Integral maraton !

[Nebuchadnezzar]

Nå skal jeg være kjip med deg å si at jeg har rett
[tex]\lim_{x\to 0} (1+x)e^{-x}= 0 + e^{-0} = 1 [/tex]
[tex]\lim_{x\to \infty} (1+x)e^{-x} = \lim_{x\to \infty} x e^{-x} + \lim_{x\to \infty} e^{-x} = 0 + 0 = 0[/tex]
For mye voksenbrus? ^^

[Janhaa]

Nå skal jeg være kjip med deg å si at jeg har rett
[tex]\lim_{x\to 0} (1+x)e^{-x}= 0 + e^{-0} = 1 [/tex]
[tex]\lim_{x\to \infty} (1+x)e^{-x} = \lim_{x\to \infty} x e^{-x} + \lim_{x\to \infty} e^{-x} = 0 + 0 = 0[/tex]
For mye voksenbrus? ^^

ja, jaggu, det er for mye sinnabrus...

[Janhaa]

Håper ikke vi har hatt det før, evaluer følgende integral:

[tex]\Large I=\int_{0}^{\infty}\ln(1-e^{-x})\,dx[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Se første integral i tråden, la $a = 1$

[Janhaa]

hehe, sjekka noen av integrala her om dagen..huska ikke første da...

artig integral uansett....

[Gustav]

Ingen aning om følgende integraler har blitt løst her tidligere, men la gå: (vanskelighetsgraden er variabel)

$\displaystyle I_n = \int \sinh^2 \sqrt{x} \,dx$

$\displaystyle I_{n+1} = \int \tan^2 \sqrt{x}\,dx$

$\displaystyle I_{n+2} = \int \frac{x^2+x+1}{x^4+x^2+1}\,dx$

$\displaystyle I_{n+3} = \int \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x+\tan^2 x}\,dx$

$\displaystyle I_{n+4} = \int \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x+\tan^2 x}\,dx$

$\displaystyle I_{n+5} = \int \frac{\sin (3x)+\cos (2x)}{\tan x}\,dx$

$\displaystyle I_{n+6} = \int \sin x \sinh x\,dx$

$\displaystyle I_{n+7} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1+\sqrt{1-\sin^2 x}}\,dx$

Alle integralene har rimelig ukompliserte svar og kan uttrykkes ved enkle elementære funksjoner.

[Janhaa]

[tex]I(n+6)=-\cos(x)\sinh(x)+\int\cos(x)\cosh(x)\,dx=-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)-\int\sin(x)\sinh(x)\,dx=-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)-I(n+6)+D[/tex]

[tex]2I(n+6)=-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)+D[/tex]

[tex]I(n+6)={1\over 2}\left(-\cos(x)\sinh(x)+\cosh(x)\sin(x)\right)+C[/tex]

[Janhaa]

[tex]I(n+7)=\int_0^{\pi/2}\sqrt{1+\cos(x)}\,dx=\int_0^{\pi/2}\sqrt{2\cos^2(x/2)}\,dx=\sqrt 2 \int_0^{\pi/2}|{\cos(x/2)}|\,dx=2\sqrt2\sin(x/2)|_0^{\pi/2}=2[/tex]

[Janhaa]

[tex]I(n+2)=\large\int\frac{dx}{x^2-x+1}=\int\frac{dx}{(x-0,5)^2+0,75}=\int\frac{du}{u^2+0,75}={2\over \sqrt3}\int\frac{dt}{t^2+1}={2\over \sqrt3}\arctan(t)= {2\over \sqrt3}\arctan({2u\over \sqrt3})={2\over \sqrt3}\arctan\left({2x-1\over \sqrt3}\right)+C[/tex]

1) brukt polynomdivisjon
2) substitusjon 1: u = x - 0,5
3) substitusjon 2: [tex]t = 2u/\sqrt3[/tex]

[Determined]

$I_n = \int \sinh{\sqrt{x}}dx = \int(\frac{e^\sqrt{x}-e^{-\sqrt{x}}}{2})^2dx = \frac{1}{4} \int(e^x-2+e^{-x})dx = \frac{1}{4}(e^x-e^{-x}-2x)+C$

Kjeder meg, eksamen over!

