matematikk.net

Når der gjelder siste integral (I[sub]13[/sub]), blei det omforma til en interessant integrand jeg har drømt om å knekke. Har bare skula på integralet opp gjenom åra. Mulig I[sub]13[/sub] kan løses mer lettvint og elegant måte. Altså:

[tex]I_{13}=\int \frac{{\rm dx}}{(x^2+1)sqrt{x}}[/tex]

u = [symbol:rot]x og u[sup]2[/sup] = x og u[sup]4[/sup] = x[sup]2[/sup]
2u du = dx

slik at:

[tex]I_{13}=2\int \frac{u{\rm du}}{(u^4+1)u}=2\int \frac{{\rm du}}{u^4+1}[/tex]

Og der har vi/jeg en meget stor jobb. Har verken tid eller anledning nå, men håper å løse dette koselig integralet iløpet av kvelden eller natta. I'll be back.

Tror residue-teoremet er et hot tip på å løse dette ganske elegant og enkelt, om du integrer over en kontur som er en halvsirkel i øvre helvplan samt biten langs den reelle aksen som forbinder endepunktene av halvsirkelen.

Tror integralet over halsirkelen blir null når radien i konturen går mot uendelig, så integralet du vil ha blir [tex]2\pi i[/tex] ganger summen av residuene til polene i øvre halvplan.

Residue teoremet er pensum i kompleks analyse, hvilket jeg mangler. Altså borger dette for ordinær reell analyse:

--------------------------------------------------
Da fortsetter jeg, med forbehold om slurvefeil. Blei en helsikes jobb. Faktoriserer:

[tex]I_{13}=2\int \frac{{\rm du}}{u^4+1}=2\int \frac{{\rm du}}{(u^2-\sqrt2u+1)(u^2+\sqrt2u+1)}={1\over \sqrt2}(\int \frac{(u-\sqrt2){\rm du}}{-u^2+\sqrt2u-1}\,+\,\int \frac{(u+\sqrt2){\rm du}}{u^2+\sqrt2u+1})[/tex]

Setter så [tex]\;t=u-{1\over sqrt2},\;\;der\;\;dt=du[/tex]

[tex]I_{13}=\int\frac{{\rm du}}{u^2+sqrt2u+1}\,+\,{1\over sqrt2}\int \frac{u{\rm du}}{u^2+\sqrt2u+1}\,+\,{1\over 2}\int \frac{{\rm dt}}{t^2+{1\over 2}}\,+\,{1\over \sqrt2}\int \frac{t{\rm dt}}{-t^2-{1\over 2}}[/tex]

substituerer:[tex]\;w=u+{1\over \sqrt2},\;\; der \; dw=du[/tex]

og [tex]\;\;y=\sqrt2w,\;\;der \;dy=\sqrt2 dw[/tex]

videre gir dette:
[tex]I_{13}=\int\frac{{\rm du}}{u^2+sqrt2u+1}\,+\,{1\over sqrt2}\int \frac{(y-1){\rm dy}}{y^2+1}\,+\,{1\over 2}\int \frac{{\rm dt}}{t^2+{1\over 2}}\,+\,{1\over \sqrt2}\int \frac{t{\rm dt}}{-t^2-{1\over 2}}=I_{131}\,+\,I_{132}\,+\,I_{133}\,+\,I_{134}[/tex]

der

[tex]\;I_{134}=-{1\over 2\sqrt2}\ln|-x+\sqrt{2x}-1|[/tex]

[tex]I_{132}={1\over \sqrt2}(\int \frac{y{\rm dy}}{y^2+1}\,-\,\int\frac{{\rm dy}}{y^2+1})={1\over 2\sqrt2}\ln|2x+2\sqrt{2x}+2|\,-\,{1\over \sqrt2}\arctan(\sqrt{2x}+1)=I_{1321}\,+\,I_{1322}[/tex]

For I[sub]131[/sub] brukes substitusjonene over:
[tex]\;w=u+{1\over \sqrt2},\;\; der \; dw=du[/tex]
og [tex]\;\;y=\sqrt2w,\;\;der \;dy=\sqrt2 dw[/tex]

