Integral maraton !
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
$\oint \frac{dz}{e^z(z^2-1)^2}$ for $|z| = 2$
Vi skal løse integralet [tex]\oint \frac{dz}{e^z(z^2-1)^2} = \oint \frac{dz}{e^z(z-1)^2(z+1)^2}[/tex] for [tex]|z|=2[/tex]
Det kan vi gjøre ved bruk av Cauchys generaliserte intregralformel: [tex]f^{(n)}(a) = \frac{n!}{2{\pi}i}\oint \frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}dz[/tex]
Ved bruk av "Cauchy's theorem for multiply connected regions" kan vi dele opp integralet i to for å håndtere de to polene hver for seg, dvs. [tex]z=1[/tex] og [tex]z=-1[/tex].
Vi får [tex]\oint \frac{dz}{e^z(z-1)^2(z+1)^2} = \oint \frac{f(z)}{(z-1)^2}dz + \oint \frac{g(z)}{(z+1)^2}dz[/tex], der [tex]f(z) = \frac{e^{-z}}{(z+1)^2}[/tex] og [tex]g(z) = \frac{e^{-z}}{(z-1)^2}[/tex]
Fra integralformelen har vi for det første integralet [tex]f'(1) = \frac{1}{2{\pi}i}\oint \frac{f(z)}{(z-1)^2}dz[/tex]
Den deriverte av [tex]f(z)[/tex] er [tex]\frac{-(z+3)}{e^{z}(z+1)^3}[/tex]. Setter vi inn [tex]z=1[/tex] får vi [tex]\frac{-1}{2e}[/tex]. Vi har derfor [tex]\oint \frac{f(z)}{(z-1)^2}dz = 2{\pi}i\cdot \frac{-1}{2e} = -\frac{\pi}{e}i[/tex]
For det andre integralet har vi [tex]g'(-1) = \frac{1}{2{\pi}i}\oint \frac{g(z)}{(z+1)^2}dz[/tex]
Den deriverte av [tex]g(z)[/tex] er [tex]\frac{-(z+1)}{e^{z}(z-1)^3}[/tex]. Setter vi inn [tex]z=-1[/tex] får vi [tex]0[/tex]. Det andre integralet kontribuerer derfor ingenting til det totale integralet, slik at svaret blir [tex]\oint \frac{dz}{e^z(z^2-1)^2} = -\frac{\pi}{e}i[/tex]
Det kan vi gjøre ved bruk av Cauchys generaliserte intregralformel: [tex]f^{(n)}(a) = \frac{n!}{2{\pi}i}\oint \frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}dz[/tex]
Ved bruk av "Cauchy's theorem for multiply connected regions" kan vi dele opp integralet i to for å håndtere de to polene hver for seg, dvs. [tex]z=1[/tex] og [tex]z=-1[/tex].
Vi får [tex]\oint \frac{dz}{e^z(z-1)^2(z+1)^2} = \oint \frac{f(z)}{(z-1)^2}dz + \oint \frac{g(z)}{(z+1)^2}dz[/tex], der [tex]f(z) = \frac{e^{-z}}{(z+1)^2}[/tex] og [tex]g(z) = \frac{e^{-z}}{(z-1)^2}[/tex]
Fra integralformelen har vi for det første integralet [tex]f'(1) = \frac{1}{2{\pi}i}\oint \frac{f(z)}{(z-1)^2}dz[/tex]
Den deriverte av [tex]f(z)[/tex] er [tex]\frac{-(z+3)}{e^{z}(z+1)^3}[/tex]. Setter vi inn [tex]z=1[/tex] får vi [tex]\frac{-1}{2e}[/tex]. Vi har derfor [tex]\oint \frac{f(z)}{(z-1)^2}dz = 2{\pi}i\cdot \frac{-1}{2e} = -\frac{\pi}{e}i[/tex]
For det andre integralet har vi [tex]g'(-1) = \frac{1}{2{\pi}i}\oint \frac{g(z)}{(z+1)^2}dz[/tex]
Den deriverte av [tex]g(z)[/tex] er [tex]\frac{-(z+1)}{e^{z}(z-1)^3}[/tex]. Setter vi inn [tex]z=-1[/tex] får vi [tex]0[/tex]. Det andre integralet kontribuerer derfor ingenting til det totale integralet, slik at svaret blir [tex]\oint \frac{dz}{e^z(z^2-1)^2} = -\frac{\pi}{e}i[/tex]
-
Nebuchadnezzar
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Hva med et lite morsomt dobbelintegral?
$ \hspace{1cm}
\iint_\limits S \arctan e^{xy} \,\mathrm{d}A
$
Hvor $S : \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 \leq 4x \right\} $. *Hint* En god tegning gjør ofte susen.
