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

MatIsa
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 150
Registrert: 12/06-2013 12:09
Sted: Trondheim

Kay skrev:Siden ingen har postet en oppfølger, hva med en liten halvstygg en

[tex]\int \ln((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)})dx[/tex]
Begynner med å skrive om integranden: $\ln\left((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)}\right)=\ln\left((x^2-1)(x^2+1)(x^2+x+1)e\right) = \ln(x^2-1)+\ln(x^2+1)+\ln(x^2+x+1)+1$.
Finner integralet av det første leddet med delvis integrasjon (med $u=\ln(x^2-1),~{\rm d}v={\rm d}x$): $$\int \ln(x^2-1)~{\rm d}x = x\ln(x^2-1)-2\int\dfrac{x^2}{x^2-1}{\rm d}x$$ Her er $$\int\dfrac{x^2}{x^2-1}{\rm d}x = \int\dfrac{x^2-1}{x^2-1}{\rm d}x +\int\dfrac{1}{x^2-1}{\rm d}x = x+\dfrac12\int\dfrac{(x+1)-(x-1)}{(x+1)(x-1)}{\rm d}x$$ $$\quad = x+\dfrac12\left(\ln|x-1|-\ln|x+1|\right)=x+\dfrac12\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|$$ Har dermed at $\int \ln(x^2-1)~{\rm d}x = x(\ln(x^2-1)-2)-\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|$. Bruker delvis integrasjon på det andre leddet og, med $u = \ln(x^2+1)$ og ${\rm d}v = {\rm d}x$: $$\int\ln(x^2+1)~{\rm d}x = x\ln(x^2+1)-2\int\dfrac{x^2}{x^2+1}{\rm d}x$$ På samme måte som over: $$\int\dfrac{x^2}{x^2+1}{\rm d}x=\int\dfrac{x^2+1}{x^2+1}{\rm d}x-\int\dfrac{1}{x^2+1}{\rm d}x = x-\arctan(x)$$ Da er $$\int\ln(x^2+1)~{\rm d}x = x(\ln(x^2+1)-2)+2\arctan(x)$$ Det tredje leddet integreres ved delvis integrasjon med $u=\ln(x^2+x+1)$ og ${\rm d}v = {\rm d}x$: $$\int\ln(x^2+x+1)~{\rm d}x = x\ln(x^2+x+1)-\int\dfrac{x(2x+1)}{x^2+x+1}{\rm d}x=x\ln(x^2+x+1)-\int\dfrac{2x^2+x}{x^2+x+1}{\rm d}x$$ Skriver om litt: $$\int\dfrac{2x^2+x}{x^2+x+1}{\rm d}x = \int\dfrac{2x^2+2x+2}{x^2+x+1}{\rm d}x-\dfrac12\int\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}{\rm d}x - \dfrac32\int\dfrac{1}{x^2+x+1}{\rm d}x = 2x-\dfrac12\ln(x^2+x+1)-\dfrac32\int\dfrac{1}{x^2+x+1}{\rm d}x$$ I den siste integranden har man at $x^2+x+1 = \left(x+\dfrac12\right)^2+\dfrac34 = \dfrac34\left(\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)^2+1\right)$, som gir $$\int\dfrac{1}{x^2+x+1}{\rm d}x=\dfrac43\int\dfrac{1}{\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)^2+1}{\rm d}x=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)$$ Tilsammen gir dette $$\int\ln(x^2+x+1)~{\rm d}x = x(\ln(x^2+x+1)-2)+\dfrac12\ln(x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)$$ og det opprinnelige integralet er lik
$x(\ln(x^2-1)-2)-\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|+x(\ln(x^2+1)-2)+2\arctan(x)+x(\ln(x^2+x+1)-2)+\dfrac12\ln(x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)+x+C$
$=x\ln\left((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)}\right)-6x+\ln\left|\dfrac{x+1}{x-1}\right|+2\arctan(x)+\dfrac12\ln(x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)+C$

Oppfølger: $\int_0^\pi \frac{x}{1+\cos^2(x)}{\rm d}x$
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