[tex]I_{131}=\int \frac{{\rm dw}}{w^2+{1\over 2}}=\sqrt2 \int\frac{{\rm dy}}{y^2+1}=\sqrt2\arctan(\sqrt{2x}+1)[/tex]

[tex]I_{131}\,+\,I_{1322}={1\over sqrt2}\arctan(\sqrt{2x}+1)[/tex]

[tex]\text for I_{133} setter jeg z=sqrt2 t, der dz=\sqrt2 dt[/tex]

[tex]I_{133}={1\over \sqrt2}\int \frac{{\rm dz}}{z^2+1}={1\over \sqrt2}\arctan(z)={1\over \sqrt2}\arctan(\sqrt{2x}-1)[/tex]

Til slutt:

[tex]I_{13}={1\over \sqrt2}[\arctan(\sqrt{2x}+1)\,+\,\arctan(\sqrt{2x}-1)]\,+\,{1\over 2\sqrt2}[\ln|2x+2sqrt{2x}+2|\,-\,\ln|-x+\sqrt{2x}-1|]\,+\,C[/tex]

Dessuten ser jeg jo nå at du ville evaluere det ubestemte integralet. Da er ikke residue-teoremet så kult uansett

Hvorfor ender så mange av integralene på arctan? Jeg synes det er litt rart at funksjoner med tilsynelatende ingen forbindelse med trigonometriske funksjoner skal være den deriverte til trigonometriske funksjoner.

Jarle10 skrev:Hvorfor ender så mange av integralene på arctan? Jeg synes det er litt rart at funksjoner med tilsynelatende ingen forbindelse med trigonometriske funksjoner skal være den deriverte til trigonometriske funksjoner.

Du vet forhåpentligvis at:

[tex]\frac{{\rm d}}{{\rm dx}}(\arctan(x))=\frac{1}{1+x^2}[/tex]

Så da sees en sammenheng...

------------------------------------------------------------------
PS.
Så nå at integralet , I[sub]13[/sub], ikke stemte helt overens med Wolfram sitt forslag.
Men helt på jordet var det iallfall ikke !

Prøver meg på ett av disse integrala, I[sub]12[/sub], som har stått urørt en stund.

[tex]I_{12}=\int \frac{x}{\sqrt{1+\sin(x)}}{\rm dx}[/tex]

[tex]u^2=\frac{1}{\sqrt{1+\sin(x)}}=(1+\sin(x))^{-{1\over 2}}[/tex]

dette gir:[tex]\;4u{\rm du}=-u^5{\rm dx}[/tex]

[tex]I_{12}=-4\int x u^{-3}{\rm du}[/tex]

der:[tex]\;\frac{1}{u^4}=1+\sin(x)\;[/tex]og[tex]\;\sin(x)=u^{-4}-1[/tex]

[tex]x=\arcsin(u^{-4}-1),\;[/tex]slik at:

[tex]I_{12}=-4\int u^{-3}\arcsin(u^{-4}-1){\rm du}[/tex]

her er hopper jeg over endel mellomregning:

[tex]I_{12}=4u^2\sqrt{\frac{2u^4-1}{u^8}}\,-\,4\frac{\arcsin(1-{1\over u^4})}{2u^2}[/tex]

bruker disse relasjonene, og setter inn i I_12:
u[sup]-4[/sup] = 1 + sin(x), u[sup]4[/sup] = 1/(1+sin(x))

u[sup]8[/sup] = 1/(1+sin(x))[sup]2[/sup]

[tex]u^2=\frac{1}{\sqrt{1+\sin(x)}}[/tex]

[tex]I_{12}=\frac{4}{\sqrt{1+\sin(x)}}\sqrt{1-2\sin(x)}\,-\,\frac{2}{\sqrt{1+\sin(x)}}\, \arcsin(-\sin(x))\,+\,C[/tex]

(Integrator har et fryktinngydende uttrykk, helt ulikt mitt... )

Kan ikke arcsin(-sin(x)) forandres til -x, siden -sin(x) = sin(-x)?

