Utfordring:
[tex]I_{22}=\int \frac{x}{sin(x)+1}\,dx[/tex].
Integralkalenderen
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
[tex]I_{\small 22}=\large \int \frac{x(1-\sin(x))}{1-\sin^2(x)}\,dx=\int x(1-\sin(x))(1+\tan^2(x))\,dx=\int x (1-\sin(x))\sec^2(x)\,dx[/tex]
[tex]I_{\small 22}=\large \int x (1-\sin(x))\sec^2(x)\,dx=\int [x \sec^2(x)\,-\,x\tan(x)\sec(x)]\,dx=I_{a}\,+\,I_b[/tex]
delvis integrasjon;
[tex]I_a=x\tan(x)\,-\,\int \tan(x)\,dx=x\tan(x)\,+\,\ln|\cos(x)|\,+\,C_1[/tex]
delvis integrasjon;
[tex]I_b=x\sec(x)\,-\,\int \sec(x)\,dx[/tex]
sistnevnte er løst flere ganger før, både her og der;
[tex]I=\int \sec(x)\,dx=\int \frac{dx}{\cos(x)}={1\over 2}\ln\left|\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right|=2\text arctanh(tan({x\over 2}))[/tex]
----------------------------------------------------
til slutt:
[tex]I_{\small22}=x\tan(x)\,+\,\ln|\cos(x)|\,-\,x\sec(x)\,+\,{1\over 2}\ln\left|\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right| \,+\,C[/tex]
[tex]I_{\small 22}=\large \int x (1-\sin(x))\sec^2(x)\,dx=\int [x \sec^2(x)\,-\,x\tan(x)\sec(x)]\,dx=I_{a}\,+\,I_b[/tex]
delvis integrasjon;
[tex]I_a=x\tan(x)\,-\,\int \tan(x)\,dx=x\tan(x)\,+\,\ln|\cos(x)|\,+\,C_1[/tex]
delvis integrasjon;
[tex]I_b=x\sec(x)\,-\,\int \sec(x)\,dx[/tex]
sistnevnte er løst flere ganger før, både her og der;
[tex]I=\int \sec(x)\,dx=\int \frac{dx}{\cos(x)}={1\over 2}\ln\left|\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right|=2\text arctanh(tan({x\over 2}))[/tex]
----------------------------------------------------
til slutt:
[tex]I_{\small22}=x\tan(x)\,+\,\ln|\cos(x)|\,-\,x\sec(x)\,+\,{1\over 2}\ln\left|\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right| \,+\,C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Siden disse er så lette, serveres herved to;
[tex]I_{\small 23a}=\large \int \frac{4x}{x^4+1}\,dx[/tex]
[tex]I_{\small 23b}=\large \int \cos^5(x)\,dx[/tex]
[tex]I_{\small 23a}=\large \int \frac{4x}{x^4+1}\,dx[/tex]
[tex]I_{\small 23b}=\large \int \cos^5(x)\,dx[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
[tex] \int \frac{4x}{x^4+1}dx \\
u=x^2 \\
2 \int \frac{du}{u^2+1} \\
u=tan \theta \\
2 \int \frac{sec^2 \theta}{tan^2 \theta +1}=2 \int d \theta = 2 \theta+C= 2 tan^{-1}u+C=2tan^{-1}(x^2)+C [/tex]
Huff, er litt ustødig på disse tex-greiene
Huff, er litt ustødig på disse tex-greiene
Da er det julaften, og vi avslutter kalenderen med et par ekstra vanskelige integraler.
Jeg minner om en nyttig formel fra mathworld:
http://mathworld.wolfram.com/Polylogarithm.html
[tex]I_{24_a}=\int \frac{x}{cos(x)}\rm{d}x[/tex]
[tex]I_{24_b}=\int \frac{\ln\left(sin(x)\right)}{sin(x)}\rm{d}x[/tex]
Jeg minner om en nyttig formel fra mathworld:
http://mathworld.wolfram.com/Polylogarithm.html
[tex]I_{24_a}=\int \frac{x}{cos(x)}\rm{d}x[/tex]
[tex]I_{24_b}=\int \frac{\ln\left(sin(x)\right)}{sin(x)}\rm{d}x[/tex]
Kjipe integral over, men denne er overkommelig. Det ubestemte integral;Magnus skrev:[tex]\int_0^\pi \frac{2}{3\sin(2x)+5}dx[/tex]
(ikke til TrulsBR og andre som tok matte4 i år:))
Hakke jeg hatt, bare underviser i vgs kjemi
...med noe forbehold mhp inntak av flytende julegodt...bruker at [tex]\,\,\sin(2x)=\frac{2\tan(x)}{1+\tan^2(x)}[/tex]
derfor
[tex]I=2\int \frac{1+\tan^2(x)}{5\tan^2(x)+6\tan(x)+5}\,dx=2\int \frac{du}{5u^2+6u+5}[/tex]
der u = tan(x)
----------------------
videre substitusjon er [tex]\,\,v={1\over 4}(5u+3)[/tex]
slik at
[tex]I={1\over 2}\int \frac{dv}{v^2+1}={1\over 2}\arctan({1\over 4}(5u+3))\,+\,C={1\over 2}\arctan\left({1\over 4}(5\tan(x)+3)\right)[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Jeg fant ut dette etterhvert. Orka ikke fixe det på natta. Svaret mitt, til tross for riktig integral, blir null.
