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 » 22/09-2018 00:58

Øy den der løsninga var ikke dum, at ML-rekker kunne anvendes slo meg ikke engang.

Hehe, takk. Var fine integrasjonsgrenser da. Maclaurinrekka til $\ln(x)$ konvergerer bare for $x \in (0,2]$, så jeg vet egentlig ikke helt om det er shady business å bytte om summasjonstegn da $0$ strengt tatt ikke er i konvergensområdet. Men, det ble rett svar så det får holde.

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 21/09-2018 23:46

Markus skrev:
Janhaa skrev:fortsetter her da:

[tex]I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{x-1}\,dx[/tex]

Denne kan også gjøres med Maclaurin-rekker: $$\begin{alignat*}{2} \int_0^1 \frac{\ln(x)}{x-1} \, \text{d}x &= \int_0^1 \frac{\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}(x-1)^k}{k}}{x-1} \, \text{d}x \\ &= \sum_{k=1}^\infty \int_0^1 \frac{(-1)^{k+1}(x-1)^{k-1}}{k} \\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \left[\frac{(x-1)^k}{k} \right]_0^1 = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{2k+2}}{k^2} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} \end{alignat*}$$



Øy den der løsninga var ikke dum, at ML-rekker kunne anvendes slo meg ikke engang.

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 21/09-2018 20:15

Janhaa skrev:fortsetter her da:

[tex]I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{x-1}\,dx[/tex]

Denne kan også gjøres med Maclaurin-rekker: $$\begin{alignat*}{2} \int_0^1 \frac{\ln(x)}{x-1} \, \text{d}x &= \int_0^1 \frac{\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}(x-1)^k}{k}}{x-1} \, \text{d}x \\ &= \sum_{k=1}^\infty \int_0^1 \frac{(-1)^{k+1}(x-1)^{k-1}}{k} \\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \left[\frac{(x-1)^k}{k} \right]_0^1 = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{2k+2}}{k^2} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} \end{alignat*}$$

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 21/09-2018 17:35

Janhaa skrev:fortsetter her da:

[tex]I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{x-1}\,dx[/tex]


Tidligere i tråden har vi brukt polylogaritme-funksjonen (har selv brukt den for øvrig)

[tex]\int_{0}^{1} \frac{\ln(x)}{x-1}=[-Li_2(x-1)]_{0}^{1}=-Li_2(0)+Li_2(1)=\zeta(1)=\frac{\pi ^2}{6}[/tex]



Ikke en spesielt kreativ, men likevel oppfølger [tex]I=\oint_C dz \frac{1-\cos^2(z)}{z^2(4z-\pi)}[/tex] Hvor C er enhetssirkelen med sentrum i origo , gjennomløpt én gang mot urviseren.

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 21/09-2018 15:10

fortsetter her da:

[tex]I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{x-1}\,dx[/tex]

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 17/09-2018 19:19

Gitt [tex]\frac{1}{1+sin^{2}(\theta )}[/tex] d[tex]\theta[/tex]


Innfører den doble vinkelen (2[tex]\theta[/tex] ) og får

[tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{1 + sin^{2}(\theta )}[/tex] = [tex]\int[/tex][tex]\frac{2}{3 -cos(2\theta )}[/tex]d[tex]\theta[/tex]


Innfører substitusjonen t = tan( x ) , og endar opp med


Ubestemt integral = [tex]\frac{1}{\sqrt{2}}[/tex][tex]\cdot[/tex]tan[tex]^{-1}[/tex]([tex]\sqrt{2\cdot }[/tex]tan(x)) + C , x [tex]\neq[/tex][tex]\frac{\pi }{2}[/tex].


Sidan integranden er summ. om y-aksen( jamn funksjon) , får vi

I = 2 * (integralet frå 0 til [tex]\frac{\pi }{2}^{-}[/tex]+ integralet frå [tex]\frac{\pi }{2}^{+}[/tex] til [tex]\pi[/tex]) =2 [tex]\sqrt{2}\pi[/tex]

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 17/09-2018 19:10

MatIsa skrev:
Nebuchadnezzar skrev:Oppfølger

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int \frac{ \sqrt{x + \sqrt{x^2 + 1\,}\,} }{ \sqrt{x^2 + 1} } \,\mathrm{d}x
$
La $u = \sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}$. Da er $${\rm d}u = \dfrac{1+x/2\sqrt{x^2+1}}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}{\rm d}x = \dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}\dfrac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x = \dfrac12\dfrac{u}{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x$$ og $$I = \int\dfrac{u}{\sqrt{x^2+1}}\dfrac{2\sqrt{x^2+1}}{u}{\rm d}u = 2\int{\rm d}u = 2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}+C$$

Oppfølger: $\int_{-\pi}^\pi \dfrac{{\rm d}\theta}{1+\sin^2\theta}$


[tex]\int_{-\pi}^{\pi} \frac{1}{1+\sin^2\theta}d\theta=\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sec^2\theta}{\sec^2\theta+\tan^2\theta}[/tex]

Så lar vi [tex]w=\tan(\theta)\Rightarrow d\theta=\frac{1}{\sec^2(\theta)}dw[/tex], samtidig innfører vi identiteten [tex]\sec^2(x)=\tan^2(x)+1[/tex]

