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

Svar
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Finnes mange steder på nettet så hvorfor ikke her ?

Reglene er enkle

Man begynner med et integral.

Personen som først løser dette får foreslå et nytt integral, etter at løsningen har blitt verifisert. Løsningsforslag til hvordan man løste integralet må med.

Er et integral ikke løst , eller personen som løste det ikke har gitt et
nytt integral, kan hvem som helst legge ut et nytt integral etter 24 timer.

Både bestemte og ubestemte integraler kan legges ut.

Skal roe meg med postingen av nøtter, er enda lenge til Jul.


Integralet

La [tex]\; a \; > \; 0 \; [/tex]

[tex]\int_0^{\infty} \ln (1+e^{-ax} ) dx[/tex]
drgz
Fermat
Fermat
Innlegg: 757
Registrert: 24/12-2008 23:22

Husker espen180 la ut en oppgave som krevde bruk av dilogaritmer rundt juletider i fjor, så da bruker jeg det samme igjen.

Les mer på http://mathworld.wolfram.com/Dilogarithm.html .

Setter
[tex] u = -e^{-ax} \Rightarrow -\frac{du}{ae^{-ax}}=dx[/tex] (bruker 1+y = 1-(-y)).

Dette gir

[tex] -\frac{1}{a}\int_{-1}^{0} \frac{ln(1-u)}{u}du \Rightarrow -\frac{1}{a}\text{Li}_2(-1) = \frac{-1}{a}\cdot\frac{-\pi^2}{12} = \frac{\pi^2}{12a} \quad\forall a > 0[/tex].

Ikke sikker på om det stemmer, men er nå et forsøk.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Ser ut til å stemme..
drgz
Fermat
Fermat
Innlegg: 757
Registrert: 24/12-2008 23:22

Har ikke selve løsningsforslaget til dette integralet, men jeg antar det lar seg løse uten bruk av grufulle funksjoner som ingen vet om osv. Jeg kan i alle fall si at svaret er nokså stygt, men det skal vel være mulig å komme fram til. ;)

[tex]\int \frac{x\ln(x)}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x[/tex]
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Svaret er riktig Charlatan og du kan legge ut nytt integral, her er en annen måte og løse integralet på. Ikke løst av meg men syntes løsningen var virkelig pen og ikke minst elegant

Bruker formelen som sier at

[tex]\ln (1+x) = x - \frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3} - .... \mbox{ for }-1 < x \le 1[/tex]


Siden [tex]0<e^{-ax}\leq 1 \mbox{ on }[0,\infty)[/tex]

[tex]\int_0^{\infty} e^{-ax} - \frac{e^{-2ax}}{2} + \frac{e^{-3ax}}{3} - \frac{e^{-4ax}}{4}+ ... dx[/tex]

Kan vi integrere del med del. dette er lovlig på grunn av noen som kalles
http://en.wikipedia.org/wiki/Uniform_convergence

[tex]-\frac{e^{-ax}}{a} + \frac{e^{-2ax}}{2^2a} - \frac{e^{-3ax}}{3^2a} + \; ... \; \large {|_0^{\infty}}[/tex]

[tex]\frac{1}{a} - \frac{1}{2^2a}+\frac{1}{3^2a}-\frac{1}{4a} + ... \;=\; \frac{1}{a} \left( 1 - \frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2}+... \right) \; = \; \frac{\pi^2}{12a}[/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

claudeShannon skrev:Har ikke selve løsningsforslaget til dette integralet, men jeg antar det lar seg løse uten bruk av grufulle funksjoner som ingen vet om osv. Jeg kan i alle fall si at svaret er nokså stygt, men det skal vel være mulig å komme fram til. ;)
[tex]I=\int \frac{x\ln(x)}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x[/tex]
nå hopper jeg bukk og tresteg over endel t&t.
[tex]I=\int \frac{x\ln(x)}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x={1\over 4} \int{\frac{\ln(u-a^2)}{\sqrt{u}} }\,du[/tex]

der u = x^2 + a^2 og du = 2x dx

[tex]I={1\over 2}\sqrt{u}\ln(u-a^2)\,-\,{1\over 2}\int\frac{\sqrt{u}}{u-a^2}+C[/tex]

[tex]I={1\over 2}\sqrt{u}\ln(u-a^2)\,-\,{a\over 2}\ln(\sqrt{u}-a)\,+\,{a\over 2}\ln(a+\sqrt{u})\,-\,\sqrt{u}+C[/tex]

