Side 24 av 36

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 12/12-2016 01:36
av Gjest
Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 12/12-2016 10:24
av Nebuchadnezzar
MatIsa skrev:Oppfølger:
La $f$ være en begrenset, ikke-negativ funksjon. Vis at
$$\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\ln(x)}{x}\mathrm{d}x=0$$
Kan vel løses enda enklere enn det Plutarco? La $y \mapsto 1/x$. Da er $\mathrm{d}y = -\mathrm{d}x/x^2$ så $\mathrm{d}y/y = -\mathrm{d}x/x$.

$ \hspace{1cm}
I
=
\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\log x}{x}\mathrm{d}y
=
\int_\infty^0 f\left(y+\dfrac1y\right)\log\left( \frac{1}{y} \right) \left( -\frac{\mathrm{d}y}{y} \right)
=
-\int_0^\infty f\left(y+\dfrac1y\right)\dfrac{\log y }{x}\mathrm{d}y
=
-I
$

Siden $I = -I$ så er $2I = 0$ og $I = 0$.

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 12/12-2016 10:37
av Gustav
Jepp, fin løsning!

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 12/12-2016 10:39
av Nebuchadnezzar
Om jeg ikke tar heltfeil kan vel Plancherels teorem brukes på det integralet. har sett lignende integraler bli løst via både laplace og å skrives som en differensiallikning.
Gjest skrev:Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
Fra oven så har en at $\mathcal{F}\left( \frac{x}{(1+x^2)^2} \right) = -\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2} i} w e^{-w}$, videre så er $\mathcal{F}\left( \sin x \right) = \frac{\sqrt{2\pi}}{2i} \bigl[\delta(w+1)-\delta(w-1)\bigr]$. Definer $G(w) = w e^{-|w|}$. Plancherel gir oss nå at

$
\hspace{1cm}
\begin{align*}
\int_\mathbb{R} \frac{w}{(1+w)^2} \sin w \,\mathrm{d}w
& = \int_\mathbb{R} \mathcal{F}\left( \frac{w}{(1+w)^2} \right) \mathcal{F}\left( \sin x \right) \,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4} \int_\mathbb{R} x e^{-|x|} \bigl[ \delta(x-1) - \delta(x+1)\bigr]\,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4}\bigl[ G(1) - G(-1) \bigr]
= \frac{\pi}{2e}
\end{align*}
$

Noen som klarer denne godbiten?

$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 12/12-2016 11:57
av Gjest
Nebuchadnezzar skrev:
Gjest skrev:Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
...
$ = \frac{\pi}{2e}$
Selvsagt helt rett :)

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 12/12-2016 14:37
av Gjest
Gjest skrev:
Nebuchadnezzar skrev:
Gjest skrev:Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
...
$ = \frac{\pi}{2e}$
Selvsagt helt rett :)
Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 20/12-2016 08:24
av Gustav
Vis at $\int_0^{\infty} \frac{\ln (1+x)\ln (1+x^{-2})}{x}\,dx = \pi G-\frac{3\zeta (3)}{8}$

, der $G=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$ er Catalans konstant, og $\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ er Riemann zetafunksjonen.

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 20/12-2016 10:16
av Gjest
Gjest skrev:
Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???
Nei, oppgave 5c på tentamen i 9. klasse på Vikerkje ungdomsskole

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 20/12-2016 11:51
av Nebuchadnezzar
Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige ;) Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.

Sittet og fiklet litt med din oppgave. Virker som den beste fremgangsmåten er å splitte integralet ved $1$ også mappe integralet over $[1,\infty]$ til $[0,1]$ via transformasjonen $z \mapsto 1/x$. Da er $\int_1^\infty f(x) \,\mathrm{d}x = \int_0^1 f\left(\frac{1}{x}\right) \,\frac{\mathrm{d}x}{x^2}$ slik at

$
\begin{align*}
\int_0^\infty f(x) \,\mathrm{d}x
& = \int_0^1 f(x) + \frac{1}{x^2} f\left(\frac{1}{x}\right) \,\mathrm{d}x \\
& = \int_0^1 \frac{2\log(x^2+1) \log(1+x)}{x} - \frac{\log(1+x)\log(x^2)}{x} - \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x\\
& = \left( \pi G -\frac{33\zeta(3)}{16)} \right) - \left( -\frac{3\zeta(3)}{2} \right) - \left( - \frac{3\zeta(3)}{16} \right) \\
& = \pi G - \frac{3 \zeta(3)}{8}
\end{align*}
$

