matematikk.net

oppfølger:

[tex]\large I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}[/tex]

Jeg vet ikke så mye om hyperbolske trig. funksjoner, men svaret ditt skal i alle fall være korrekt. Jeg brukte Euler-sub og fikk $\ln \lvert 2x +
2\sqrt{x^2+x+1} + 1 \rvert + C$, som skal være ekvivalent med ditt uttrykk for $x>0$ i følge Wolfram Alpha.

Janhaa skrev:oppfølger:
[tex]I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}[/tex]

La $P(x)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$. Det er lett å bekrefte at $P(-1)=0$. Polynomdivisjon gir $(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1):(x+1) = x^4+x^2+1$. Videre er $x^4+x^2+1=(x^4+2x^2+1)-x^2 = (x^2+1)^2-x^2 = ((x^2+1)+x)((x^2+1)-x) = (x^2+x+1)(x^2-x+1)$. Med disse observasjonene kan vi skrive om; $P(x) = (x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$

Ved delbrøkoppspalting finnes det tall $A,B,C,D,E$ slik at
$$\int \frac{1}{(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)} \, \text{d}x = \frac{A}{x+1} + \frac{B + Cx}{x^2+x+1} + \frac{D + Ex}{x^2-x+1}$$ Vi får nå at $$1 = A(x^2+x+1)(x^2-x+1) + (B+Cx)(x+1)(x^2-x+1) + (D+Ex)(x+1)(x^2+x+1) \\ 1 = A(x^4+x^2+1) + (B+Cx)(x^3+1) + (D+Ex)(x^3+2x^2+2x+1) \\ 1 = Ax^4 + Ax^2 + A + Bx^3+B+Cx^4+Cx + Dx^3+2Dx^2+2Dx+D+Ex^4+2Ex^3+2Ex^2+Ex \\ 1 = x^4(A+C+E) + x^3(B+D+2E) + x^2(A+2D+2E) + x(C+2D+E) + (A+B+D)$$ Ser vi nå for oss at venstresiden er et polynom av fjerde grad (der koeffisienter lik null er tillatt), og sammenligner koeffisienter på begge sider av likhetstegnet, får vi likningene $$\left\{\begin{matrix}
A+C+E=0\\
B+D+2E=0\\
A+2D+2E=0\\
C+2D+E=0 \\
A + B + D = 1
\end{matrix}\right. $$ Likningssystemet kan med litt tid til rådighet løses med ren algebra, eventuelt gaussisk eliminasjon eller lignende. Systemet har hvertfall løsningene $A=\frac13 , B= \frac12 , C=0 , D=\frac16, E = -\frac13$. Vi har med andre ord at $$\int \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} \, \text{d}x = \int \frac{1}{3x+3} + \frac{1}{2x^2+2x+2} + \frac{1-2x}{6x^2-6x+6} \, \text{d}x$$ Det første leddet er et "rutinemessig" integral; $$\int \frac{1}{3x+3} \, \text{d}x = \frac13 \ln | 3(x + 1) | + c_1 = \frac13 \ln | x + 1 | + c_2$$ Det siste leddet kan løses fint med substitusjonen $u=6x^2-6x+6 \implies \text{d}u = 12x-6 \, \text{d}x \enspace \therefore \enspace -\frac16 \, \text{d}u = (1-2x) \, \text{d}x$, slik at $$\int \frac{1-2x}{6x^2-6x+6} \, \text{d}x = -\frac16 \int \frac{1}{u} \, \text{d}u = -\frac16 \ln | u | + c_1 = -\frac16 \ln |6(x^2-x+1) | + c_1 = -\frac16 \ln | x^2-x+1 | + c_2$$ Det mellomste leddet er det vanskeligste; start med observasjonen $2x^2+2x+2 = \left (\sqrt{2}x + \frac{1}{\sqrt{2}} \right )^2 + \frac32$ Deretter gjør substitusjonen $u =\sqrt{2}x + \frac{1}{\sqrt{2}} \implies \text{d}x = \frac{1}{\sqrt{2}} \text{d}u$. Da tar integralet formen $$\frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{1}{u^2 + \frac32} \, \text{d}u = \frac{\sqrt{2}}{3} \int \frac{1}{\frac{2u^2}{3}+1} \, \text{d}u$$ Vi gjør en ny substitusjon $s=\sqrt{\frac23 }u \implies \text{d}u = \sqrt{\frac32 } \,\text{d}s$. Integralet tar nå formen $$\frac{1}{\sqrt{3}} \int \frac{1}{s^2+1} \, \text{d}s = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan(s) + C = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left (\frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right ) + C$$ Da har vi endelig at $$\int_0^\infty \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} = \left [\frac13 \ln | x+1 | + \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left (\frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right ) -\frac16 \ln | x^2-x+1 | \right ]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt{3}} - \frac{\pi}{6\sqrt{3}} + \frac13 \left [\ln \left ( \frac{x+1}{\sqrt{x^2-x+1}} \right ) \right ]_0^\infty \\ \int_0^\infty \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} = \boxed{\frac{\pi}{3\sqrt{3}}}$$

Mye arbeid med denne, det finnes sikkert en enklere måte!