Skal vel helst bli [symbol:pi]/2.
Skal vel helst bli [symbol:pi]/2.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
[tex]\int \frac{x}{cos(x)}\rm{d}x = \int \frac{2x}{e^{ix}+e^{-ix}}\rm{d}x = 2\int \frac{xe^{ix}}{1+e^{i2x}}\rm{d}x = \int \frac{x\left[i(1-ie^{ix})-i(1+ie^{ix})\right]}{(1+ie^{ix})(1-ie^{ix})}\rm{d}x = \int \frac{ix}{1+ie^{ix}}\rm{d}x - \int \frac{ix}{1-ie^{ix}}\rm{d}x = \int xA_{1} - \int xA_{2}\rm{d}x[/tex]espen180 skrev: [tex]I_{24_a}=\int \frac{x}{cos(x)}\rm{d}x[/tex]
[tex]I_{1} = \int A_{1} = \int \frac{i}{1+ie^{ix}}\rm{d}x[/tex]
[tex]I_{2} = \int A_{2} = \int \frac{i}{1-ie^{ix}}\rm{d}x[/tex]
med delvis integrasjon vil en få:
[tex]I_{24_{a}} = x(I_{1}-I_{2})-\int \left(I_{1} - I_{2}\right)\rm{d}x[/tex]
bruker substitusjon på [tex]I_{1}[/tex] og [tex]I_{2}[/tex];
[tex]u = e^{ix} \Rightarrow \rm{d}u = ie^{ix}\rm{d}x \Leftrightarrow \rm{d}x = \frac{-i}{u}\rm{d}u[/tex]
da får en:
[tex]I_{1} = \int A_{1} = \int \frac{1}{u(1+iu)}\rm{d}u = ln(u)-ln(1+iu) = ix - ln(1+ie^{ix})[/tex]
[tex]I_{2} = \int A_{2} = \int \frac{1}{u(1-iu)}\rm{d}u = ln(u)-ln(1-iu) = ix - ln(1-ie^{ix})[/tex]
første leddet i den delvise integrasjonen vil bli:
[tex]x\left[(ix - ln(1+ie^{ix}))-(ix - ln(1-ie^{ix}))\right] = x\left[ln(1-ie^{ix})-ln(1+ie^{ix})\right][/tex]
det andre leddet i den delvise integrasjonen vil bli:
[tex]\int ln(1-ie^{ix})-ln(1+ie^{ix})\rm{d}x[/tex]
[tex]I_{3} = \int ln(1-ie^{ix})\rm{d}x[/tex]
[tex]I_{4} = \int ln(1+ie^{ix})\rm{d}x[/tex]
bruker substitusjon på [tex]I_{3}[/tex] og [tex]I_{4}[/tex]:
[tex]u = ie^{ix} \Rightarrow \rm{d}u = -e^{ix}\rm{d}x \Leftrightarrow \rm{d}x = \frac{-i}{u}\rm{d}u[/tex]
ved å benytte informasjonen fra mathworld ( http://mathworld.wolfram.com/Dilogarithm.html ):
[tex]I_{3} = \int ln(1-ie^{ix})\rm{d}x \Rightarrow \int \frac{-iln(1-u)}{u}\rm{d}u = -iL_{i_{2}}(u)[/tex]
[tex]I_{4} = \int ln(1+ie^{ix})\rm{d}x \Rightarrow \int \frac{-iln(1-(-u))}{u}\rm{d}u = -iL_{i_{2}}(-u)[/tex]
sett inn for u:
[tex]I_{3} = -iL_{i_{2}}(ie^{ix})[/tex]
[tex]I_{4} = -iL_{i_{2}}(-ie^{ix})[/tex]
som gir:
[tex]I_{24_{a}} = x\left[ln(1-ie^{ix})-ln(1+ie^{ix})\right] + i\left[L_{i_{2}}(-ie^{ix}) - L_{i_{2}}(ie^{ix}))\right] + C[/tex]
som jeg tror skal stemme
kan sikkert gjøres enklere og vil jeg tro, så hadde vært fint (hvis det er mulig) at noen kan forenkle det
Sist redigert av drgz den 31/12-2008 12:01, redigert 2 ganger totalt.
Pluss en integrasjonskonstant.
Joda, kjempeflott!
Joda, kjempeflott!