MatIsa skrev:Oppfølger: $\int_0^\pi \frac{x}{1+\cos^2(x)}{\rm d}x$
La $$I=\int_0^\pi \frac{x}{1+\cos^2(x)} \, \text{d}x$$ Siden $\int_a^b f(x) \, \text{d}x = \int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$, har vi at $$I=\int_0^\pi \frac{\pi - x}{1+\cos^2(\pi-x)} \, \text{d}x = \int_0^\pi \frac{\pi-x}{1+\cos^2(x)} \, \text{d}x = \int_0^\pi \frac{\pi}{1+\cos^2(x)} \, \text{d}x - I \\ \therefore \frac{2I}{\pi} = \int_0^\pi \frac{1}{1+\cos^2(x)} \, \text{d}x = \int_0^\pi \frac{1}{\cos^2(x)\left(\tan^2(x) +2 \right)} \, \text{d}x$$ Der den siste overgangen er via den trigonometriske identiteten $\frac{1}{\cos^2(x)} = 1 + \tan^2(x)$. Observer at integranden er en periodisk funksjon med periode $\pi$ og den vil derfor være symmetrisk om y-aksen i en indviduell periode. I vårt tilfelle er det det faktum at intervallene $[0,\pi/2]$ og $[\pi/2,\pi]$ er symmetriske om y-aksen, som er relevant. Ble litt kronglete forklart det der, men håper dere forstår hva jeg mener. Uansett, vi ha derfor at $$\int_0^\pi \frac{1}{\cos^2(x)\left(\tan^2(x) +2 \right)} \, \text{d}x = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\cos^2(x)\left(\tan^2(x) +2 \right)} \, \text{d}x$$ La nå $u=\tan(x) \enspace \therefore \enspace \text{d}x = \cos^2(x) \, \text{d}u$.

Vi får at $$2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\cos^2(x)\left(\tan^2(x) +2 \right)} \, \text{d}x = 2\int_0^\infty \frac{1}{u^2+2} \, \text{d}u$$ La $v=\frac{u}{\sqrt{2}} \enspace \therefore \enspace \text{d}u = \frac{\text{d}v}{\sqrt{2}}$, som gir oss at $$2\int_0^\infty \frac{1}{u^2+2} \, \text{d}u= \frac{2}{\sqrt{2}} \int_0^\infty \frac{1}{v^2+1} \, \text{d}v = \frac{2}{\sqrt{2}} [\arctan(v)]_0^\infty = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$$ Da får vi endelig at $$\frac{2I}{\pi} = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \implies I = \frac{\pi^2}{2\sqrt{2}}$$

Oppfølger: $\int_{-\infty}^\infty \left(\frac{1}{\alpha + ix} + \frac{1}{\alpha - ix} \right)^2 \, \text{d}x$, der $\alpha \in \mathbb{R}$ og $i$ er den imaginære enheten. Og nei, man trenger ikke kompleks analyse.
Mattebruker

Integranden f( z ) er reell og kan skrivast

f( x ) = ((2 * alfa )/(alfa[tex]^2[/tex] + x[tex]^2[/tex])[tex]^2[/tex]
Mattebruker

Integranden f( z ) er reell og kan skrivast

f( x ) = ((2 * alfa )/(alfa[tex]^2[/tex] + x[tex]^2[/tex])[tex]^2[/tex]
Mattebruker

Dette integralet kan vi løyse analytisk ved å innføre ein ny variabel: Sett x/alfa = tan( u )

Men dette blir ei relativt tungvint løysing ! Den enklaste og mest elegante løysinga får vi ved å bruke kompleks analyse.


Stikkord: Residue-rekning !
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Mattegjest skrev:Dette integralet kan vi løyse analytisk ved å innføre ein ny variabel: Sett x/alfa = tan( u )

Men dette blir ei relativt tungvint løysing ! Den enklaste og mest elegante løysinga får vi ved å bruke kompleks analyse.

Stikkord: Residue-rekning !
Helt korrekt, men uenig i at det blir tungvindt. Etter innført substitusjon tar integralet formen $\frac{4}{\alpha^2} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{1}{(1+\tan^2(u))^2} \cdot \frac{\alpha}{\cos^2(u)} \, \text{d}u$, og siden $\frac{1}{\cos^2(x)} = \tan^2(x)+1$, kan vi skrive om til $$\frac{4}{\alpha}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{1}{\frac{1}{\cos^4(u)}} \cdot \frac{1}{\cos^2(u)} \, \text{d}u = \frac{4}{\alpha} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2(u) \,\text{d}u$$

Som lett kan løses.
Har du en oppfølger?
Mattebruker

Takk for rask respons ! Når det gjeld oppfølgar , viser eg til eit problem eg har presentert tidlegare på denne " tråden ".

