MatIsa skrev:Riktig!
Kay skrev:Oppfølger: $\int_0^{\frac{ \pi}{2}}\tan^2(\sqrt{x})$
La $w= \sqrt{x}$. Da er ${\rm d}w = \dfrac{{\rm d}x}{2\sqrt{x}} = \dfrac{{\rm d}x}{2w}\Longrightarrow {\rm d}x = 2w~{\rm d}w$. De nye integrasjonsgrensene blir fra $w(0) = 0$ til $w(\pi/2) = \sqrt{\pi/2}$: $$I = 2\int_0^\sqrt{\pi/2} w\tan^2(w){\rm d}w$$ Bruker delvis integrasjon med $u = w\Longrightarrow {\rm d}u = {\rm d}w$ og ${\rm d}v = \tan^2{w}~{\rm d}w\Longrightarrow v = \tan(w)-w$: $$I = 2w(\tan(w)-w)|_0^\sqrt{\pi/2}-2\int_0^\sqrt{\pi/2}(\tan(w)-w){\rm d}w = 2\sqrt{\pi/2}\left(\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right)-\sqrt{\pi/2}\right) + 2\ln(|\cos(w)|)|_0^\sqrt{\pi/2}+u^2|_0^\sqrt{\pi/2}$$ $$~~ = \sqrt{2\pi}\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right) - \pi + 2\ln\left(\cos\left(\sqrt{\pi/2}\right)\right)+\dfrac\pi2$$ $$~~ = \sqrt{2\pi}\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right) + 2\ln\left(\cos\left(\sqrt{\pi/2}\right)\right)-\pi/2$$
Oppfølger: $\int_0^\infty \ln\left(\dfrac{e^x+1}{e^x-1}\right){\rm d}x$
Etter å ha leita etter teorem a-z og ikke funnet noenting, fant jeg ut at det eneste jeg kan gjøre er å
bruteforce hele greia.
[tex]I=\int_0^\infty \ln\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right )[/tex]
La [tex]u=\ln\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right )[/tex] og [tex]v'=1[/tex]
La [tex]w=\frac{e^x+1}{e^x-1}[/tex] være kjernen til [tex]u[/tex], da er [tex]u'= \ln(w)'\cdot w'(x) = \frac{1}{w}\cdot\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right )'=\frac{1}{\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right )}\frac{(e^x+1)'(e^x-1)-(e^x+1)(e^x-1)')}{(e^x-1)^2}=-\frac{2e^x}{e^{2x}-1}[/tex]
Og naturligvis [tex]v=1[/tex]...
[tex]\int \ln\left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )dx=x\ln\left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )-\int x\cdot\left (-\frac{2e^x}{e^{2x}-1} \right )dx=x\ln\left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )+\int \left (\frac{2xe^x}{e^{2x}-1} \right )dx[/tex]
Betrakt [tex]\int \left (\frac{2xe^x}{e^{2x}-1} \right )dx =2\int \left (\frac{xe^x}{e^{2x}-1} \right )dx=2\int \left (\frac{xe^x}{(e^x+1)(e^x-1)} \right )dx[/tex]
Går søren meg tom for variabler, så da gjør vi noe dristig, la [tex]\phi=e^x-1[/tex], da er [tex]\frac{d\phi}{dx}=e^x[/tex] og dermed [tex]d\phi=e^xdx[/tex]
Da oppnår vi [tex]\int\frac{xd\phi}{\phi(\phi+2)}[/tex], Her er det om å observere at [tex]x=\ln(e^x)[/tex] og vurdere hva kan vi sette det inn i [tex]\phi=e^x-1[/tex] for at [tex]\ln(\phi + ?) = x[/tex] Da oppnår vi at [tex]x=\ln(\phi+1)[/tex]
Integralet blir dermed [tex]\int\frac{\ln(\phi+1)}{\phi(\phi+2)}d\phi[/tex]
Ved delbrøkoppspaltning [tex]I=\frac{1}{2}\int \frac{\ln(\phi+1)}{\phi}d\phi-\frac{1}{2}\int\frac{\ln(\phi+1)}{\phi+2}[/tex]
Hvis du ser lengre framme i tråden så løste jeg et integral som brukte dette mønsteret (polylogaritmer) så uttrykkene kan skrives om:
[tex]\int\frac{\ln(\phi+1)}{\phi} = -Li_2(- \phi)+C[/tex] og [tex]\int \frac{\ln(\phi+1)}{\phi+2}= -Li_2(- \phi-1)+\ln(\phi+1)+\ln(\phi+2)+C[/tex]
Etter innsubstituering av alle variabler oppnår vi [tex]\int_0^\infty \ln \left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )=x\ln\left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )-Li_2(-e^x)- (-Li_2(e^x))+x\ln(1-e^x)-x\ln(e^x+1)=\left [-Li_2(-e^x)+Li_2(e^x)+x\left (\ln(1-e^x)-\ln(e^x+1)+\ln\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right ) \right ) \right ]_0^\infty = \frac{\pi^2}{4}[/tex]
Vet ikke hva for elegant løsning du hadde i tankene, men del den gjerne
Oppfølger [tex]\int_0^{\infty^+}\frac{x}{e^x-1}[/tex] Uten å bruke Riemann-zeta eller Gamma-zeta, dvs. [tex]\zeta(s) \vee \Gamma(s)\zeta(s)[/tex] da det trivialiserer integralet ganske kraftig.