{b\to \infty}\left.\left(\dfrac{\pi}{2}u-u\arctan(\sqrt{u-1})+\sqrt{u-1}-2\sqrt{u}\right)\right|_1^b$$ $$~~ = \pi a^2\left(\lim_{b\to \infty}\left(\dfrac{\pi}{2}b-b\arctan(\sqrt{b-1})+\sqrt{b-1}-2\sqrt{b}\right)-\left(\dfrac{\pi}{2}-2\right)\right)$$ $$~~ = \left(2-\dfrac{\pi}{2}\right)\pi a^2$$ Jeg har ikke funnet noen god måte å vise at $\lim_{b\to \infty}\left(\dfrac{\pi}{2}b-b\arctan(\sqrt{b-1})+\sqrt{b-1}-2\sqrt{b}\right) = 0$. Det går an å splitte det opp i $\sqrt{b-1}-\sqrt{b}$ og $\dfrac{\pi}{2}b-b\arctan(\sqrt{b-1})-\sqrt{b}$ og bruke l'Hôpitals regel, men det blir svært tungvint på den siste. Stemmer sluttsvaret med fasit?

Topp