Integral maraton !

[Guest]

Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$

[Nebuchadnezzar]

Oppfølger:
La $f$ være en begrenset, ikke-negativ funksjon. Vis at
$$\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\ln(x)}{x}\mathrm{d}x=0$$

Kan vel løses enda enklere enn det Plutarco? La $y \mapsto 1/x$. Da er $\mathrm{d}y = -\mathrm{d}x/x^2$ så $\mathrm{d}y/y = -\mathrm{d}x/x$.

$ \hspace{1cm}
I
=
\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\log x}{x}\mathrm{d}y
=
\int_\infty^0 f\left(y+\dfrac1y\right)\log\left( \frac{1}{y} \right) \left( -\frac{\mathrm{d}y}{y} \right)
=
-\int_0^\infty f\left(y+\dfrac1y\right)\dfrac{\log y }{x}\mathrm{d}y
=
-I
$

Siden $I = -I$ så er $2I = 0$ og $I = 0$.

[Gustav]

Jepp, fin løsning!

[Nebuchadnezzar]

Om jeg ikke tar heltfeil kan vel Plancherels teorem brukes på det integralet. har sett lignende integraler bli løst via både laplace og å skrives som en differensiallikning.

Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$

Fra oven så har en at $\mathcal{F}\left( \frac{x}{(1+x^2)^2} \right) = -\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2} i} w e^{-w}$, videre så er $\mathcal{F}\left( \sin x \right) = \frac{\sqrt{2\pi}}{2i} \bigl[\delta(w+1)-\delta(w-1)\bigr]$. Definer $G(w) = w e^{-|w|}$. Plancherel gir oss nå at

$
\hspace{1cm}
\begin{align*}
\int_\mathbb{R} \frac{w}{(1+w)^2} \sin w \,\mathrm{d}w
& = \int_\mathbb{R} \mathcal{F}\left( \frac{w}{(1+w)^2} \right) \mathcal{F}\left( \sin x \right) \,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4} \int_\mathbb{R} x e^{-|x|} \bigl[ \delta(x-1) - \delta(x+1)\bigr]\,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4}\bigl[ G(1) - G(-1) \bigr]
= \frac{\pi}{2e}
\end{align*}
$

Noen som klarer denne godbiten?

$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$

[Guest]

Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$

...
$ = \frac{\pi}{2e}$

Selvsagt helt rett

[Guest]

Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$

...
$ = \frac{\pi}{2e}$

Selvsagt helt rett

Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???

[Gustav]

Vis at $\int_0^{\infty} \frac{\ln (1+x)\ln (1+x^{-2})}{x}\,dx = \pi G-\frac{3\zeta (3)}{8}$

, der $G=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$ er Catalans konstant, og $\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ er Riemann zetafunksjonen.

[Guest]

Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???

Nei, oppgave 5c på tentamen i 9. klasse på Vikerkje ungdomsskole

[Nebuchadnezzar]

Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.

Sittet og fiklet litt med din oppgave. Virker som den beste fremgangsmåten er å splitte integralet ved $1$ også mappe integralet over $[1,\infty]$ til $[0,1]$ via transformasjonen $z \mapsto 1/x$. Da er $\int_1^\infty f(x) \,\mathrm{d}x = \int_0^1 f\left(\frac{1}{x}\right) \,\frac{\mathrm{d}x}{x^2}$ slik at

$
\begin{align*}
\int_0^\infty f(x) \,\mathrm{d}x
& = \int_0^1 f(x) + \frac{1}{x^2} f\left(\frac{1}{x}\right) \,\mathrm{d}x \\
& = \int_0^1 \frac{2\log(x^2+1) \log(1+x)}{x} - \frac{\log(1+x)\log(x^2)}{x} - \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x\\
& = \left( \pi G -\frac{33\zeta(3)}{16)} \right) - \left( -\frac{3\zeta(3)}{2} \right) - \left( - \frac{3\zeta(3)}{16} \right) \\
& = \pi G - \frac{3 \zeta(3)}{8}
\end{align*}
$