[tex]I=\ln(x)\sqrt{x^2+a^2}\,-\,{a\over 2}\ln(\sqrt{x^2+a^2}-a)\,+\,{a\over 2}\ln(a+\sqrt{x^2+a^2})\,-\,\sqrt{x^2+a^2}+C[/tex]

som evt forenkles...
Sist redigert av Janhaa den 28/10-2009 10:44, redigert 2 ganger totalt.
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

Det ser ut til å stemme ja. :)
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Nivået var tøft fra første stund, roer derfor ned med et snillere integral:

$ \large \int \frac{dx}{(1-\cos(x))^2}$
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Charlatan
Guru
Guru
Innlegg: 2499
Registrert: 25/02-2007 17:19

Vi foretar oss den velkjente substitusjonen [tex]u=\tan(\frac{x}{2}) \Rightarrow \frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=\frac12(u^2+1)[/tex].

[tex]I=\int \frac{2}{(1+u^2)(1-\frac{1-u^2}{1+u^2})^2} \rm{d}u=\frac12 \int \frac{1+u^2}{u^4} \rm{d}u=\frac12 \int \frac{1}{u^4}+\frac{1}{u^2} \rm{d}u \\= -\frac{1}{2u}-\frac{1}{6u^3}+C=-\frac{1}{2\tan(\frac{x}{2})}-\frac{1}{6\tan^3(\frac{x}{2})}+C[/tex]
Charlatan
Guru
Guru
Innlegg: 2499
Registrert: 25/02-2007 17:19

Oppfølger:

[tex]I=\int \log(x+\sqrt{1+x^2}) \rm{d}x[/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Charlatan skrev:Vi foretar oss den velkjente substitusjonen [tex]u=\tan(\frac{x}{2}) \Rightarrow \frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=\frac12(u^2+1)[/tex].
[tex]I=\int \frac{2}{(1+u^2)(1-\frac{1-u^2}{1+u^2})^2} \rm{d}u=\frac12 \int \frac{1+u^2}{u^4} \rm{d}u=\frac12 \int \frac{1}{u^4}+\frac{1}{u^2} \rm{d}u \\= -\frac{1}{2u}-\frac{1}{6u^3}+C=-\frac{1}{2\tan(\frac{x}{2})}-\frac{1}{6\tan^3(\frac{x}{2})}+C[/tex]
Sjølsagt rett... :)
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Charlatan skrev:Oppfølger:
[tex]I=\int \log(x+\sqrt{1+x^2}) \rm{d}x[/tex]
først vha delvis integrasjon,

[tex]I=\int \text arcsinh(x)\,dx=x\cdot arcsinh(x)\,-\,\int \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\,dx\,+\,C[/tex]

dernest vha substitusjon,

[tex]I=\text x\cdot arcsinh(x)\,-\,\sqrt{x^2+1}\,+\,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]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Neste:

[tex]\large I_5=\int\frac{dx}{(x^2+4)^2}[/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]
Andreas345
Grothendieck
Grothendieck
Innlegg: 828
Registrert: 13/10-2007 00:33

[tex]\large I_5=\int\frac{dx}{(x^2+4)^2})=\int\frac{dx}{(x^2+2^2)^2}[/tex]

Setter [tex]u=\frac{1}{2}\cdot tan^{-1}(\frac{x}{2}) \Leftrightarrow x=2\cdot tan(2u)[/tex]

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

Står igjen med:

[tex]\int \frac{1}{(2\cdot tan(2u))^2+2^2} \ du=\int \frac{1}{4\cdot tan^2(2u)+4}\ du=\frac{1}{4}\int \frac{1}{tan^2(2u)+1} \ du =\frac{1}{4}\int cos^2(2u) \ du[/tex]

[tex]v=2u \ \Rightarrow \ dv=2du[/tex] og [tex]cos^2(v)=\frac{1+cos(2v)}{2}[/tex]

[tex]\frac{1}{8}\int\frac{1+cos(2v)}{2} \ dv =\frac{v}{16}+\frac{sin(2v)}{32}=\frac{u}{8}+\frac{sin(4u)}{32}[/tex]

[tex]=\frac{atan(\frac{x}{2})}{16}+\frac { sin(2\cdot atan(\frac{x}{2}))}{32} [/tex]

Med en fin tegning, ser jeg at [tex]sin(2\cdot atan(\frac{x}{2}))=\frac{4x}{x^2+4}[/tex]

[tex]\large I_5=\int\frac{dx}{(x^2+4)^2})=\frac{atan(\frac{x}{2})}{16}+\frac{x}{8\cdot (x^2+4)}+C[/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Fin fint dette Andreas...

nytt I på lager, mon tro?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Svar