Integral maraton !

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

espen180
Gauss
Gauss
Innlegg: 2578
Registrert: 03/03-2008 15:07
Sted: Trondheim

Er disse integralene over eller under det som skal kunne forventes i VG3 eller første året på universitet ?
vg3 (R2) pensum omfatter delvis integrasjon, veriabelskifte og delbrøkoppspalting som integrasjonsmetoder.

De vanskeligste integralene der er vel på formen [tex]I=\int x\cdot a^xdx[/tex] eller [tex]I=\int \log x dx[/tex] eller noe slikt.
drgz
Fermat
Fermat
Innlegg: 757
Registrert: 24/12-2008 23:22

Nytt integral:

[tex]I = \int \ln\left(x+x^3+x^5\right)\mathrm{d}x[/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

claudeShannon skrev:Nytt integral:
[tex]I = \int \ln\left(x+x^3+x^5\right)\mathrm{d}x[/tex]
Har ikke løst hele, men har forslag på første del. Andre må gjerne fortsette:

[tex]I = \int \ln\left(x+x^3+x^5\right)\mathrm{d}x=x\ln(x+x^3+x^5)\,-\,\int\frac{5x^5+3x^3+x}{x^5+x^3+x}\,dx[/tex]

[tex]I = \int \ln\left(x+x^3+x^5\right)\mathrm{d}x=x\ln(x+x^3+x^5)\,-\,5x\,+\,2\int\frac{x^2+2}{x^4+x^2+1}\,dx[/tex]

[tex]I = \int \ln\left(x+x^3+x^5\right)\mathrm{d}x=x\ln(x+x^3+x^5)\,-\,5x\,+\,2\int\frac{x^2+2}{{(x^2-x+1)}{(x^2+x+1)}}\,dx[/tex]

så kan man vel bruke delbrøksoppspalting og div substitusjon.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Har ikke lyst til å la denne dø helt ut så poster noen nye her ^^

Det holder å løse en av tre for å få postet et nytt integral

[tex]\int_{-\infty}^{\infty}sin(x^2) dx[/tex]

[tex]\int_{0}^{\infty}e^{-x^2} dx[/tex]

[tex]\int \frac{dx}{cos(x)+cos(3x)}[/tex]

Ingen wolfram juksing, før man har vridd hjernen og prøvd selv.
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Nebuchadnezzar skrev:Har ikke lyst til å la denne dø helt ut så poster noen nye her ^^
Det holder å løse en av tre for å få postet et nytt integral
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}sin(x^2) dx[/tex]
[tex]\int_{0}^{\infty}e^{-x^2} dx[/tex]
Ingen wolfram juksing, før man har vridd hjernen og prøvd selv.
vi holdt på med disse 2 for ett par år sida

http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... 212ee957c3
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Prøver igjen og gjennoplive denne tråden, nekter å la den dø ut helt enda ^^

[tex]I_8 \, = \, \int \frac{x \cdot e^{2x}}{\left(2x+1\right)^2} \, dx[/tex]
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Nebuchadnezzar skrev:Prøver igjen og gjennoplive denne tråden, nekter å la den dø ut helt enda ^^
[tex]I_8 \, = \, \int \frac{x \cdot e^{2x}}{\left(2x+1\right)^2} \, dx[/tex]
jaja - får prøve meg igjen da, lenge sia sist. gikk jo ikke an å jukse på wolframalpha heller :wink:
delvis integrasjon først
[tex]\Large I_8=0,5\int\frac{2xe^{2x}+e^{2x}}{2x+1}\,dx\,-\,0,5\frac{xe^{2x}}{2x+1}[/tex]

[tex]\Large I_8=0,5\int e^{2x}\,dx\,-\,0,5\frac{xe^{2x}}{2x+1}\,+\,C[/tex]

[tex]\Large I_8=0,25 e^{2x}\,-\,\frac{xe^{2x}}{4x+2}\,+\,C[/tex]

[tex]\Large I_8=\frac{e^{2x}}{8x+4}\,+\,C[/tex]
===================================

jeg har ingen på lager, har ikke tenkt i disse baner på lang tid...
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Prøver oss på en meget lett da, bare for aktivitetens skyld, håper noen andre har noen andre lette ^^

[tex]\large I_9\,=\,\int\, \frac{sin{x}}{1+sin{x}} \, dx[/tex]
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Nebuchadnezzar skrev:Prøver oss på en meget lett da, bare for aktivitetens skyld, håper noen andre har noen andre lette ^^
[tex]\large I_9\,=\,\int\, \frac{sin{x}}{1+sin{x}} \, dx[/tex]
jeg får holde integraltreninga ved like, og opprettholde litt aktivitet her:

[tex]\large I_9\,=\,\int\, \frac{sin{x}}{1+sin{x}} \, dx=\int\frac{(1-\sin(x))\sin(x)}{\cos^2(x)}\,dx=\int\frac{\sin(x)}{\cos^2(x)}\,dx\,-\,\int \tan^2(x)\,dx=\frac{1}{\cos(x)}\,+\,x\,-\,\tan(x)\,+\,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]
drgz
Fermat
Fermat
Innlegg: 757
Registrert: 24/12-2008 23:22

Nytt integral:

[tex]I_{10} = \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}[/tex]
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Orker ikke ta alt, og dette er slurvete ført. Men er det riktig så langt ? ^^