Tar nivået ned et par hakk med neste oppfølger; $\int e^{\sqrt{x}} \, \text{d}x$

Markus skrev:
Tar nivået ned et par hakk med neste oppfølger; $\int e^{\sqrt{x}} \, \text{d}x$

La $u = \sqrt{x}$, så $\text{d}u = \frac{1}{2\sqrt{x}}\text{d}x.$ Da er $\text{d}x = 2\sqrt{x}\text{d}u = 2u\text{d}u,$ så $$\int e^{\sqrt{x}}\, \text{d}x = 2\int e^uu\, \text{d}u = 2e^{u}u - 2\int e^u\, \text{d}u + C = 2e^uu - 2e^u +C = 2e^u(u-1) + C = 2e^{\sqrt{x}}(\sqrt{x}-1) +C.$$

Oppfølger: Finn $$\iiint_{x^2 + y^2 + z^2 \leq 1}\left(x^{2n} + y^{2n} + z^{2n}\right)\, \text{d}V.$$

Vi definerer først de kjente Wallis integralene

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n x\,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/2} \sin^n x\,\mathrm{d}x
$

og som vi alle vet kan beta-integralet $\text{B}(x,y) = \int_0^{1} t^{x-1} (1-t)^{y-1} \mathrm{d}t = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ skrives på følgende trigonometriske form

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\text{B}(a,b) = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^{2a-1} u \cos^{2b-1} u \,\mathrm{d}u
$

ved å bruke substitusjonen $t = \sin^2 u$, slik at $1 - 1 = \cos^2 u$ og $\mathrm{d}t = 2 \sin u \cos u\,\mathrm{d}u$. Så dette gir oss muligheten til å gi Wallis integralene en lukket form

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_n = \frac{1}{2} \text{B} \left( \frac{n+1}{2}, \frac{1}{2} \right) = \frac{\Gamma[(n+1)/2] \Gamma(1/2)}{2 \Gamma(1 + n/2)}
$

Vi deler så integralet opp i odde og like ledd. For $n = 2p + 1$ har vi

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_{2p+1} = \frac{2^{2p} (p!)^2}{(2p+1)!}
$

For $n = 2p$ kan vi bruke at $\Gamma(1/2) = \int_0^{\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x = \sqrt{\pi} $ slik at

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_{2p} = \frac{(2p)!}{2^{2p} (p!)^2} \frac{\pi}{2}
$

Lemma 1. For alle $n \in \mathbb{N}$ så er
$ \hspace{1cm} \displaystyle
\begin{align*}
\int_0^{2\pi} \cos^{2n} \theta \,\mathrm{d}\theta & = \int_0^{2\pi} \sin^{2n} \theta \,\mathrm{d}\theta = 4 W_{2n} \\
\int_0^{\pi} \cos^{2n} \theta \,\mathrm{d}\theta & = \int_0^{\pi} \sin^{2n} \theta \,\mathrm{d}\theta = 2 W_{2n}
\end{align*}
$

For å beregne integralet in question bytter vi koordinatsystem til sfæriske koordinater (kulekoordinater), da er

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\begin{align*}
x & = r \sin \theta \, \cos \phi \\
y & = r \sin \theta \, \sin \phi \\
z & = r \cos \theta
\end{align*}
$

og $\mathrm{d}V = r^2 \sin \theta \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d} \theta \, \mathrm{x} \phi$. La $S^2$ betegne enhetssfæren (radius 1) da er

