Side 34 av 36
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 01:34
av Aleks855
Kay skrev:I og med at du ønsker løsning vha. grunnleggende integrasjon (regner alt innen R2 pensum som grunnleggende
Det var ikke et krav, naturligvis. Har du alternative metoder?
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 02:28
av Kay
Sånn umiddelbart er det vel mulig å gange og dele med [tex](\sec(x)+tan(x))[/tex], altså [tex]1[/tex] og bruke substitusjonen [tex]u=(\sec(x)+\tan(x))[/tex] som gir [tex]\int \frac{du}{u}[/tex] osv.
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 11:58
av mattegjest
Alternativ løysing: [tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{cos(x)}[/tex]dx
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 11:58
av mattegjest
Alternativ løysing: [tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{cos(x)}[/tex]dx
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 12:11
av Mattebruker
Alternativ løysing:
[tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{cos(x)}[/tex]= [tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{sin(\frac{\pi }{2}-x)}[/tex]dx (u = [tex]\frac{\pi }{2}[/tex]- x [tex]\rightarrow[/tex]dx = -du ) = -1[tex]\cdot[/tex][tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{sin(u)}[/tex]du =
-1 [tex]\int[/tex][tex]\frac{tan(\frac{u}{2})'}{tan(\frac{u}{2})}[/tex]du = -1 ln(abs(tan([tex]\frac{u}{2}[/tex])) + C
= -1ln[tex]\left | tan(\frac{\pi }{4})- \frac{x}{2} \right |[/tex] + C
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 15:21
av Janhaa
Oppfølger: [tex]\int \frac{1}{\sqrt{1-\frac{2}{x}}}dx[/tex]
Slenger inn et bilde, tar så lang tid å skrive alt.
Tror imidlertid en trigonometrisk substitusjon funker.
![integral.JPG](./download/file.php?id=2213&sid=1d0e7681a41392316655da73d1c847bc)
- integral.JPG (559.76 kiB) Vist 10622 ganger
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 15:49
av Janhaa
Oppfølger:
[tex]\large I=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{2+\sin(\theta)}[/tex]
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 17:17
av Nebuchadnezzar
Oppfølger
$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int \frac{ \sqrt{x + \sqrt{x^2 + 1\,}\,} }{ \sqrt{x^2 + 1} } \,\mathrm{d}x
$
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 17:58
av Mattebruker
Gitt [tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{2 + sin\theta }[/tex]d[tex]\theta[/tex]
Innfører den velkjende substitusjonen t = tan([tex]\frac{\theta }{2}[/tex] ) , og endar opp med
[tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{2 + sin\theta }[/tex]d[tex]\theta[/tex]= [tex]\frac{2}{\sqrt{3}}[/tex][tex]\cdot[/tex]tan[tex]^{-1}[/tex]([tex]\frac{2}{\sqrt{3}}[/tex][tex]\cdot[/tex]tan([tex]\frac{\theta }{2}[/tex]) + [tex]\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex]) + C, cos([tex]\frac{\theta }{2}[/tex]) [tex]\neq[/tex]0[tex]\Leftrightarrow[/tex][tex]\theta[/tex][tex]\neq[/tex][tex]\pi[/tex]
Integrasjonen frå 0 til 2[tex]\pi[/tex] går da i to steg: Først frå 0 til [tex]\pi[/tex][tex]^{-}[/tex]
og deretter frå [tex]\pi[/tex][tex]^{+}[/tex] til 2[tex]\pi[/tex].
Da får vi I = [tex]\frac{2\pi }{\sqrt{3}}[/tex] ( stemmer med Nebukadnezar si løysing).