[Nebuchadnezzar]

I denne oppgaven er det i hovedsak, $\Omega$ konstanten og dens egenskaper vi studerer nærmere.
Konstanten er definert slik at den oppfyller likningen

$ \hspace{4cm} \Omega \cdot e^{\Omega} = 1 $

og er kanskje bedre kjent som $\mathrm{LambertW(1)}$. Videre ser vi nærmere på funksjonene

$ \hspace{4cm} f(x) = x$ og $g(x) = x^2 \log x$

Om øsnklig kan en lese mer om Omega konstanten her http://en.wikipedia.org/wiki/Omega_constant, uten at
det er nødvendig for å løse oppgaven.

a) Vis at skjæringspunktene mellom $f$ og $g$ er henholdsvis $x_0 = 0$ og $x_1 = \exp(\Omega)$.

b) Beregn området avgrenset av $f(x) = x$, $g(x) = x^2 \log x$, $x = x_0$ og $x = x_1$.
Vis at det kan skrives som

$ \displaystyle \hspace{4cm}
A = \frac{1}{6} e^{2 \Omega } + \frac{1}{9} e^{3 \Omega }
= \frac{1}{6\Omega^2} + \frac{1}{9 \Omega^3} \: ,
$

ved gjentatt bruk av egenskapene til $\Omega$ konstanten.

[Janhaa]

oppgava til Nebu., blir litt fort og gæli;
a)
[tex]f = g \,=>\,x-x^2\ln(x)=0\,=>\, x(1-x\ln(x))=0[/tex]
[tex]x_o=0\,\wedge\,x\ln(x)=1[/tex]

[tex]W(x\ln(x))=W(1)=\Omega[/tex]
[tex]\text exp(W(x\ln(x)))=exp(W(1))=exp(\Omega)[/tex]
[tex]x_1=\exp(\Omega)=1/W(1)[/tex]
=====
b)
[tex]\large A=\int_o^{e^{\Omega}}(x-x^2\ln(x))\,dx=[{1\over 2}x^2 - {1\over 9}x^3(3\ln(x)-1)]_o^{e^{\Omega}}[/tex]

[tex]\large A={1\over 2}e^{2\Omega} - {1\over 9}e^{3\Omega}(3\Omega-1) ={1\over 2}e^{2\Omega} +{1\over 3}e^{3\Omega}\ln(\Omega)+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]

[tex]\large A ={1\over 2}e^{2\Omega} +{1\over 3}e^{2\Omega}e^{\Omega}\ln(\Omega)+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]

[tex]\large A ={1\over 2}e^{2\Omega} -{1\over 3}e^{2\Omega}+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]

[tex]\large A ={1\over 6}e^{2\Omega}+{1\over 9}e^{3\Omega}[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Ser helt rett ut dette. Artig oppgave? Føler at dette er noe en flink VG3 elev, ville fått til
med litt tid og hjelp.

Ville gjort a) slik

$
x \ln x = 1 \ \Rightarrow \ e^{1/x}
= e^{\ln x} \ \Rightarrow \ \frac{1}{x} e^{1/x}
= 1
$

Ved å sammenlikne med definisjonen for $\Omega$ konstanten så ser vi raskt at

$
\Omega = x^{-1} \ \Rightarrow \ x = \Omega^{-1} = e^{\Omega}
$

Den siste overgangen er ser en ved å dele definisjonen av omega konstanten på omega. Da har vi at

$
\begin{align*}
A & = \frac{1}{ 2}e^{2\Omega} - \frac{1}{ 9} e^{3\Omega}(3\Omega - 1)
= \frac{1}{ 2}e^{2\Omega} - \frac{1}{ 3} e^{2\Omega}(\Omega e^{\Omega}) + \frac{1}{9}e^{3\Omega} \\
& = \frac{1}{6} e^{2 \Omega} - \frac{1}{9} e^{3\Omega} = \frac{1}{6\Omega^2} + \frac{1}{9\Omega^3}
\end{align*}
$

som ønska.

[Janhaa]

Ser helt rett ut dette. Artig oppgave? Føler at dette er noe en flink VG3 elev, ville fått til
med litt tid og hjelp

Absolutt artig oppgave, glemte å nevne det!...
Tenkte faktisk på (når jeg så oppgava) at det kunne vært en utfordringsoppg på R2 eksamen, dog med liten innføring i Lamberts Omegafunksjon og omegakonstanten.
(Kanskje med noe ramaskrik etterpå :=) ).

[Nebuchadnezzar]

Hadde kankje blitt noen ramaskrik, alternativet ville jo vært å latt det være en oppgave i et av innføringskursene på høyskolen/ universitetet.
Slenger opp en artig røver jeg fant for noen dager siden.

Vis at følgende likhet stemmer

$ \displaystyle
\int^{ na }_{ma} \frac{ \log(x-a) }{ \, x^2+a^2 \, } \, \mathrm{d}x =
\int^{ \frac{a}{m} }_{\frac{a}{n}}\frac{ \log(x+a) }{ \, x^2+a^2 \, } \, \mathrm{d}x,
$

hvor $a$, $n$, $m$ er strengt positive tall som tilfredstiller $nm = n + m + 1$.