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\begin{align*}
\int_{S^2} x^{2n} + y^{2n} + z^{2n} \,\mathrm{d}V
& = \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \int_0^{1} \bigl[ ( r \sin \theta \, \cos \phi )^{2n} + (r \sin \theta \, \sin \phi )^{2n} + (r \cos \theta)^{2n} \bigr] r^2 \sin \theta \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d} \theta \, \mathrm{d} \phi \\
& = \frac{1}{2n + 3} \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \bigl[ ( \sin \theta \, \cos \phi )^{2n} + (\sin \theta \, \sin \phi )^{2n} + (\cos \theta)^{2n} \bigr] \sin \theta \, \mathrm{d} \theta \, \mathrm{d} \phi \\
& = \frac{1}{2n + 3} \int_0^{2\pi} \left( \cos^{2n} \phi \int_0^{\pi} \sin^{2n+1} \theta \,\mathrm{d}\theta + \sin^{2n} \phi \int_0^{\pi} \sin^{2n+1} \theta \,\mathrm{d}\theta + \int_0^{\pi} (\cos \theta)^{2n} \sin \theta \, \mathrm{d} \theta\right) \, \mathrm{d} \phi \\
& = \frac{1}{2n + 3} \int_0^{2\pi} \left( 2 W_{2n+1} \cos^{2n} \phi +2 W_{2n+1} \sin^{2n} \phi + \frac{2}{2n+1} \right) \, \mathrm{d} \phi \\
& = \frac{1}{2n + 3} \left( 8 W_{2n+1} W_{2n} +8 W_{2n+1} W_{2n} + \frac{4\pi}{2n+1} \right) \\
& = \frac{1}{2n + 3} \left( 8 \cdot \frac{\pi}{2} \frac{1}{2n+1} + 8 \cdot \frac{\pi}{2} \frac{1}{2n+1} + \frac{4\pi}{2n+1} \right) \\
& = \frac{1}{2n + 3} \left( \frac{4\pi}{2n+1} + \frac{4\pi}{2n+1} + \frac{4\pi}{2n+1} \right) \\
& = \frac{12\pi}{(2n + 3)(2n+1)}
\end{align*}
$

Siden $\int_0^1 r^n r^2 \mathrm{d}r = 1/(2n+3)$

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_{2p+1} W_{2p} =
\frac{2^{2p} (p!)^2}{(2p+1)!} \cdot \frac{(2p)!}{2^{2p} (p!)^2} \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \frac{(2p)!}{(2p+1)!} = \frac{\pi}{2} \frac{(2p)!}{(2p+1) (2p)!} = \frac{\pi}{2} \frac{1}{2p+1}
$

a) Vis at for alle $\theta \in (-\pi, \pi)$

$ \displaystyle \hspace{1cm}
\int_0^{1} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + 2x \cos \theta + 1} = \frac{\theta}{2 \sin \theta}
$

b) bruk resultatet til å bestemme

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \arctan x }{ x^2 + 2x \cos \theta + 1} \, \mathrm{d}x
$

ighen for alle $\theta \in (-\pi, \pi)$.

Tenkte å senke nivået litt Bare å velge a eller b alt ettersom hvor tøff man er i hatten.

Prøver meg på oppg. a).

Integranden kan skrivast

1/sin[tex]^2[/tex](theta) * 1/((x + cos(theta))/sin(theta))[tex]^2[/tex]
Ser straks at dette er eit arctan-integral med x som variabel.

Innfører ny variabel
u = (1 +cos(theta))/sin(theta)

og endar opp med:

1/sin(theta) * (arctan(1 + cos(theta)/sin(theta) - arctan((0 + cos(theta)/sin(theta))

(1 + cos(theta)/sin(theta) = (innfører halve vinkelen ) = cotan(theta/2) = tan(pi/4 - theta/2)

Da er arctan((1 + cos(theta)/sin(theta)) = arctan(tan(pi/4 - theta/2) = pi/4 - theta/2

Nedre grense: arctan(cos(theta/sin(theta)) = arctan(cotan(theta)) = arctan(pi/4 - theta)

= pi/4 -Theta

Det bestemte integralet = 1/sin(theta) *( pi/4 - theta/2 -(pi/4 - theta)) = Theta/(2*sin(theta))
s. s. v.