$ \hspace{1cm}
\iint_\limits S \arctan e^{xy} \,\mathrm{d}A
$
Hvor $S : \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 \leq 4x \right\} $. *Hint* En god tegning gjør ofte susen.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Hvis man har en rettvinklet trekant med kateter a og b så har vi at [tex]tan \theta = \frac{b}{a}[/tex]. Den andre vinkelen som ikke er rettvinklet har da [tex]tan \beta = \frac{a}{b}[/tex]
Siden en trekant har 180 grader så betyr det at [tex]\theta + \beta = \frac{\pi}{2}[/tex]
Hvis vi kaller [tex]x = \frac{b}{a}[/tex] så får vi [tex]arctan \frac{1}{x} = \beta = \frac{\pi}{2} - \theta = \frac{\pi}{2} - arctan x[/tex]
Vi har derfor at [tex]arctan x + arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2}[/tex]
Denne blir viktig i løsningen av integralet.
Området vi integrerer over ser vi er en sirkel med radius 2 sentrert i [tex](2,0)[/tex]
Vi får da [tex]\int_{0}^{4} \int_{-\sqrt{2^2 - (x-2)^2}}^{\sqrt{2^2 - (x-2)^2}} arctan e^{xy} dy dx[/tex]
Vi kan dele integralet i to, den øvre delen av halvsirkelen, og den nedre, der y er negativ. Siden y er negativ så opphøyer vi e i -xy.
Vi kan derfor skrive resultatet som [tex]\int_{0}^{4} \int_{0}^{\sqrt{2^2 - (x-2)^2}} \frac{\pi}{2} dy dx[/tex]
Som er det samme som [tex]\frac{\pi}{2}[/tex] ganget med arealet av den øvre halvsirkelen. Svaret blir derfor [tex]\pi^2[/tex]
Beklager mye ord og lite tex, men jeg sitter på en iPad, så det er vrient å få det fint uten å bruke mye tid.
Siden en trekant har 180 grader så betyr det at [tex]\theta + \beta = \frac{\pi}{2}[/tex]
Hvis vi kaller [tex]x = \frac{b}{a}[/tex] så får vi [tex]arctan \frac{1}{x} = \beta = \frac{\pi}{2} - \theta = \frac{\pi}{2} - arctan x[/tex]
Vi har derfor at [tex]arctan x + arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2}[/tex]
Denne blir viktig i løsningen av integralet.
Området vi integrerer over ser vi er en sirkel med radius 2 sentrert i [tex](2,0)[/tex]
Vi får da [tex]\int_{0}^{4} \int_{-\sqrt{2^2 - (x-2)^2}}^{\sqrt{2^2 - (x-2)^2}} arctan e^{xy} dy dx[/tex]
Vi kan dele integralet i to, den øvre delen av halvsirkelen, og den nedre, der y er negativ. Siden y er negativ så opphøyer vi e i -xy.
Vi kan derfor skrive resultatet som [tex]\int_{0}^{4} \int_{0}^{\sqrt{2^2 - (x-2)^2}} \frac{\pi}{2} dy dx[/tex]
Som er det samme som [tex]\frac{\pi}{2}[/tex] ganget med arealet av den øvre halvsirkelen. Svaret blir derfor [tex]\pi^2[/tex]
Beklager mye ord og lite tex, men jeg sitter på en iPad, så det er vrient å få det fint uten å bruke mye tid.
-
Nebuchadnezzar
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
$
\hspace{1cm}
\int_0^1 \frac{1}{x} \log \frac{1}{1-x} \,\mathrm{d}x
= -\int_0^1 \frac{1}{x} \log (1-x) \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 \frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} x^{n}\,\mathrm{d}x
= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_0^1 x^{n-1} \mathrm{d}x
= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}
= \frac{\pi^2}{6}
$
\hspace{1cm}
\int_0^1 \frac{1}{x} \log \frac{1}{1-x} \,\mathrm{d}x
= -\int_0^1 \frac{1}{x} \log (1-x) \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 \frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} x^{n}\,\mathrm{d}x
= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_0^1 x^{n-1} \mathrm{d}x
= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}
= \frac{\pi^2}{6}
$
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
La [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] være integrerbare funksjoner på intervallet [tex][-5, ~5][/tex], begge med gjennomsnittsverdi 5 på intervallet [tex][0, ~5][/tex]. Hvis [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] er henholdsvis like og odde funksjoner, bestem
[tex]\int_{-5}^2 \left( 3f(x)-7g(x) \right )\mathrm{d} x + \int_5 ^2 \left (7g(x) - 3f(x) \right ) \mathrm{d} x[/tex].
EDIT: intervallet der funksjonene har snittverdi 5 skal være fra [tex]0[/tex] til [tex]5[/tex], ikke fra -5 som det opprinnelig sto.
[tex]\int_{-5}^2 \left( 3f(x)-7g(x) \right )\mathrm{d} x + \int_5 ^2 \left (7g(x) - 3f(x) \right ) \mathrm{d} x[/tex].
EDIT: intervallet der funksjonene har snittverdi 5 skal være fra [tex]0[/tex] til [tex]5[/tex], ikke fra -5 som det opprinnelig sto.