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 18:59
av MatIsa
Nebuchadnezzar skrev:Oppfølger
$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int \frac{ \sqrt{x + \sqrt{x^2 + 1\,}\,} }{ \sqrt{x^2 + 1} } \,\mathrm{d}x
$
La $u = \sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}$. Da er $${\rm d}u = \dfrac{1+x/2\sqrt{x^2+1}}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}{\rm d}x = \dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}\dfrac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x = \dfrac12\dfrac{u}{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x$$ og $$I = \int\dfrac{u}{\sqrt{x^2+1}}\dfrac{2\sqrt{x^2+1}}{u}{\rm d}u = 2\int{\rm d}u = 2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}+C$$
Oppfølger: $\int_{-\pi}^\pi \dfrac{{\rm d}\theta}{1+\sin^2\theta}$
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 20:10
av Kay
MatIsa skrev:Nebuchadnezzar skrev:Oppfølger
$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int \frac{ \sqrt{x + \sqrt{x^2 + 1\,}\,} }{ \sqrt{x^2 + 1} } \,\mathrm{d}x
$
La $u = \sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}$. Da er $${\rm d}u = \dfrac{1+x/2\sqrt{x^2+1}}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}{\rm d}x = \dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}\dfrac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x = \dfrac12\dfrac{u}{\sqrt{x^2+1}}{\rm d}x$$ og $$I = \int\dfrac{u}{\sqrt{x^2+1}}\dfrac{2\sqrt{x^2+1}}{u}{\rm d}u = 2\int{\rm d}u = 2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}+C$$
Oppfølger: $\int_{-\pi}^\pi \dfrac{{\rm d}\theta}{1+\sin^2\theta}$
[tex]\int_{-\pi}^{\pi} \frac{1}{1+\sin^2\theta}d\theta=\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sec^2\theta}{\sec^2\theta+\tan^2\theta}[/tex]
Så lar vi [tex]w=\tan(\theta)\Rightarrow d\theta=\frac{1}{\sec^2(\theta)}dw[/tex], samtidig innfører vi identiteten [tex]\sec^2(x)=\tan^2(x)+1[/tex]
Da får vi [tex]I=\int_{sub}\frac{1}{(w^2+1)+w^2}=\int_{sub}\frac{1}{2w^2+1}[/tex] som fra [tex]\int \frac{1}{bx^2+a^2}=\frac{1}{a \sqrt{b}}\tan^{-1}\left (\frac{\sqrt{b} x}{a} \right )[/tex] blir [tex]\frac{1}{\sqrt{2}}\tan^{-1}\frac{\sqrt{2}w}{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\tan^{-1}(\sqrt2 w)=\frac{\tan^{-1}(\sqrt{2}\tan\theta)}{\sqrt{2}}[/tex]
Altså [tex]\int_{-\pi}^\pi \frac{d\theta}{1+\sin^2\theta}=[\frac{1}{\sqrt{2}}\tan^{-1}(\sqrt{2}\tan\theta)]_{-\pi}^{\pi}=\pi\sqrt{2}[/tex]
Oppfølger: [tex]\int \frac{\sec^2(kx)tan^2(kx)}{\cos(kx)}dx[/tex] hvor [tex]k[/tex] er en eller annen konstant slik at [tex]k \in \mathbb{R}[/tex]
Vet ikke om det er noen elegant løsning på denne, så det er mer et "hold tunga rett i kjeften" integral.
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 17/09-2018 20:19
av Mattebruker
Gitt [tex]\frac{1}{1+sin^{2}(\theta )}[/tex] d[tex]\theta[/tex]
Innfører den doble vinkelen (2[tex]\theta[/tex] ) og får
[tex]\int[/tex][tex]\frac{1}{1 + sin^{2}(\theta )}[/tex] = [tex]\int[/tex][tex]\frac{2}{3 -cos(2\theta )}[/tex]d[tex]\theta[/tex]
Innfører substitusjonen t = tan( x ) , og endar opp med
Ubestemt integral = [tex]\frac{1}{\sqrt{2}}[/tex][tex]\cdot[/tex]tan[tex]^{-1}[/tex]([tex]\sqrt{2\cdot }[/tex]tan(x)) + C , x [tex]\neq[/tex][tex]\frac{\pi }{2}[/tex].
Sidan integranden er summ. om y-aksen( jamn funksjon) , får vi
I = 2 * (integralet frå 0 til [tex]\frac{\pi }{2}^{-}[/tex]+ integralet frå [tex]\frac{\pi }{2}^{+}[/tex] til [tex]\pi[/tex]) =2 [tex]\sqrt{2}\pi[/tex]
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 21/09-2018 16:10
av Janhaa
fortsetter her da:
[tex]I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{x-1}\,dx[/tex]
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 21/09-2018 18:35
av Kay
Janhaa skrev:fortsetter her da:
[tex]I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{x-1}\,dx[/tex]
Tidligere i tråden har vi brukt polylogaritme-funksjonen (har selv brukt den for øvrig)
[tex]\int_{0}^{1} \frac{\ln(x)}{x-1}=[-Li_2(x-1)]_{0}^{1}=-Li_2(0)+Li_2(1)=\zeta(1)=\frac{\pi ^2}{6}[/tex]
Ikke en spesielt kreativ, men likevel oppfølger [tex]I=\oint_C dz \frac{1-\cos^2(z)}{z^2(4z-\pi)}[/tex] Hvor C er enhetssirkelen med sentrum i origo , gjennomløpt én gang mot urviseren.
Re: Integral maraton !
Lagt inn: 21/09-2018 21:15
av Markus
Janhaa skrev:fortsetter her da:
[tex]I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x)}{x-1}\,dx[/tex]
Denne kan også gjøres med Maclaurin-rekker: $$\begin{alignat*}{2} \int_0^1 \frac{\ln(x)}{x-1} \, \text{d}x &= \int_0^1 \frac{\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}(x-1)^k}{k}}{x-1} \, \text{d}x \\ &= \sum_{k=1}^\infty \int_0^1 \frac{(-1)^{k+1}(x-1)^{k-1}}{k} \\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \left[\frac{(x-1)^k}{k} \right]_0^1 = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{2k+2}}{k^2} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} \end{alignat*}$$