Nebuchadnezzar skrev: $$ \int_{S^2} x^{2n} + y^{2n} + z^{2n} \,\mathrm{d}V = [\dots] = \frac{12\pi}{(2n + 3)(2n+1)}$$

Først litt flisespikk: Husk at integralet er over $\mathbb{D}^3$, ikke $S^2$. Hadde integralet vært over $S^2$ hadde det vær lik $0$, ettersom $\partial \mathbb{D}^3 = S^2.$

Nå, til oppgaven. Du har rett svar, godt jobba! Riktignok kan oppgaven løses langt enklere ved å utnytte symmetrien i integralet:

$$\begin{align*} \iiint_{\mathbb{D}^3}\left(x^{2n} + y^{2n} + z^{2n}\right)\, \text{d}V & = \iiint_{\mathbb{D}^3}x^{2n}\, \text{d}V + \iiint_{\mathbb{D}^3}y^{2n}\, \text{d}V + \iiint_{\mathbb{D}^3}z^{2n}\, \text{d}V \\
& = 3\iiint_{\mathbb{D}^3}z^{2n}\, \text{d}V \\
& = 3\int_{\varphi = 0}^{\pi}\int_{\theta = 0}^{2\pi}\int_{r=0}^1\left(r\cos\varphi\right)^{2n}r^2\sin\varphi\, \text{d}r\, \text{d}\theta\, \text{d}\varphi \\
& = 6\pi \int_{r=0}^1r^{2n+2}\left[-\frac{1}{2n+1}\cos^{2n+1}\varphi\right]_{\varphi = 0}^{2\pi}\, \text{d}r \\
& = \frac{6\pi}{2n+1}\left[1 - (-1)^{2n+1}\right]\int_{r=0}^1r^{2n+2}\, \text{d}r \\
& = \frac{12\pi}{(2n+1)(2n+3)}.
\end{align*}$$

Nebuchadnezzar skrev:a) Vis at for alle $\theta \in (-\pi, \pi)$

$ \displaystyle \hspace{1cm}
\int_0^{1} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + 2x \cos \theta + 1} = \frac{\theta}{2 \sin \theta}
$

b) bruk resultatet til å bestemme

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \arctan x }{ x^2 + 2x \cos \theta + 1} \, \mathrm{d}x
$

ighen for alle $\theta \in (-\pi, \pi)$.

(a) For $\theta \neq 0$ fullføer vi kvadratet: $$\int_0^1\frac{\text{d}x}{x^2 + 2x\cos\theta + 1} = \int_0^1\frac{\text{d}x}{\left(x+\cos\theta\right)^2 + 1 - \cos^2\theta} = \int_0^1\frac{\text{d}x}{\left(x + \cos\theta\right)^2 + \sin^2\theta} = \csc^2\theta\int_0^1\frac{\text{d}x}{\left(\frac{x+\cos\theta}{\sin\theta}\right)^2 + 1} \\ = \csc^2\theta\int_{u=\cot\theta}^{\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}}\frac{\sin\theta\, \text{d}u}{u^2 + 1} = \csc\theta\left[\arctan u\right]_{u=\cot\theta}^{\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}} = \csc\theta\left(\arctan\left(\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}\right) - \arctan\left(\cot\theta\right)\right) \\
= \csc\theta\arctan\left(\frac{\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta} - \cot\theta}{1 + \cot\theta\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}}\right) = \csc\theta\arctan\left(\frac{\sin\theta}{1 + \cos\theta}\right) = \csc\theta\arctan\left(\tan\left(\frac{\theta}{2}\right)\right) = \frac{\theta}{2\sin\theta}.$$

Når $\theta = 0$ får vi $$\int_0^1\frac{\text{d}x}{x^2 + 2x\cos\theta + 1} = \int_0^1\frac{\text{d}x}{(x+1)^2} = -\left[\frac{1}{x+1}\right]_0^1 = 1 - \frac12 = \frac12 = \lim_{\theta\rightarrow 0}\frac{\theta}{2\sin\theta}.$$

Markus skrev:Jeg vet ikke så mye om hyperbolske trig. funksjoner, men svaret ditt skal i alle fall være korrekt. Jeg brukte Euler-sub og fikk $\ln \lvert 2x +
2\sqrt{x^2+x+1} + 1 \rvert + C$, som skal være ekvivalent med ditt uttrykk for $x>0$ i følge Wolfram Alpha.

Janhaa skrev:oppfølger:
[tex]I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}[/tex]

