matematikk.net

MatIsa skrev:Oppfølger:
$\int \dfrac{x^{-1/2}}{1+x^{1/3}}\,{\mathrm d}x$

Først, substitusjonen $u = \sqrt{x} \implies \text{d}x = 2u \, \text{d}u$ Integralet kan da skrives som $$\int \frac{2u}{u(1+u^{2/3})} \, \text{d}u = \int \frac{2}{1+u^{2/3}} \, \text{d}u$$ Ny substitusjon; $v=u^{1/3} \implies \text{d}u = 3u^{2/3} \, \text{d}v = 3v^2 \, \text{d}v$, integralet tar da formen $$2\int \frac{3v^2}{1+v^2} \, \text{d}v = 6 \int 1 - \frac{1}{v^2+1} \, \text{d}v = 6v - 6\arctan(v) + C$$ Nå er det bare å substituere tilbake, og da fås endelig at $$\int \frac{x^{-1/2}}{1+x^{1/3}} \, \text{d}x = 6\sqrt[6]{x} - 6\arctan \left(\sqrt[6]{x} \right) + C$$

Oppfølger: $\int_0^\infty \frac{\ln(2018x)}{1+x^2} \, \text{d}x$

Markus skrev:

MatIsa skrev:Oppfølger:
$\int \dfrac{x^{-1/2}}{1+x^{1/3}}\,{\mathrm d}x$

Oppfølger: $\int_0^\infty \frac{\ln(2018x)}{1+x^2} \, \text{d}x$

bruker complex analyse og residue theorem:

[tex]I=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln(2018z)}{z^2+1}\,dz\\ \\ poles\,at\,z_o=\pm i\,\,of\,order\,1\\ \\ Res(f, i)=\frac{\ln(2018i)}{2i}=\frac{\ln(2018i)+\frac{\pi}{2}i}{2i}\\ \\ I=Re(\pi*i*Res(f,i))=\frac{\ln(2018)}{2}\pi[/tex]

Hva med denne, evaluer I:

[tex]\large I=\int_{0}^{T}\frac{x^4}{e^x-1}\,dx[/tex]

Janhaa skrev:Hva med denne, evaluer I:

[tex]\large I=\int_{0}^{T}\frac{x^4}{e^x-1}\,dx[/tex]

Har du noe tips på denne? Matet integralet inn i wolfram alpha, og resultatet var lite appetittelig med ikke-elementære funksjoner. Skal T være helt vilkårlig her? Tilfellet der $T \to \infty$ kan løses ved å bruke en def. på Riemanns Zeta funksjon; $$\zeta(s)= \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{e^x-1} \, \text{d}x$$ I dette tilfellet hadde det gitt $I=\zeta(5)\Gamma(5) \approx 24.8863$

Siden integralet har stått så lenge, kommer jeg med et nytt (og litt enklere); $$\int \frac{1}{\sin(x)} \, \text{d}x$$

Markus skrev:

Janhaa skrev:Hva med denne, evaluer I:

[tex]\large I=\int_{0}^{T}\frac{x^4}{e^x-1}\,dx[/tex]

Har du noe tips på denne? Matet integralet inn i wolfram alpha, og resultatet var lite appetittelig med ikke-elementære funksjoner. Skal T være helt vilkårlig her? Tilfellet der $T \to \infty$ kan løses ved å bruke en def. på Riemanns Zeta funksjon; $$\zeta(s)= \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{e^x-1} \, \text{d}x$$ I dette tilfellet hadde det gitt $I=\zeta(5)\Gamma(5) \approx 24.8863$

Siden integralet har stått så lenge, kommer jeg med et nytt (og litt enklere); $$\int \frac{1}{\sin(x)} \, \text{d}x$$

Var dette jeg og tenkte først. Bet meg fast på at integrasjonsgrensene var fra 0 til T og ikke 0 til uendelig sjøl.

Uten å gjøre noe stort utfra integralet sier jeg enkelt og greit at [tex]\int \frac{1}{sin(x)}=\int csc(x)=-\ln\left | csc(x)+cot(x)\right |+C[/tex]. Kunne ha gått veien om u-substitusjon med [tex]tan \frac{x}{2}[/tex], men siden [tex]csc[/tex] er en såpass grei funksjon å ha lagra i minnet hadde jeg det her


Strekker kanskje grensene med tråden litt her, og den er kanskje litt i styggeste laget, men:

Avgjør om [tex]\lim_{\alpha \rightarrow \infty} \int_0^{\alpha}sin(x)sin(x^2)\mathrm{d}x[/tex] konvergerer.

Markus skrev:

Janhaa skrev:Hva med denne, evaluer I:
[tex]\large I=\int_{0}^{T}\frac{x^4}{e^x-1}\,dx[/tex]

Har du noe tips på denne? Matet integralet inn i wolfram alpha, og resultatet var lite appetittelig med ikke-elementære funksjoner. Skal T være helt vilkårlig her? Tilfellet der $T \to \infty$ kan løses ved å bruke en def. på Riemanns Zeta funksjon; $$\zeta(s)= \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{e^x-1} \, \text{d}x$$ I dette tilfellet hadde det gitt $I=\zeta(5)\Gamma(5) \approx 24.8863$
Siden integralet har stått så lenge, kommer jeg med et nytt (og litt enklere); $$\int \frac{1}{\sin(x)} \, \text{d}x$$

riktig, meninga at T --> infty
litt uklart, enig!
det er et såkalt Debye integral, så vidt jeg husker!