Jarle10 skrev:Kan ikke arcsin(-sin(x)) forandres til -x, siden -sin(x) = sin(-x)?

Ikke helt Jarle, greia her er at sin(arcsin([symbol:plussminus] x)) = [symbol:plussminus] x. Siden sinus er symmetrisk om 2. aksen, vil
sin(-x) = -sin(x), som du sier.

Men dette er ulikt mitt uttrykk: arcsin(-sin(x)) = arcsin(sin(-x)).
Sistnevnte blir faktisk en konstant (tror jeg).
Forøvrig løser Integrator integralet med et uttrykk som også inneholder konstanter; [symbol:pi], [sup]4[/sup][symbol:rot]i.
Men om disse 2 (helt ulike) løsninger er kompatible, veit ikke jeg.

Janhaa skrev:
[tex]u^2=\frac{1}{\sqrt{1+\sin(x)}}=(1+\sin(x))^{-{1\over 2}}[/tex]

dette gir:[tex]\;4u{\rm du}=-u^5{\rm dx}[/tex]

Sjøl en ___kar kan glemme ___regelen.

mrcreosote skrev:

Janhaa skrev: [tex]u^2=\frac{1}{\sqrt{1+\sin(x)}}=(1+\sin(x))^{-{1\over 2}}[/tex]
dette gir:[tex]\;4u{\rm du}=-u^5{\rm dx}[/tex]

Sjøl en ___kar kan glemme ___regelen.

Stemmer mrcreosote, jeg glemte kjerneregelen...
Orker ikke se på dette nå, må ut i sola litt, den skinner jo på Østlandet

Men skal prøve meg senere, samt integralet til Mr. dao. på integrasjonlek (har noe på gang med den).

Er det ikke bare å løse et tilfeldig bestemt integral på kalkisen for å sjekke om svaret er riktig? Jeg pleier å gjøre det iallefall.

Jarle10 skrev:Kan ikke arcsin(-sin(x)) forandres til -x, siden -sin(x) = sin(-x)?

Må huske at vi ikke har entydig invers her. Legg merke til arcsin(sin( [symbol:pi] )) = 0.

Prøver meg på det siste av fjorårets sommerintegraler:

[tex]I_{13}=\int {e^{\frac{x}{2}} \left( {\frac{{2 - \sin x}}{{1 - \cos x}}} \right){\rm{d}}x} = \int {e^{\frac{x}{2}} \left( {\csc ^2 \left({\frac{x}{2}} \right) - \cot \left( {\frac{x}{2}} \right)} \right){\rm{d}}x} \\ = 2\int {e^u \left( {\csc ^2 u - \cot u} \right){\rm{d}}u}[/tex]

Ser at dette integralet er på formen
[tex]I = 2\int {e^u \left( {f(u) + f\prime(u)} \right)du} = I_1 + I_2[/tex],
og prøver å finne en generell formel.
[tex]I = 2\int {e^u \left( {f(u) + f\prime(u)} \right)du} = I_1 + I_2 \\ I_1 = 2\left( {e^u f\prime\left( u \right) - \int {e^u f\prime(u)du} } \right) = 2e^u f\prime\left( u \right) - I_2 \\ I_2 = 2\left( {e^u f\left( u \right) - \int {e^u f(u)du} } \right) = 2e^u f\left( u \right) - I_1 \\ I = 2e^u f\prime\left( u \right) - I_2 + 2e^u f\left( u \right) - I_1 \\ = 2e^u \left( {f\prime\left( u \right) + f\left( u \right)} \right) - I \\ \Rightarrow I = e^u \left( {f\prime\left( u \right) + f\left( u \right)} \right) + C[/tex]

Med [tex]f(u) = - \cot u,f\prime\left( u \right) = \csc ^2 u[/tex] får vi dermed at:
[tex]I_{13} = \int {e^{\frac{x}{2}} \left( {\frac{{2 - \sin x}}{{1 - \cos x}}} \right){\rm{d}}x = } \,e^{\frac{x}{2}} \left( {\csc ^2 \left( {\frac{x}{2}} \right) - \cot \left( {\frac{x}{2}} \right)} \right) + C[/tex]