La $P(x)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$. Det er lett å bekrefte at $P(-1)=0$. Polynomdivisjon gir $(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1):(x+1) = x^4+x^2+1$. Videre er $x^4+x^2+1=(x^4+2x^2+1)-x^2 = (x^2+1)^2-x^2 = ((x^2+1)+x)((x^2+1)-x) = (x^2+x+1)(x^2-x+1)$. Med disse observasjonene kan vi skrive om; $P(x) = (x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$
Ved delbrøkoppspalting finnes det tall $A,B,C,D,E$ slik at
$$\int \frac{1}{(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)} \, \text{d}x = \frac{A}{x+1} + \frac{B + Cx}{x^2+x+1} + \frac{D + Ex}{x^2-x+1}$$ Vi får nå at $$1 = A(x^2+x+1)(x^2-x+1) + (B+Cx)(x+1)(x^2-x+1) + (D+Ex)(x+1)(x^2+x+1) \\ 1 = A(x^4+x^2+1) + (B+Cx)(x^3+1) + (D+Ex)(x^3+2x^2+2x+1) \\ 1 = Ax^4 + Ax^2 + A + Bx^3+B+Cx^4+Cx + Dx^3+2Dx^2+2Dx+D+Ex^4+2Ex^3+2Ex^2+Ex \\ 1 = x^4(A+C+E) + x^3(B+D+2E) + x^2(A+2D+2E) + x(C+2D+E) + (A+B+D)$$ Ser vi nå for oss at venstresiden er et polynom av fjerde grad (der koeffisienter lik null er tillatt), og sammenligner koeffisienter på begge sider av likhetstegnet, får vi likningene $$\left\{\begin{matrix}
A+C+E=0\\
B+D+2E=0\\
A+2D+2E=0\\
C+2D+E=0 \\
A + B + D = 1
\end{matrix}\right. $$ Likningssystemet kan med litt tid til rådighet løses med ren algebra, eventuelt gaussisk eliminasjon eller lignende. Systemet har hvertfall løsningene $A=\frac13 , B= \frac12 , C=0 , D=\frac16, E = -\frac13$. Vi har med andre ord at $$\int \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} \, \text{d}x = \int \frac{1}{3x+3} + \frac{1}{2x^2+2x+2} + \frac{1-2x}{6x^2-6x+6} \, \text{d}x$$ Det første leddet er et "rutinemessig" integral; $$\int \frac{1}{3x+3} \, \text{d}x = \frac13 \ln | 3(x + 1) | + c_1 = \frac13 \ln | x + 1 | + c_2$$ Det siste leddet kan løses fint med substitusjonen $u=6x^2-6x+6 \implies \text{d}u = 12x-6 \, \text{d}x \enspace \therefore \enspace -\frac16 \, \text{d}u = (1-2x) \, \text{d}x$, slik at $$\int \frac{1-2x}{6x^2-6x+6} \, \text{d}x = -\frac16 \int \frac{1}{u} \, \text{d}u = -\frac16 \ln | u | + c_1 = -\frac16 \ln |6(x^2-x+1) | + c_1 = -\frac16 \ln | x^2-x+1 | + c_2$$ Det mellomste leddet er det vanskeligste; start med observasjonen $2x^2+2x+2 = \left (\sqrt{2}x + \frac{1}{\sqrt{2}} \right )^2 + \frac32$ Deretter gjør substitusjonen $u =\sqrt{2}x + \frac{1}{\sqrt{2}} \implies \text{d}x = \frac{1}{\sqrt{2}} \text{d}u$. Da tar integralet formen $$\frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{1}{u^2 + \frac32} \, \text{d}u = \frac{\sqrt{2}}{3} \int \frac{1}{\frac{2u^2}{3}+1} \, \text{d}u$$ Vi gjør en ny substitusjon $s=\sqrt{\frac23 }u \implies \text{d}u = \sqrt{\frac32 } \,\text{d}s$. Integralet tar nå formen $$\frac{1}{\sqrt{3}} \int \frac{1}{s^2+1} \, \text{d}s = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan(s) + C = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left (\frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right ) + C$$ Da har vi endelig at $$\int_0^\infty \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} = \left [\frac13 \ln | x+1 | + \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left (\frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right ) -\frac16 \ln | x^2-x+1 | \right ]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt{3}} - \frac{\pi}{6\sqrt{3}} + \frac13 \left [\ln \left ( \frac{x+1}{\sqrt{x^2-x+1}} \right ) \right ]_0^\infty \\ \int_0^\infty \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} = \boxed{\frac{\pi}{3\sqrt{3}}}$$
Mye arbeid med denne, det finnes sikkert en enklere måte!
Tar nivået ned et par hakk med neste oppfølger; $\int e^{\sqrt{x}} \, \text{d}x$

Bra igjen, veldig mye arbeid ja. Virkelig brute force method :=)

Janhaa skrev:Virkelig brute force method :=)

Helt enig. Hvordan løste du den? Regner med at det finnes noen smarte substitusjoner eller noe annet, som tar knekken på denne litt fortere enn delbrøkoppspalting?