Evaluer I under:

[tex]\large I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{da\,db\,dc\,dd\,de\,df}{1-abcdef}[/tex]

1. Uten å bruke Riemann zeta function.
2. ei heller The Fubini–Tonelli theorem

[pi[^6/945

vilma skrev:[pi[^6/945

ja stemmer;

[tex]\zeta(6)=\pi^6/945[/tex]

Hva med denne, evaluer I under:


[tex]\large I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{da\,db\,dc\,dd\,de\,df}{1+abcdef}[/tex]

Janhaa skrev:Hva med denne, evaluer I under:
[tex]\large I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{da\,db\,dc\,dd\,de\,df}{1+abcdef}[/tex]

Noe starthint? Kommer ingen vei med dette monsteret.

Janhaa skrev:Hva med denne, evaluer I under:


[tex]\large I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{da\,db\,dc\,dd\,de\,df}{1+abcdef}[/tex]

Velger å anta at det jeg gjør nå er feil, men gjør et tappert forsøk likevel. Går det an å bruteforce slike at du integrerer alle ledda én etter én?

For øvrig ved hjelp av polylogaritmefunksjonen

[tex]\int_0^1\int_0^1\int_0^1\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{dadbdcdddedf}{1+abcdef}[/tex]

Så deler du opp hele greia og bare integrerer det som [tex]\int_0^1\frac{da}{1+abcdef}=\left [\frac{\ln(1+abcdef)}{bcdef} \right ]_{a=0}^{a=1} = \frac{\ln(1+bcdef)}{bcdef}[/tex]

Og deretter [tex]\int_0^1 \frac{\ln(1+bcdef)}{bcdef}db=\frac{1}{cdef}\int_0^1\frac{\ln(1+bcdef)}{b}db=\left [-\frac{Li_2(-bcdef)}{cdef} \right ]_{b=0}^{b=1}=-\frac{Li_2(-cdef)}{cdef}[/tex]

Og deretter [tex]\int_0^1 -\frac{Li_2(cdef)}{cdef}dc=-\frac{1}{def}\int_0^1 \frac{Li_2(-cdef)}{c}dc=\left [-\frac{Li_3(-cdef)}{def} \right ]_{c=0}^{c=1}=-\frac{Li_3(-def)}{def}[/tex]

Og deretter [tex]\int_0^1 -\frac{Li_3(-def)}{def}dd=-\frac{1}{ef}\int_0^1 \frac{Li_3(-def)}{d}dd=\left [-\frac{Li_4(-def)}{ef} \right ]_{d=0}^{d=1}=-\frac{Li_4(-ef)}{ef}[/tex]

Og deretter [tex]\int_0^1 -\frac{Li_4(-ef)}{ef}de=-\frac{1}{e}\int_0^1 \frac{Li_4(-ef)}{f}de=\left [ \frac{Li_5(-ef)}{f} \right ]_{e=0}^{e=1}=-\frac{Li_5(f)}{f}[/tex]

Og da endelig [tex]\int_0^1 -\frac{Li_5(-f)}{f}df=\left [ -Li_6(-f) \right ]_{f=0}^{f=1}=-Li_6(-1)-Li_6(0)=-Li_6(-1)[/tex]

Som kan evalueres ved Bose-Einstein fordelingen gitt ved [tex]Li_s(z)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^\infty \frac{t^{s-1}}{e^t/z-1}dt[/tex]

[tex]-Li_6(-1)=-\frac{1}{\Gamma(6)}\int_0^\infty \frac{t^{5}}{\frac{e^t}{-1}-1}dt[/tex] som jeg for all del brukte en kalkulator på og fikk [tex]\frac{31\pi^6}{30240}[/tex]

Kay skrev:Løsning

Dette tror jeg faktisk er helt rett! Kjempe!
Oppgaven er et veldig godt eksempel på at det enkleste (nødvendigvis ikke det raskeste ) er ofte det beste, noe som du åpenbart, i motsetning til meg.

Med mer eller mindre lik fremgangsmetode kan man også evaluere det andre like integralet Janhaa ga til $\text{Li}_6(1) = \zeta(6)$. Noe annet en gjerne kan notere seg er at $\text{Li}_s(-1) = \eta(s)$, der $\eta(s)$ er Dirichlets eta funksjon, eventuelt den alterende zeta-funksjonen. Dette er fint da det finnes en formel for $\eta(s)$ hvis $s$ er et partall.

Har du en oppfølger?

Oppfølger:

[tex]\iiint_{\mathbb{R}^3}\frac{1-e^{-(x^2+y^2+z^2)}}{\left [ x^2+y^2+z^2 \right ]^2}[/tex]

Hint hvis det trengs:

[+] Skjult tekst

Kule-koordinater

Innfører kulekoordinatar , utfører delvis integrasjon og brukar dessutan " overingeniør-integralet " ( e^(-r[tex]^2[/tex]) frå
-inf til + inf ) = rota av ( pi ). Da får vi ( gitt at eg har rekna rett )

4 * pi * rota av ( pi )