Oppgåva er henta frå ei svensk lærebok i " flerdimensionell analys " og har denne ordlyden :

I xy-planet er givet en cirkel med radien a lengdenheter. Från den variabla punkten ( x , y ) dras tangenterna till cirkeln. De bildar med varandra vinkeln 2v. Berekna

dubbelintegralen (v - sin( v ) ) dx dy øver området D utanfør cirkeln .

Eg har sjølv prøvd å løyse problemet, men får ikkje svaret til å stemme heilt og fullt med fasit.

Har rekna gjennom problemet fleire gongar utan å avdekke nokon feil i min løysingsstrategi.

Difor vil eg setje pris på at nokon i dette forumet kan " vise vegen " .
MatIsa
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 150
Registrert: 12/06-2013 12:09
Sted: Trondheim

Mattegjest skrev:I xy-planet er givet en cirkel med radien a lengdenheter. Från den variabla punkten ( x , y ) dras tangenterna till cirkeln. De bildar med varandra vinkeln 2v. Berekna

dubbelintegralen (v - sin( v ) ) dx dy øver området D utanfør cirkeln .

Eg har sjølv prøvd å løyse problemet, men får ikkje svaret til å stemme heilt og fullt med fasit.

Har rekna gjennom problemet fleire gongar utan å avdekke nokon feil i min løysingsstrategi.

Difor vil eg setje pris på at nokon i dette forumet kan " vise vegen " .
Her er et forslag. Observerer først at vi har en fin sirkulær symmetri: Alle punkter $(x, y)$ som har lik avstand fra origo, altså $\sqrt{x^2+y^2} = r$ for en gitt $r>a$, vil ha tangenter som danner den samme vinkelen $v$. Dette er lett å se, da det å rotere $(x, y)$ langs denne sirkelen ikke endrer $v$. Det holder dermed å finne ut hva $v$ er for punktet $(r, 0)$, der $r>a$. For å bestemme $v$ kan vi først finne stigningstallet $m$ til den øvre tangenten, altså den med negativt stigningstall. Denne tangenten kan uttrykkes ved $y = m(x-r)$. Innsatt i $x^2+y^2 = a^2$ gir dette $$x^2+(m(x-r))^2 = a^2\Longrightarrow (m^2+1)x^2-2m^2rx+m^2 r^2 - a^2 = 0$$ Ettersom dette er en tangent, må andregradslikningen ha én løsning. Dette oppfylles når $(2m^2r)^2-4(m^2+1)(m^2r^2-a^2) = 0\Longrightarrow 4m^4r^2-4(m^4r^2-m^2a^2+m^2r^2-a^2) = 0$. Dette forenkles til $(r^2-a^2)m^2 = a^2$. Vi vet at $m<0$, som fører til $m = -\dfrac{a}{\sqrt{r^2-a^2}}$. For en sirkel har man at $\dfrac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = -\dfrac{x}{y}$. Med $\dfrac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = m$ og $x=a \cos{\varphi}, y = a\sin{\varphi}$ får man da $\varphi = \arctan\left(-\dfrac1m\right) = \arctan\left(\sqrt{r^2/a^2-1}\right)$. Ettersom punktene $(0, 0), (a\cos{\varphi}, a\sin{\varphi})$ og $(r, 0)$ danner en rettvinklet trekant har man at $v+\varphi = \dfrac{\pi}{2}\Longrightarrow v(r) = \dfrac{\pi}{2}-\arctan\left(\sqrt{r^2/a^2-1}\right)$. Identiteten $\arctan(x) + \arctan(1/x) = \dfrac{\pi}{2}, x>0$ kan da brukes til å gi $v(r) = \arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{r^2/a^2-1}}\right)$. Integralet er da $$I = \iint_D (v-\sin(v)){\rm d}A = \int_0^{2\pi}\int_a^\infty (v(r)-\sin(v(r)))r{\rm d}r{\rm d}\theta$$ $$~~ = 2\pi\int_a^\infty\left(\dfrac{\pi}{2} - \arctan\left(\sqrt{r^2/a^2-1}\right)-\sin\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{r^2/a^2-1}}\right)\right)\right)r~{\rm d}r$$
Substitusjonen $u = r^2/a^2;~{\rm d}u = 2r/a^2~{\rm d}r$ fører til $$I = \pi a^2\int_1^\infty\left(\dfrac{\pi}{2} - \arctan\left(\sqrt{u-1}\right)-\sin\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{u-1}}\right)\right)\right)~{\rm d}u$$ For å forenkle dette bruker jeg $\sin(\arctan(x)) = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ (dette kan lett vises med en figur). Sinus-leddet blir da $$\sin\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{u-1}}\right)\right) = \dfrac{1/\sqrt{u-1}}{\sqrt{1/(u-1)+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{1+(u-1)}} = \dfrac{1}{\sqrt{u}}$$ Har dermed at $$I = \pi a^2\lim_{b\to\infty}\int_1^b\left(\dfrac{\pi}{2}-\arctan(\sqrt{u-1})-\dfrac{1}{\sqrt{u}}\right){\rm d}u$$ Her er $\int\dfrac{1}{\sqrt{u}}{\rm d}u = 2\sqrt{u}$. For å finne $\int\arctan(\sqrt{u-1}){\rm d}u$ innføres $w = \sqrt{u-1};~{\rm d}w = {\rm d}u/(2w)$ som gir $\int 2w\arctan(w){\rm d}w$. Delvis integrasjon fører til $$\int 2w\arctan(w){\rm d}w = w^2\arctan(w)-\int\dfrac{w^2}{w^2+1}{\rm d}w = w^2\arctan(w)-\int\dfrac{w^2+1}{w^2+1}{\rm d}w+\int\dfrac{1}{w^2+1}{\rm d}w = (w^2+1)\arctan(w)-w$$ Dermed er $\int\arctan(\sqrt{u-1})~{\rm d}u = u\arctan(\sqrt{u-1})-\sqrt{u-1}$. Alt i alt gir dette $$I = \pi a^2\lim_{b\to \infty}\left.\left(\dfrac{\pi}{2}u-u\arctan(\sqrt{u-1})+\sqrt{u-1}-2\sqrt{u}\right)\right|_1^b$$ $$~~ = \pi a^2\left(\lim_{b\to \infty}\left(\dfrac{\pi}{2}b-b\arctan(\sqrt{b-1})+\sqrt{b-1}-2\sqrt{b}\right)-\left(\dfrac{\pi}{2}-2\right)\right)$$ $$~~ = \left(2-\dfrac{\pi}{2}\right)\pi a^2$$ Jeg har ikke funnet noen god måte å vise at $\lim_{b\to \infty}\left(\dfrac{\pi}{2}b-b\arctan(\sqrt{b-1})+\sqrt{b-1}-2\sqrt{b}\right) = 0$. Det går an å splitte det opp i $\sqrt{b-1}-\sqrt{b}$ og $\dfrac{\pi}{2}b-b\arctan(\sqrt{b-1})-\sqrt{b}$ og bruke l'Hôpitals regel, men det blir svært tungvint på den siste. Stemmer sluttsvaret med fasit?
Mattebruker