Da får vi [tex]I=\int_{sub}\frac{1}{(w^2+1)+w^2}=\int_{sub}\frac{1}{2w^2+1}[/tex] som fra [tex]\int \frac{1}{bx^2+a^2}=\frac{1}{a \sqrt{b}}\tan^{-1}\left (\frac{\sqrt{b} x}{a} \right )[/tex] blir [tex]\frac{1}{\sqrt{2}}\tan^{-1}\frac{\sqrt{2}w}{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\tan^{-1}(\sqrt2 w)=\frac{\tan^{-1}(\sqrt{2}\tan\theta)}{\sqrt{2}}[/tex]

Altså [tex]\int_{-\pi}^\pi \frac{d\theta}{1+\sin^2\theta}=[\frac{1}{\sqrt{2}}\tan^{-1}(\sqrt{2}\tan\theta)]_{-\pi}^{\pi}=\pi\sqrt{2}[/tex]

Oppfølger: [tex]\int \frac{\sec^2(kx)tan^2(kx)}{\cos(kx)}dx[/tex] hvor [tex]k[/tex] er en eller annen konstant slik at [tex]k \in \mathbb{R}[/tex]

Vet ikke om det er noen elegant løsning på denne, så det er mer et "hold tunga rett i kjeften" integral.

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 17/09-2018 17:59

Nebuchadnezzar skrev:Oppfølger

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int \frac{ \sqrt{x + \sqrt{x^2 + 1\,}\,} }{ \sqrt{x^2 + 1} } \,\mathrm{d}x
$
La $u = \sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}$. Da er $${\rm d}u = \dfrac{1+x/2\sqrt{x^2+1}}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}{\rm d}x = \dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}\dfrac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x = \dfrac12\dfrac{u}{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x$$ og $$I = \int\dfrac{u}{\sqrt{x^2+1}}\dfrac{2\sqrt{x^2+1}}{u}{\rm d}u = 2\int{\rm d}u = 2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}+C$$

Oppfølger: $\int_{-\pi}^\pi \dfrac{{\rm d}\theta}{1+\sin^2\theta}$

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 17/09-2018 16:58

Gitt [tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{2 + sin\theta }[/tex]d[tex]\theta[/tex]

Innfører den velkjende substitusjonen t = tan([tex]\frac{\theta }{2}[/tex] ) , og endar opp med


[tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{2 + sin\theta }[/tex]d[tex]\theta[/tex]= [tex]\frac{2}{\sqrt{3}}[/tex][tex]\cdot[/tex]tan[tex]^{-1}[/tex]([tex]\frac{2}{\sqrt{3}}[/tex][tex]\cdot[/tex]tan([tex]\frac{\theta }{2}[/tex]) + [tex]\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex]) + C, cos([tex]\frac{\theta }{2}[/tex]) [tex]\neq[/tex]0[tex]\Leftrightarrow[/tex][tex]\theta[/tex][tex]\neq[/tex][tex]\pi[/tex]


Integrasjonen frå 0 til 2[tex]\pi[/tex] går da i to steg: Først frå 0 til [tex]\pi[/tex][tex]^{-}[/tex]
og deretter frå [tex]\pi[/tex][tex]^{+}[/tex] til 2[tex]\pi[/tex].
Da får vi I = [tex]\frac{2\pi }{\sqrt{3}}[/tex] ( stemmer med Nebukadnezar si løysing).

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 17/09-2018 16:17

Bilde

Oppfølger

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int \frac{ \sqrt{x + \sqrt{x^2 + 1\,}\,} }{ \sqrt{x^2 + 1} } \,\mathrm{d}x
$

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 17/09-2018 14:49

Oppfølger:

[tex]\large I=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{2+\sin(\theta)}[/tex]

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 17/09-2018 14:21

Oppfølger: [tex]\int \frac{1}{\sqrt{1-\frac{2}{x}}}dx[/tex]

Slenger inn et bilde, tar så lang tid å skrive alt.
Tror imidlertid en trigonometrisk substitusjon funker.
integral.JPG
integral.JPG (559.76 KiB) Vist 568 ganger

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 17/09-2018 11:11

Alternativ løysing:

[tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{cos(x)}[/tex]= [tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{sin(\frac{\pi }{2}-x)}[/tex]dx (u = [tex]\frac{\pi }{2}[/tex]- x [tex]\rightarrow[/tex]dx = -du ) = -1[tex]\cdot[/tex][tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{sin(u)}[/tex]du =


-1 [tex]\int[/tex][tex]\frac{tan(\frac{u}{2})'}{tan(\frac{u}{2})}[/tex]du = -1 ln(abs(tan([tex]\frac{u}{2}[/tex])) + C


= -1ln[tex]\left | tan(\frac{\pi }{4})- \frac{x}{2} \right |[/tex] + C

Re: Integral maraton !

Innlegg mattegjest » 17/09-2018 10:58

Alternativ løysing: [tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{cos(x)}[/tex]dx

Re: Integral maraton !

Innlegg mattegjest » 17/09-2018 10:58

Alternativ løysing: [tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{cos(x)}[/tex]dx

Topp