matematikk.net

FredrikM skrev:Jeg klarer ikke helt å se hva du sikter til her.

Legg merke til [tex]\frac 12[/tex]-faktoren her:
[tex]I_{10}=\frac 12 2\pi i (a+b)[/tex]

(husk at singularitetene vi må ha med, er begge på øvre halvplan)

Jeg som er på bærtur med forklaringen min, så tar den på min kappe. Men jeg står fortsatt på mitt om at du mangler en faktor en halv i sluttsvaret

Svaret ditt representerer 2*pi*i * sum Res(f(z)), men det må igjen ganges med en halv pga grensene i intergralet

Du har helt rett.

(svaret mitt lignet nok på WolframAlpha sitt svar til at jeg trodde jeg hadde fått det riktige , WolframAlpha)

Da prøver vi oss på en artig en

Regn ut arealet som er avgrenset av x aksen og funksjonen [tex]f(x)=cos(ln(x)) \, \, \, \, x \in [0\,,\,2\pi][/tex]

[tex]u = \ln{x} \ \Rightarrow \ e^{u}\rm{d}u = \rm{d}x[/tex]

[tex]I = \int e^{u}\cos{u}\rm{d}u[/tex]

[tex]I = e^{u}\cos{u} + \int e^{u}\sin{u}\rm{d}[/tex]

[tex]I = e^{u}\cos{u} + e^{u}\sin{u} - \int e^{u}\cos{u}\rm{d}u[/tex]

Siste integral = I, får 2I på venstre side av likhetstegn, gir:

[tex]I = \frac{1}{2}x\large\left(\cos{(\ln{x})} + \sin{(\ln{x})}\large\right) + C[/tex]

Man skulle vel finne arealet av den funksjonen over x-aksen.

Ja, der sier du noe.

Men du er jo ganske nærme

Da skal det vel bli:

[tex]I = \frac{1}{2}\large\left[x(\cos{(\ln{x})}+\sin{(\ln{x})})\large\right]_{e^{-\frac{\pi}{2}}}^{e^{\frac{\pi}{2}}} = \cosh{\frac{\pi}{2}} \approx 2.51[/tex]

Det er jo uendelig mange avgrensede flater over og under x-aksen når du nærmer deg x = 0...

Vektormannen skrev:Det er jo uendelig mange avgrensede flater over og under x-aksen når du nærmer deg x = 0...

Stemmer det, men summen av del-integralene konvergerer.

Nebuchadnezzar skrev:Da prøver vi oss på en artig en

Regn ut arealet som er avgrenset av x aksen og funksjonen [tex]f(x)=cos(ln(x)) \, \, \, \, x \in [0\,,\,2\pi][/tex]

Vi vil integrere over det området [tex]f(x)[/tex] er større enn 0, dvs der [tex]\cos(\ln(x)) \geq 0 \Leftrightarrow 2\pi n - \frac{\pi}{2} \leq \ln(x) \leq 2\pi n + \frac{\pi}{2} \Leftrightarrow e^{2\pi n - \frac{\pi}{2}} \leq x \leq e^{2\pi n + \frac{\pi}{2}}[/tex]

for ethvert heltall n.

Nå er [tex]e^{\frac{\pi}{2}}< 2\pi[/tex], og [tex]e^{2\pi-\frac{\pi}{2}}> 2\pi[/tex], så vi må finne

[tex]\sum_{n=-\infty}^0 \int^{ e^{2\pi n + \frac{\pi}{2}}}_{ e^{2\pi n - \frac{\pi}{2}}} \cos(\ln(x)) dx = \sum_{n=0}^{\infty} \int^{ {-2\pi n + \frac{\pi}{2}}}_{{-2\pi n - \frac{\pi}{2}}} e^u\cos(u) du =\sum_{n=0}^{\infty}[\frac{e^{u}}{2}(\cos(u) + \sin(u))]^{-2\pi n + \frac{\pi}{2}}_{-2\pi n - \frac{\pi}{2}} =\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(e^{-2\pi})^n(e^{\frac{\pi}{2}}+e^{-\frac{\pi}{2}})=\frac{e^{\frac{\pi}{2}}+e^{-\frac{\pi}{2}}}{2(1-e^{-2\pi})}[/tex]

der det ubestemte integralet allerede er regnet ut av zell.

Helt riktig Charlatan, og du kan legge ut det neste integralet.

Et kort spørsmål, kanskje bare meg som ikke helt ser det, hvordan regnet du ut den siste summen ?

Nebuchadnezzar skrev:Helt riktig Charlatan, og du kan legge ut det neste integralet.

Et kort spørsmål, kanskje bare meg som ikke helt ser det, hvordan regnet du ut den siste summen ?

Den siste summen er ei geometrisk rekke, så jeg brukte bare formelen for det. Jeg skal snarest finne et nytt integral.

Nebuchadnezzar skrev:Helt riktig Charlatan, og du kan legge ut det neste integralet.

Et kort spørsmål, kanskje bare meg som ikke helt ser det, hvordan regnet du ut den siste summen ?

Nå har ikke jeg fulgt så mye med i oppgaven, men den siste summe er vel bare en geometrisk rekke? Får derfor (1/2)*(a/1-x) (hvor a er det første leddet, og x er faktoren i den geometriske rekken).

Charlatan kom visst meg så vidt i forkjøpet