Svaret du presenterer stemmer til punkt og prikke med fasit. Eg kom fram til same " svaret " . Tok utgangspunkt i eit
vilkårleg punkt P(x , y ) utanfor sirkelen og sette

sin( v ) = a/r , r > a

Flateelementet dA = dxdy = 2 * pi * r * dr ( arealet av ein uendeleg tynn sirkelring )

Da er v = sin[tex]^{-1}[/tex] ( a/ r)

Når eg så integrerer opp uttrykket ( v - sin ( v ) ) frå r = a til r = inf , endar eg opp med fasitsvaret , men får i tillegg
eit " restledd " som går mot uendeleg ( nett slik som di løysing ).
Mattebruker

Har gått gjennom mi utrekning enno ein gong, og no trur eg at feilen er lokalisert:


Når vi reknar ut det bestemte integralet ( sjå førre innlegg ) frå r = a til r = + inf , får vi

[1/2 r[tex]^2[/tex] * sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) + 1/2 a * r * rota av (1 - (a/r)[tex]^2[/tex]) - a * r ] frå r = a til r = inf.

I mi første utrekning sette eg 1/2 r[tex]^2[/tex] * sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) = 0 når r går mot uendeleg, men dette blir ikkje rett. For å få rett svar må vi rekke utvikle sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) , og då ser vi at

1/2 r[tex]^2[/tex] * sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) går mot 1/2 * a * r når r går mot uendeleg. Og då står vi tilbake med


fasitsvaret. " Kabalen " går opp !
Kay
Abel
Abel
Innlegg: 684
Registrert: 13/06-2016 19:23
Sted: Gløshaugen

Liker ikke å ta ifra folk det å poste en oppfølger, men bare for å holde tråden gående kan vi ta en enkling:

La [tex]\gamma:=\left \{ z\in \mathbb{C}:|z-2|=2 \right \}[/tex]

Løs [tex]\oint_\gamma z^4\sin(z)dz[/tex]
MatIsa
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 150
Registrert: 12/06-2013 12:09
Sted: Trondheim

[/quote]
Mattegjest skrev:Tok utgangspunkt i eit
vilkårleg punkt P(x , y ) utanfor sirkelen og sette

sin( v ) = a/r , r > a
Denne gikk meg hus forbi, skjønner ikke hvordan jeg greide å gjøre det så unødvendig komplisert.
Kay skrev:Liker ikke å ta ifra folk det å poste en oppfølger, men bare for å holde tråden gående kan vi ta en enkling:

La [tex]\gamma:=\left \{ z\in \mathbb{C}:|z-2|=2 \right \}[/tex]

Løs [tex]\oint_\gamma z^4\sin(z)dz[/tex]
Jeg er litt rusten i kompleks analyse, men jeg kan prøve: Residualteoremet gir at $\oint_\gamma z^4\sin(z)dz = 2\pi i\sum_i \textrm{Res}(f, a_i)$, der $a_i$ er singularitetene til $f(z) = z^4\sin(z)$ innenfor $\gamma$. Ettersom $f$ er en hel funksjon, har den ingen singulariteter, og $\oint_\gamma z^4\sin(z)dz = 0$
Oppfølger: $\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin(x)}{x^2+4x+5}{\rm d}x$
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Oppfølger: $\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin(x)}{x^2+4x+5}{\rm d}x$
da prøver jeg litt complex analysis and Cauchy's residue theorem:

[tex]I=\oint \frac{z\sin(z)}{z^2+4z+5}\,dz\\ \\ \\ \Im(I)=\oint\frac{ze^{iz}}{z^2+4z+5}\,dz\\ \\ poles:\,\,z_o=-2+i\\ and\\ z_1=-2-i, both\,\,of\,\,order\,\,1 \\[/tex]

[tex]f=\frac{ze^{iz}}{z^2+4z+5}\\ \\ Res(f,z_o)=\lim_{z->z_o}\frac{(-2+i)e^{-2i-1}}{2i}\\ I_1=2\pi i *Res(f, z_o)=\frac{\pi}{e}(\sin(2)-2\cos(2)+2i\sin(2)+i\cos(2))\\ I=\Im(I_1)=\frac{\pi}{e}(2\sin(2)+\cos(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]
Mattebruker

La D = { z: abs(z) <= a > 0 og Im(z) >= 0 }


Innfører hjelpefunksjonen f( z ) = z /(z[tex]^2[/tex] + 4z + 5 )


Registrerer at sin( x ) = Im(e[tex]^{i z}[/tex] )


Området D dannar ei lukka kurve ( halvsirkel ) i det komplekse planet.

Ser lett at funksjonen f har ein simpel pol (z = - 2 + i ) innafor D. Da er linjeintegralet

f(z) * e[tex]^{i z}[/tex] = 2 * pi * i * Res(f( z ) * e[tex]^{i z }[/tex] for z = -2 + i

= 2 * pi * i *(-2 + i ) * e[tex]^{i (-2 + i )}[/tex]/( 2 * i ) =2 * pi * i * ( -2 + i ) * e[tex]^{-2 i }[/tex]/( 2 i )

= pi/e * (-2 + i ) * (cos(-2) + i sin(-2 ) ) = pi/e * (-2 * cos(-2 ) + i cos( - 2 ) - 2i sin( - 2) - sin (-2 ) )

Det bestemte integralet I = Im ( pi/e (-2 * cos ( - 2 ) + i * cos( - 2 ) - 2i * sin(-2) - sin( -2 ) ) = pi/e( cos( 2 ) + 2 * sin( 2 ) )


I siste utrekninga har eg gjort bruk av at sin /cos er ein odde/jamn funksjon.
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Noen som har prøvd å løse det siste integralet uten residyregning? Jeg kommer ikke så langt med det etter å ha prøvd litt div. reelle teknikker.
Svar