Janhaa skrev:oppfølger:

[tex]\large I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}[/tex]

tenkte å skrive integralet slik:

[tex]\large I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}=\int_0^{\infty} \frac{(z-1)dz}{z^6-1}[/tex]

også bruke Cauchy's Residue theorem. Polene blir:

[tex]z^6=1=exp(2\pi\cdot i+2\pi k\cdot i)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]

[tex]z_o=exp(2\pi i/6)[/tex]
[tex]z_1=exp(4\pi i/6)[/tex]
[tex]z_2=exp(6\pi i/6)[/tex]
så blir:
[tex]Res_1(f, z_o)=-1/6[/tex]
[tex]Res_2(f, z_1)=-i/(2\sqrt{3})[/tex]
[tex]Res_3(f, z_2)=1/3[/tex]
slik at:
[tex]I=\pi i\cdot(Res_1+Res_2+Res_3)[/tex]

[tex]I(final)=Re(I)=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}[/tex]

Siden ingen posta noen nye, poster jeg ett veldig enkelt ett slik at nestemann kan få ta opp tråden

Gitt att

$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + a^2 } = \frac{ \pi }{ a }
\qquad
\text{og}
\qquad
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ (x^2 + a^2)^2 } = \frac{\pi}{2a^3}
$

er sann for alle $a \in \mathbb{R}]/ \{0\}$. Bestem

$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ x^2 }{ (x^2 + 4)^2 } \mathrm{d}x
$

Nebuchadnezzar skrev:Siden ingen posta noen nye, poster jeg ett veldig enkelt ett slik at nestemann kan få ta opp tråden
Gitt att$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + a^2 } = \frac{ \pi }{ a }
\qquad
\text{og}
\qquad
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ (x^2 + a^2)^2 } = \frac{\pi}{2a^3}
$
er sann for alle $a \in \mathbb{R}]/ \{0\}$. Bestem
$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ x^2 }{ (x^2 + 4)^2 } \mathrm{d}x
$

Løser den med Cauchy's residue theorem, er grei da.
Og benytter ikke betingelsene.

[tex]I=\int_0^{\infty}\frac{z^2\,dz}{(z^2+4)^2}[/tex]

poles at:[tex]\pm 2i[/tex]
both of order 2.
der
[tex]f=\frac{z^2}{(z^2+4)^2}[/tex]

finner:
[tex]Res(f, 2i)=-i/8[/tex]
slik at:

[tex]I=2\pi\cdot i\cdot Res(f, 2i)=2\pi\cdot i\cdot (-i/8)=\frac{\pi}{4}[/tex]
************************************
oppfølger,bestem:

[tex]I=\int_0^{\infty}\frac{x^{n-1}}{x+1}\,dx[/tex]

Janhaa skrev:

Nebuchadnezzar skrev:Siden ingen posta noen nye, poster jeg ett veldig enkelt ett slik at nestemann kan få ta opp tråden
Gitt att$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + a^2 } = \frac{ \pi }{ a }
\qquad
\text{og}
\qquad
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ (x^2 + a^2)^2 } = \frac{\pi}{2a^3}
$
er sann for alle $a \in \mathbb{R}]/ \{0\}$. Bestem
$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ x^2 }{ (x^2 + 4)^2 } \mathrm{d}x
$

Løser den med Cauchy's residue theorem, er grei da.
Og benytter ikke betingelsene.

Alternativt kan man skrive
\[ \frac{ x^2 }{ (x^2 + 4)^2 }=\frac{( x^2 +4)-4}{ (x^2 + 4)^2 }=\frac{ 1 }{ (x^2 + 4)}-\frac{ 4}{ (x^2 + 4)^2 } \]
og bruke de gitte resultatene.

Janhaa skrev:
oppfølger,bestem:

[tex]I=\int_0^{\infty}\frac{x^{n-1}}{x+1}\,dx[/tex]

Vanskelig å motstå fristelsen når du velger integraler fra masteren min Janhaa...

Integraler er selvsagt trivielt om en bruker beta-funksjonen





Oppfølger

$ \hspace{1cm}
\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \log \left| 1 - e^{-ix}\right| \,\mathrm{d}x
$

Nebuchad, dette er kanskje ikke rette siden å tråden på, men du tok Lektor på NTNU, korrekt? (Hvis ikke kan du bare ignorere hele spørsmålet)

Når du da valgte matematikk (og et annet fag?) og tok masteren på det, vil det i praksis si at du kan gå videre å prøve deg på en doktorgrad i spesialiseringen etter endt studie, eller må du ta noe annet for det?