MatIsa skrev:Etter å brukt divergensteoremet til å skrive om volumintegralet til et overflateintegral med $F = \dfrac{(ax+by+cz)^5}{15}\left(\dfrac1a, \dfrac1b, \dfrac1c\right)$, innså jeg at det fantes en langt enklere løsning: Integranden $(ax+by+cz)^4$ er konstant langs plan, og man kan evaluere integralet ved å integrere over alle plan som har avstand mindre enn 1 til origo. La $\alpha: ax+by+cz+w = 0$ være et plan. Da er avstanden (med fortegn) fra $\alpha$ til origo gitt ved $s(w) = w/\sqrt{a^2+b^2+c^2}$. Vi ønsker å se på planene som oppfyller $|s(w)| \leq 1$, altså $-\sqrt{a^2+b^2+c^2}\leq w \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}\Longrightarrow -w_0\leq w\leq w_0$, der $w_0 = \sqrt{a^2+b^2+c^2}$. Skriv $$Q = \iiint_D w^4~{\rm d}V = \int_{-w_0}^{w_0}~{\rm d}Q$$
der ${\rm d}Q$ er bidraget til $Q$ fra planet $\alpha$. Skjæringskurven mellom $\alpha$ og enhetskula er en disk med radius $r(w)$ og areal $A(w) = \pi r(w)^2$. Bidraget er da gitt ved ${\rm d}Q = w^4~{\rm d}V = w^4A(w)~{\rm d}s = \pi w^4r(w)^2~{\rm d}s$. Her er ${\rm d}s = \dfrac{{\rm d}s}{{\rm d}w}{\rm d}w = \dfrac{1}{w_0}{\rm d}w$. Fra figuren er det lett å se at $r(w)^2+s(w)^2=1\Longrightarrow r(w) = \sqrt{1-w^2/w_0^2}$. Dette gir da $$Q = \left[\dots\right] = \dfrac{4\pi}{35}(a^2+b^2+c^2)^2$$
Bra jobba! Liker spesielt hvordan du utnyttet geometrien i problemet for å forenkle løsningen din. Eventuelt kan vi anvende et lurt triks og skrive integranden som et skalarprodukt: $$I = \iiint_D\left(ax + by + cz\right)^4\, \text{d}V = \iiint_D\left(\left(a,b,c\right)\cdot\left(x,y,z\right)\right)^4\, \text{d}V.$$ Dermed introduserer vi nye koordinater $\hat{x}, \hat{y}$ og $\hat{z}$ ved å rotere koordinatsystemet slik at $\hat{z}$-aksen er parallell med $\textbf{a} = (a,b,c)$. Vi introduserer enhetsvektorene $\mathbf{e}_{\hat{x}}, \mathbf{e}_{\hat{y}}$ og $\mathbf{e}_{\hat{z}}$ som positive retningsvektorer langs de nye koordinataksene. Merk at $\mathbf{a}\cdot\mathbf{e}_{\hat{x}} = \mathbf{a}\cdot\mathbf{e}_{\hat{y}} = 0.$ Ettersom integrasjonsområdet er sfærisk symmetrisk og Jacobianmatrisen har determinant $1$ får vi da at $$I = \iiint_D \left(\mathbf{a}\cdot\left(\hat{x}\mathbf{e}_{\hat{x}} + \hat{y}\mathbf{e}_{\hat{y}} + \hat{z}\mathbf{e}_{\hat{z}}\right)\right)^4\, \text{d} V = \iiint_D \left(\mathbf{a}\cdot\mathbf{e}_{\hat{z}}\hat{z}\right)^4 \, \text{d} V = \iiint_D \left(\mathbf{a}\cdot\frac{\hat{z}}{\lVert \mathbf{a} \rVert}\mathbf{a}\right)^4, \text{d} V$$