Hvor alle integralene kan beregnes ved å rekkeutvikle henholdsvis $\log(1+x^2), \log(1+x)$ og $\log(x^2+1)$ siden taylorpolynomet konvergerer for alle $|x| \leq 1$. Er det første integralet jeg sliter litt med å vise, de to siste var rett frem. Tror denne metoden skal lede frem, men har dessverre ikke mer tid å se på det nu. Finnes sikkert en smartere måte å gjøre det på =)

f.eks

$
\int_0^1 \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 \sum_{k\geq 1} \frac{x^{2k}}{k}(-1)^{k+1} \frac{\log x}{x} \,\mathrm{d}x
= \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\int_0^1 x^{2k-1} \log x \,\mathrm{d}x
= \frac{1}{4} \sum_{k \geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k^3}
= - \frac{3\zeta(3)}{16}
$

[Gustav]

Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.

Oj sann, beklager det! Jeg overså faktisk oppfølgeren din i forrige post. Helt tilfeldig at de liknet! Ser ut som du er på rett kjøl ihvertfall

[MatIsa]

Noen som klarer denne godbiten?

$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$

Begynner med å skrive om integranden ved delbrøksoppspalting:
$$\dfrac{\log{x}}{x}\cdot\dfrac{\log(1-x)}{1-x} = \log{x}\log(1-x)\dfrac{1-x+x}{x(1-x)} = \log{x}\dfrac{\log(1-x)}{x}+\log(1-x)\dfrac{\log{x}}{1-x}$$ Her er $$\dfrac{\log(1-x)}{x} = -\dfrac1x \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n+1}$$ og $$\dfrac{\log(x)}{1-x} = \dfrac{\log(1-(1-x))}{1-x} = -\dfrac{1}{1-x} \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^n}{n+1}$$ som gir $$I = -\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x-\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log(1-x)\dfrac{(1-x)^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = I_1+I_2$$ Med substitusjonen $u=1-x; \mathrm{d}u=-\mathrm{d}x$ kan $I_2$ skrives som $$I_2 = -\int_1^{1/2}\left(\sum_{n=0}^\infty \log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)(-\mathrm{d}u) = -\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^\infty\log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)\mathrm{d}u$$ Dette forenkler $I$:
$$I = -\left(\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x+\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x\right) = -\int_0^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = -\sum_{n=0}^\infty\left(\dfrac{1}{n+1}\int_0^1 x^n\log{x}~\mathrm{d}x\right) = -\sum_{n=0}^\infty a_n$$ Bruker deretter Leibniz regel: $$I(\alpha) = \int_0^1 x^\alpha\mathrm{d}x = \dfrac{1}{\alpha + 1}\Longrightarrow I'(\alpha) = \dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}\alpha} = \int_0^1 x^\alpha \log{x}~\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{(\alpha+1)^2}$$
Dermed er $a_n = \dfrac{1}{n+1}\cdot\left(-\dfrac{1}{(n+1)^2}\right) = -\dfrac{1}{(n+1)^3}$ og
$$I = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{(n+1)^3} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^3} = \zeta(3)$$
Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$

[Markus]

Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.

Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$

Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$


Oppfølger:
$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$

[Janhaa]

Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.

Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$

Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$
Oppfølger:$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$

Pent Markus,
prøver meg på ditt med Residue theorem:

[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]

poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:

[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]


[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/tex]

[Markus]

Prøver meg på ditt med Residue theorem:

[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]

poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:

[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]


[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/tex]

Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.

Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg

$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$

[Janhaa]

Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.
Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg
$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$

$I=\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
setter:
[tex]u=x+\frac{1}{2}[/tex]

$I=\int \frac{2}{\sqrt{4u^2+3}} \, \text{d}u$

$I=\int \frac{1}{\sqrt{u^2+\frac{3}{4}}} \, \text{d}u = \text arcsinh(\frac{2u}{\sqrt{3}})+c$

$I = \text arcsinh(\frac{2x+1}{\sqrt{3}})+c$