matematikk.net

Neida, det er vel fint nok det. Det blir imidlertid rent og pent om man går Weierstrasse (substitusjonen [tex]t=\tan(\frac x2),\ \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2},\ dx = \frac2{1+t^2}dt[/tex]) også:


[tex]I=\int \frac{(1-\cos(x))}{\sin^2(x)}{\rm dx} = \int \frac1{1+\cos(x)}{\rm dx} = \int \frac1{1+\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac2{1+t^2}{\rm dt} = \int {\rm dt} = \tan(\frac x2)[/tex]

Magnus skrev:

fish skrev:Enig i at delbrøkoppspalting bør føre fram, men tror det er bedre å ta utgangspunkt i røttene i likningen
[tex]x^5=-1[/tex], altså

[tex]x_k=e^{i\frac{\pi+2k\pi}{5}}[/tex], der [tex]k=0..4[/tex]

Da kommer arctan-leddene inn via kompleks logaritme når man integrerer de enkle delbrøkene. Hvis man alternativt vil jobbe reelt, kan man slå sammen de kompleks konjugerte parene til to andregradsfaktorer.

Beklageligvis har jeg ikke tid til å gjennomføre detaljene nå...

Kommentar: La ikke merke til at dette var på videregående skoles nivå. Da blir nok løsningsmetoden i vanskeligste laget...

Kunne du vist dette likevel?

Vel, la meg forsøke å gå en bit av veien. Faktorisering med utgangspunkt i røttene gir:

[tex]x^5+1=\prod_{k=0}^4 \left(x-e^{\frac{(2k+1)\pi i}{5}}\right)[/tex]

Har at [tex]e^{\frac{7\pi i}{5}}=e^{-\frac{3\pi i}{5}}[/tex] og
[tex]e^{\frac{9\pi i}{5}}=e^{-\frac{\pi i}{5}}[/tex]

Dette gir

[tex]x^5+1=(x+1)(x-e^{\frac{\pi i}{5}})(x-e^{-\frac{\pi i}{5}})(x-e^{\frac{3\pi i}{5}})(x-e^{-\frac{3\pi i}{5}})[/tex]

For å oppnå reelle andregradsfaktorer, multipliserer vi sammen komplekskonjugerte par og oppnår:

[tex]x^5+1=(x+1)\left(x^2-(e^{\frac{\pi i}{5}}+e^{-\frac{\pi i}{5}})x+1\right)\left(x^2-(e^{\frac{3\pi i}{5}}+e^{-\frac{3\pi i}{5}})x+1\right)[/tex]

Ser at vi kan bringe inn cosinusfunksjonen:

[tex]x^5+1=(x+1)(x^2-2\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)x+1)(x^2-2\cos\left(\frac{3\pi}{5}\right)x+1)[/tex]

Nå burde delbrøkoppspaltingen kunne foretas ved å bestemme konstantene A..E:

[tex]\frac{1}{x^5+1}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-2\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)x+1}+\frac{Dx+E}{x^2-2\cos\left(\frac{3\pi}{5}\right)x+1}[/tex]

Jeg er selvsagt klar over at det gjenstår en del regning, men dette tar for lang tid i en travel hverdag...

Og her kommer et nytt, og faktisk løselig integral for regnehungrige:

[tex]I=\int_0^{\ln 6}e^{2x}\cdot\sqrt{3+e^x}\,\rm{d}x[/tex]

*edit skriveleif*

Det er-lik-tegnet der skal bort, men det var kanskje bare en skrivefeil?

Tar det ubestemte integralet først.

[tex]I = \int e^{2x} \cdot \sqrt{3 + e^x} {\rm d}x[/tex]

[tex]u = \sqrt{3 + e^x}[/tex]

[tex]u^\prime = \frac{e^x}{2\sqrt{3 + e^x}}[/tex]

[tex]u^\prime = \frac{u^2 - 3}{2u}[/tex]

[tex]I = \int (u^2 - 3)^2 \cdot u \ {\rm d}x[/tex]

[tex]I = \left \int \frac{2u^2 (u^2 - 3)^2}{u^2 - 3} {\rm d}u[/tex]

[tex]I = \int 2u^2 (u^2 - 3) {\rm d}u[/tex]

[tex]I = \int (2u^4 - 6u^2) {\rm d}u = \frac{2}{5}u^5 - 2u^3 + C[/tex]

[tex]I = 2u^2 (\frac{1}{5}u^3 - u) + C[/tex]

[tex]I = 2(e^x + 3)(\frac{1}{5}\sqrt{e^x + 3}^3 - \sqrt{e^x + 3}) + C[/tex]

[tex]I(0) = 2(4)(\frac{1}{5} \cdot 2^3 -2) + C = 8 \cdot \frac{-2}{5} + C = -\frac{16}{5} + C[/tex]

[tex]I(\ln 6) = 2(9) \cdot \frac{12}{5} + C = \frac{216}{5} + C[/tex]

Integralet fra 0 til ln6 blir da [tex]\frac{216 + 16}{5} = \frac{232}{5}[/tex]

kan også bruke substitusjonen u=3+e^x

[tex]I=\int_0^{\ln 6}e^{2x}\sqr{3+e^x}dx[/tex]

[tex]u=3+e^x,\ \,u^, = e^x,\ \, dx=\frac{1}{e^x}du[/tex]

[tex]\int (e^x)^{\cancel{2}}\sqr{u}\frac1{\cancel{e^x}}du[/tex]

[tex]\int (u-3)\sqr{u}du \ \Rightarrow \ \int u\cdot u^{\frac12}-3u^{\frac12}\rm{d}u[/tex]

[tex]I=\int u^{\frac32}\rm{d}u - 3\int u^{\frac12}\rm{d}u=\frac25u^{\frac52}-2u^{\frac32}+C[/tex]