Hvor alle integralene kan beregnes ved å rekkeutvikle henholdsvis $\log(1+x^2), \log(1+x)$ og $\log(x^2+1)$ siden taylorpolynomet konvergerer for alle $|x| \leq 1$. Er det første integralet jeg sliter litt med å vise, de to siste var rett frem. Tror denne metoden skal lede frem, men har dessverre ikke mer tid å se på det nu. Finnes sikkert en smartere måte å gjøre det på =)

f.eks

$
\int_0^1 \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 \sum_{k\geq 1} \frac{x^{2k}}{k}(-1)^{k+1} \frac{\log x}{x} \,\mathrm{d}x
= \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\int_0^1 x^{2k-1} \log x \,\mathrm{d}x
= \frac{1}{4} \sum_{k \geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k^3}
= - \frac{3\zeta(3)}{16}
$

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 20/12-2016 15:57
av Gustav
Nebuchadnezzar skrev:Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige ;) Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.
Oj sann, beklager det! Jeg overså faktisk oppfølgeren din i forrige post. Helt tilfeldig at de liknet! Ser ut som du er på rett kjøl ihvertfall :D

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 07/01-2017 00:48
av MatIsa
Nebuchadnezzar skrev: Noen som klarer denne godbiten?

$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$
Begynner med å skrive om integranden ved delbrøksoppspalting:
$$\dfrac{\log{x}}{x}\cdot\dfrac{\log(1-x)}{1-x} = \log{x}\log(1-x)\dfrac{1-x+x}{x(1-x)} = \log{x}\dfrac{\log(1-x)}{x}+\log(1-x)\dfrac{\log{x}}{1-x}$$ Her er $$\dfrac{\log(1-x)}{x} = -\dfrac1x \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n+1}$$ og $$\dfrac{\log(x)}{1-x} = \dfrac{\log(1-(1-x))}{1-x} = -\dfrac{1}{1-x} \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^n}{n+1}$$ som gir $$I = -\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x-\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log(1-x)\dfrac{(1-x)^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = I_1+I_2$$ Med substitusjonen $u=1-x; \mathrm{d}u=-\mathrm{d}x$ kan $I_2$ skrives som $$I_2 = -\int_1^{1/2}\left(\sum_{n=0}^\infty \log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)(-\mathrm{d}u) = -\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^\infty\log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)\mathrm{d}u$$ Dette forenkler $I$:
$$I = -\left(\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x+\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x\right) = -\int_0^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = -\sum_{n=0}^\infty\left(\dfrac{1}{n+1}\int_0^1 x^n\log{x}~\mathrm{d}x\right) = -\sum_{n=0}^\infty a_n$$ Bruker deretter Leibniz regel: $$I(\alpha) = \int_0^1 x^\alpha\mathrm{d}x = \dfrac{1}{\alpha + 1}\Longrightarrow I'(\alpha) = \dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}\alpha} = \int_0^1 x^\alpha \log{x}~\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{(\alpha+1)^2}$$
Dermed er $a_n = \dfrac{1}{n+1}\cdot\left(-\dfrac{1}{(n+1)^2}\right) = -\dfrac{1}{(n+1)^3}$ og
$$I = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{(n+1)^3} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^3} = \zeta(3)$$
Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 13/02-2018 00:25
av Markus
Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.
MatIsa skrev: Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$
Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$


Oppfølger:
$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 13/02-2018 10:40
av Janhaa
Markus skrev:Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.
MatIsa skrev: Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$
Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$
Oppfølger:$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$
Pent Markus,
prøver meg på ditt med Residue theorem:

[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]

poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:

[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]


[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/tex]

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 13/02-2018 13:53
av Markus
Janhaa skrev: Prøver meg på ditt med Residue theorem:

[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]

poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:

[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]


[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/tex]
Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.

Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg ;)

$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$

Re: Integral maraton !

Lagt inn: 13/02-2018 14:46
av Janhaa
Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.
Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg ;)
$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
$I=\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
setter:
[tex]u=x+\frac{1}{2}[/tex]

$I=\int \frac{2}{\sqrt{4u^2+3}} \, \text{d}u$

$I=\int \frac{1}{\sqrt{u^2+\frac{3}{4}}} \, \text{d}u = \text arcsinh(\frac{2u}{\sqrt{3}})+c$

$I = \text arcsinh(\frac{2x+1}{\sqrt{3}})+c$