Sist redigert av skf95 den 09/12-2016 21:10, redigert 3 ganger totalt.
prøver meg - lenge siden siste integrasjon:skf95 skrev:La [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] være integrerbare funksjoner på intervallet [tex][-5, ~5][/tex], begge med gjennomsnittsverdi 5 på dette intervallet. Hvis [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] er henholdsvis like og odde funksjoner, bestem
[tex]\int_{-5}^2 \left( 3f(x)-7g(x) \right )\mathrm{d} x + \int_5 ^2 \left (7g(x) - 3f(x) \right ) \mathrm{d} x[/tex].
[tex]I=\int_{-5}^2 \left( 3f(x)-7g(x) \right )\mathrm{d} x - \int_2 ^5 \left (7g(x) - 3f(x) \right ) \mathrm{d} x[/tex]
[tex]I=3\int_{-5}^2 f(x)dx-7\int_{-5}^2 g(x)dx - 7\int_2 ^5 g(x)\,dx +3\int_2^5 f(x) \mathrm{d} x[/tex]
[tex]I=6\int_{-5}^5 f(x)dx- 14\int_{-5}^5 g(x)dx = 6*5 - 14*5 = -40[/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]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Hvis $g$ er odde kan vel ikke gjennomsnittsverdien på $[-5,5]$ være noe annet enn $0$?skf95 skrev:La [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] være integrerbare funksjoner på intervallet [tex][-5, ~5][/tex], begge med gjennomsnittsverdi 5 på dette intervallet. Hvis [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] er henholdsvis like og odde funksjoner, bestem
[tex]\int_{-5}^2 \left( 3f(x)-7g(x) \right )\mathrm{d} x + \int_5 ^2 \left (7g(x) - 3f(x) \right ) \mathrm{d} x[/tex].
Naturligvis ikke! Beklager, skulle stå på intervallet [tex][0, ~5][/tex]. Fikset nå i oppgaveteksten, og sikkert derfor du ikke har helt rett svar, Janhaastensrud skrev: Hvis $g$ er odde kan vel ikke gjennomsnittsverdien på $[-5,5]$ være noe annet enn $0$?
[tex]\begin{align*}\int_{-5}^2 \left( 3f(x)-7g(x) \right )\mathrm{d} x + \int_5 ^2 \left (7g(x) - 3f(x) \right ) \mathrm{d} x &= \int_{-5}^2 \left( 3f(x)-7g(x) \right )\mathrm{d} x + \int_2 ^5 \left (3f(x) - 7g(x) \right ) \mathrm{d} x\\ &= 3\int_{-5}^5 f(x)\mathrm{d}x - 7\int_{-5}^5 g(x)\mathrm{d}x\\ &= 3\cdot 5\cdot 2\cdot \dfrac{1}{5}\int_0^5 f(x)\mathrm{d}x - 7\cdot 0 \quad(f\text{ er like og }g \text{ er odde})\\ &= 30\cdot 5\\ &= 150 \end{align*}[/tex].skf95 skrev:La [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] være integrerbare funksjoner på intervallet [tex][0, ~5][/tex], begge med gjennomsnittsverdi 5 på dette intervallet. Hvis [tex]f[/tex] og [tex]g[/tex] er henholdsvis like og odde funksjoner, bestem
[tex]\int_{-5}^2 \left( 3f(x)-7g(x) \right )\mathrm{d} x + \int_5 ^2 \left (7g(x) - 3f(x) \right ) \mathrm{d} x[/tex].
(Med forbehold om slurvefeil
)
$=\int_0^1 f(x+\frac1x)\frac{\ln x}{x}\,dx+\int_1^{\infty} f(x+\frac1x)\frac{\ln x}{x}\,dx =I_1+I_2$.MatIsa skrev:Oppfølger:
La $f$ være en begrenset, ikke-negativ funksjon. Vis at
$$\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\ln(x)}{x}\mathrm{d}x=0$$
I $I_1$, la $x+\frac1x=y$, så $x=\frac12(y-\sqrt{y^2-4})$. $dx=dy(\frac12-\frac12 \frac{y}{\sqrt{y^2-4}})$
$I_1=\int_2^{\infty}f(y)\frac{\ln \frac12(y-\sqrt{y^2-4})}{\sqrt{y^2-4}}\,dy$
I $I_2$, la $x=\frac12(y+\sqrt{y^2-4})$. $dx=dy(\frac12+\frac12 \frac{y}{\sqrt{y^2-4}})$
$I_2=\int_2^{\infty}f(y)\frac{\ln \frac12(y+\sqrt{y^2-4})}{\sqrt{y^2-4}}\,dy$
Så $I_1+I_2=\int_2^{\infty}f(y)\frac{\ln \frac12(y+\sqrt{y^2-4})+\ln \frac12(y-\sqrt{y^2-4})}{\sqrt{y^2-4}}\,dy=\int_2^{\infty}f(y)\frac{\ln 1}{\sqrt{y^2-4}}\,dy\leq \int_2^{\infty}M\frac{0}{\sqrt{y^2-4}}\,dy=0$.