$$ = \lVert\mathbf{a}\rVert^4\iiint_D \hat{z}^4\, \text{d}V = \lVert\mathbf{a}\rVert^4 \int_{\varphi = 0}^{\pi}\int_{\theta = 0}^{2\pi}\int_{r=0}^1 r^6 \cos^4\varphi\sin\varphi\, \text{d}r\, \text{d}\theta\, \text{d}\varphi = \left[\dots\right] = \frac{4\pi}{35}\left(a^2 + b^2 + c^2\right)^2.$$
MatIsa skrev:Oppfølger: $\int \dfrac{{\rm d}x}{x(x+1)(x+2)\cdots (x+n)}$
Vi viser ved induksjon på $n$ at $$\frac{1}{x(x+1)\dots (x+n)} = \frac{1}{n!}\sum_{i=0}^n\beta_i^{(n)}\frac{1}{x+i},$$
der koeffisientene $\beta_i^{(n)}$ er bestemt av binomialuttrykket $$(u-v)^n = \sum_{i=0}^n\beta_i^{(n)} u^iv^{n-i}.$$ Det vil si, $\beta_i^{(n)} = (-1)^i{n \choose i}.$
$\mathbf{n=1}$: $$\frac{1}{x(x+1)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}. \checkmark $$
Induksjon: Anta at formelen gjelder for $n$, der $n\geq 1$ er gitt. Da får vi at $$\frac{1}{x(x+1)\dots (x+n)(x+n+1)} = \frac{1}{x+n+1}\cdot\frac{1}{n!}\sum_{i=0}^n\beta_i^{(n)}\frac{1}{x+i} = \frac{1}{n!}\sum_{i=0}^n\beta_i^{(n)}\left(\frac{(n+1-i)^{-1}}{x+i} - \frac{(n+1-i)^{-1}}{x+n+1}\right).$$ Nå, $$\beta_i^{(n)}(n+1-i)^{-1} = (-1)^i{n \choose i}\frac{1}{n+1-i} = (-1)^i\frac{n!}{i!(n-i)!}\frac{1}{n+1-i} = (-1)^i\frac{n!}{i!(n+1-i)!}=\frac{1}{n+1}(-1)^i\frac{(n+1)!}{i!(n+1-i)!} = \frac{1}{n+1}\beta_i^{(n+1)},$$ og $$-\sum_{i=0}^n\beta_i^{(n)}\frac{1}{n+1-i} = -\sum_{i=0}^n(-1)^{i}\frac{n!}{i!(n-i)!}\frac{1}{n+1-i} = -\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n{n+1 \choose i} = \frac{1}{n+1}\left[\sum_{i=0}^{n+1}{n+1 \choose i} - (-1)^{n+1}\right] = -\frac{1}{n+1}\left[(1-1)^{n+1} - (-1)^{n+1}\right] = \frac{1}{n+1}(-1)^{n+1} = \frac{1}{n+1}\beta_i^{(n+1)},$$ så $$\frac{1}{x(x+1)\dots(x+n)(x+n+1)} = \frac{1}{(n+1)!}\sum_{i=0}^{n+1}\beta_i^{(n+1)}\frac{1}{x+i},$$ som fullfører induksjonssteget. $\checkmark$
Dermed får vi at $$\int\frac{1}{x(x+1)\dots (x+n)}\, \text{d}x = \frac{1}{n!}\int\sum_{i=0}^n\beta_i^{(n)}\frac{1}{x+i}\, \text{d}x = \frac{1}{n!}\sum_{i=0}^n\beta_i^{(n)}\log | x+i | +C,$$ der $C\in\mathbb{R}$ er en integrasjonskonstant.
Oppfølger: Hvis $x\in\mathbb{R}$ er et reelt tall lar vi $\lfloor x \rfloor$ være det største heltallet mindre enn eller lik $x$. La $n\in\mathbb{N}$ være et naturlig tall. Finn $$\int_0^n \lfloor 2^x \rfloor \, \text{d}x.$$