[tex] = \int {\frac{1}{{{x^4} + 1}}dx} [/tex]

[tex] = \int {\frac{1}{{\left( {{x^2} - \sqrt {2} x + 1} \right)\left( {{x^2} + \sqrt {2}x }+1 \right)}}} [/tex]

[tex] = \int {\frac{{x - \sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 \left( {{x^2} - \sqrt 2 x + 1} \right)}}} dx + \int {\frac{{x + \sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 \left( {{x^2} + \sqrt 2 x + 1} \right)}}} dx [/tex]


[tex] \frac{1}{4}\sqrt 2 \int {\frac{{x - \sqrt 2 }}{{{x^2} - \sqrt 2 x + 1}}} = \frac{1}{4}\sqrt 2 \left( {\int {\frac{1}{2}\frac{{\sqrt 2 - 2x}}{{ - {x^2} + \sqrt 2 x - 1}}} dx + \int {\frac{1}{2}\frac{{\sqrt 2 }}{{ - {x^2} + \sqrt 2 x - 1}}dx} } \right) [/tex]


[tex] \frac{1}{2}\int {\frac{{\sqrt 2 - 2x}}{{ - {x^2} + \sqrt 2 x - 1}}} dx = \frac{1}{2}\int {\frac{{\sqrt 2 - 2x}}{u}} \frac{{du}}{{ - 2x + \sqrt 2 }} = \frac{1}{2}\ln \left( { - {x^2} + \sqrt 2 x - 1} \right) + C[/tex]

[tex] u = - {x^2} + \sqrt 2 x - 1{\rm{ }}\frac{{du}}{{dx}} = - 2x + \sqrt 2 [/tex]


[tex] \frac{1}{2}\int {\frac{{\sqrt 2 }}{{ - {x^2} + \sqrt 2 x - 1}}dx} = - \frac{1}{2}\sqrt 2 \int {\frac{1}{{{{\left( {x - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} + \frac{1}{2}}}dx} [/tex]

[tex] v = x - \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\rm{ }}\frac{{dv}}{{dx}} = - \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow dx = - dv{\rm{ }}\sqrt 2 [/tex]

[tex] \frac{1}{2}\sqrt 2 \int {\frac{1}{{{{\left( v \right)}^2} + \frac{1}{2}}} - dv{\rm{ }}\sqrt 2 } = - \int {\frac{1}{{{v^2} + \frac{1}{2}}}dv} = - 2\int {\frac{1}{{2{v^2} + 1}}} = - 2\left( {\frac{1}{2}\arctan \left( {\sqrt 2 v} \right) + C} \right) = - \arctan \left( {\sqrt 2 x - 1} \right) + C [/tex]


[tex] \underline{\underline { = \int {\frac{{x - \sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 \left( {{x^2} - \sqrt 2 x + 1} \right)}}} dx = \frac{1}{4}\sqrt 2 \left( {\frac{1}{2}\ln \left( { - {x^2} + \sqrt 2 x - 1} \right) - \arctan \left( {\sqrt 2 x - 1} \right)} \right) + C}} [/tex]
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
drgz
Fermat
Fermat
Innlegg: 757
Registrert: 24/12-2008 23:22

Det er et bestemt integral, så du får prøve med grensene også ;)
FredrikM
Poincare
Poincare
Innlegg: 1367
Registrert: 28/08-2007 20:39
Sted: Oslo
Kontakt:

Denne kan løses mye enklere vha noe kompleks funksjonsteori.

La [tex]\Gamma[/tex] være den øvre halvsirkelen slik at røttene til [tex]1+x^4[/tex] er innenfor sirkelen. Ved å la radiusen gå mot uendelig, ser vi at buedelen av integralet går mot null, mens resten går mot [tex]\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+x^4} dx[/tex]. Pga symmetri er svaret halvparten av denne.

Ved residueteoremet er
[tex]I_{10}=\frac 12 2\pi i (a+b)[/tex]
hvor a,b er residuene på [tex]e^{i\frac{\pi}{4}},e^{i\frac{3\pi}{4}}[/tex] henholdsvis.

Utfordringen er å regne a+b, men dette er egentlig bare mye grisete algebra samt utnytting av symmetri av røttene. Vi ender opp med at [tex]a+b=-\frac{\sqrt{2}}{2} i[/tex]

[tex]I_{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi[/tex]
Cube - mathematical prethoughts | @MatematikkFakta
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
drgz
Fermat
Fermat
Innlegg: 757
Registrert: 24/12-2008 23:22

Var det jeg var ute etter; kanskje litt teit å ta en oppgave fra kompleks analyse, men men :)

Du mangler forresten en faktor [tex]\frac12[/tex]. Ettersom man kun bruker [tex]\pi i[/tex] for integraler der grensene er [tex](-\infty,\infty)[/tex], så blir det [tex]\frac{\pi i}{2}\,\sum_i\,\mathrm{Res}\,f(z)|_{z=z_i}[/tex] som blir riktig svar når grensene er [tex](0,\infty)[/tex].
FredrikM
Poincare
Poincare
Innlegg: 1367
Registrert: 28/08-2007 20:39
Sted: Oslo
Kontakt:

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)
Cube - mathematical prethoughts | @MatematikkFakta
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
Svar