[tex]I= \frac25\sqr{(3+e^x)^5}-2\sqr{(3+e^x)^3}+C[/tex]

[tex]I=\left[\frac25\sqr{9^5}-2\sqr{9^3}-\left(\frac25\sqr{4^5}-2\sqr{4^3}\right)\right]=\left[\frac25\cdot243-2\cdot27-\left(\frac25\cdot32-2\cdot8\right)\right]=\frac{232}5[/tex]

Ny oppgave - den involverer integrasjon, men vi kan gjøre det hele litt mer interessant nå:

La funksjonen [tex]\Gamma(x)[/tex] være definert som følgende:

[tex]\Gamma(x) = \int _0 ^\infty t^{x-1}e^{-t} \rm{d}t[/tex]

Vis at dersom n er et positivt heltall, så er [tex]\Gamma(n) = (n-1)![/tex]

Gamma-funksjonen ja Men har aldri tenkt på at det kanskje er enkelt å bevise det der... Prøver induksjon. Begynner med x = 1.

[tex]\Gamma (1) = \int_0^\infty t^{1-1} e^{-t} {\rm d}t = \int_0^\infty e^{-t} {\rm d}t = \lim_{a \rightarrow \infty} \left [- e^{-t} \right]_0^a = \lim_{a \rightarrow \infty} \left ( e^{-0} - e^{-a} \right ) = 1 - 0 = 1[/tex]

[tex]\Gamma (1) = 0! = 1[/tex]

Vi ser at påstanden stemmer for x = 1. Vi antar at påstanden stemmer for x. Vi vet med andre ord at [tex]\Gamma (x) = (x-1)![/tex].

Det som så må vises, er at

[tex]\Gamma(x+1) = x! = x \cdot (x-1)! = x \cdot \Gamma (x)[/tex].

[tex]\Gamma(x+1) = \int_0^\infty t^{x} e^{-t} {\rm d}t[/tex]

Vi bruker delvis integrasjon:

[tex]u^\prime = e^{-t}[/tex], [tex]v = t^x[/tex]

[tex]u = -e^{-t}[/tex], [tex]v^\prime = xt^{x-1}[/tex]

(Merk at vi her har derivert med hensyn på t, ikke med hensyn på x! Dette er selvfølgelig fordi det er t som er integrasjonsvariabelen.)

[tex]\Gamma(x+1) = \left [ -t^x e^{-t} \right ]_{t=0}^\infty \ - \int_0^\infty -xt^{x-1}e^{-t}{\rm d}t[/tex]

[tex]\Gamma(x+1) = \left [ -t^x e^{-t} \right ]_{t=0}^\infty \ + x\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}{\rm d}t[/tex]

[tex]\Gamma(x+1) = \left [ -t^x e^{-t} \right ]_{t=0}^\infty \ + x \Gamma(x)[/tex]

Alt som gjenstår å vise, er at [tex]\left [ -t^x e^{-t} \right ]_{t=0}^\infty \ = 0[/tex].

[tex]\left [ -t^x e^{-t} \right ]_{t=0}^\infty = \lim_{a \rightarrow \infty} \left [(-a^x \cdot e^{-a}) - (-0^x \cdot e^{-0}) \right ] = -\lim_{a \rightarrow \infty}\left [ \frac{a^x}{e^a} \right ][/tex].

Vi har nå et [tex]\infty / \infty[/tex]-uttrykk. Vi bruker resultatet at enhver eksponentialfunksjon alltid vil vokse forbi enhver potensfunksjon når variabelen går mot uendelig. (Dette beviste jo daofeishi? en stund tilbake.)
Det betyr at grenseverdien går mot null, og dette fullfører beviset.

Spennende oppgave!

Nå er jeg interessert i hvordan du kan finne [tex]\Gamma^\prime (x)[/tex]

Jeg tror at hvis man tar

[tex]\Gamma(x) = \int_{0}^\infty t^{x-1}e^{-t}\;dt[/tex]

så kan man egentlig bare derivere med hensyn til x

[tex]\Gamma^,(x) = \int_{0}^\infty \ln(t) t^{x-1}e^{-t}\;dt[/tex]

Jeg vil foreslå enda et integral.
[tex]I \qquad = \qquad \int \frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}} \rm{d}x[/tex]

[tex]I=\int\frac{x^2(1-{1\over x^2})}{(x^2+1)\sqrt{x^2(x^2+{1\over x^2})}}{\rm dx}=\int \frac{x^2(1-{1\over x^2})}{x^2(x+{1\over x})\sqrt{x^2+{1\over x^2}}}{\rm dx}[/tex]

setter[tex]\;u=x+{1\over x}[/tex][tex]\;\;,{\rm du}=(-{1\over x^2}+1){\rm dx}[/tex]
og
[tex]u^2-2={1\over x^2}+x^2[/tex]
slik at:

[tex]I=\int \frac{1}{u\sqrt{u^2-2}}{\rm du}[/tex]

Nå har jeg i dårlig tid, skal opp 6 i morra, og tar derfor noen short cut.
Hopper bukk over substitusjoner, polynomdivisjon og delbrøksoppspalting:

[tex]I={1\over \sqrt2}\arctan(\sqrt{\frac{u^2-2}{2}})\,+\,D={1\over \sqrt2} \arctan(\sqrt{\frac{{1\over x^2}+x^2}{2}})\,+\,C[/tex]

Nytt integral.

[tex]\int x^2+1+\frac{1}{x^2+1}\,\rm{d}x[/tex]

Olorin skrev:Nytt integral.
[tex]\int x^2+1+\frac{1}{x^2+1}\,\rm{d}x[/tex]

[tex]I={1\over 3}x^3\,+\,x\,+\,\arctan(x)\,+\,C[/tex]