Side 36 av 36

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 23/01-2019 17:09
Kay
Markus skrev:Oppfølger:
For en litt lettere oppfølger, se Kay sin oppfølger. For en litt vanskeligere en; $$\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x} \, \text{d}x$$
Hint 1:
[+] Skjult tekst
Prøv først å bruk det $\int_a^b f(x) \, \text{d}x = \int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$, for å skrive om integranden

Hint 2:
[+] Skjult tekst
$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n$ når $|x|<1$. Bytt så rekkefølge på sum og integrasjon, som du kan i henhold til Dominated Convergence theorem

Hint 3:
[+] Skjult tekst
Du har nå forhåpentligvis integralet $\sum_{k=0}^\infty \int_0^1 x^k \ln^2(x)x^k \, \text{d}x$ hvis du har fulgt hintene over. Substituer først $u=\ln(x)$, deretter bør du få et integral som er lett håndterlig med delvis integrasjon.


EDIT: La til noen hint. De er kronologiske, dvs. hint 3 gir ikke mening uten hint 1 og 2 osv.


La [tex]x[/tex] gå mot [tex]1-x[/tex] slik at [tex]\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x}=\int_0^1\frac{\log^2(x)}{1-x}[/tex] anvender dct og oppnår med u-sub, delvis og NM i algebra at [tex]\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^1x^k\ln^2(x)dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2}{(1+k)^3}=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(1+k)^3}=2\zeta3[/tex]

Antar at du var uheldig når du oppga det tredje hintet som [tex]x^kln^2(x)x^k[/tex].

Vi kan også eventuelt si [tex]\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x-1} \stackrel{x\rightarrow 1-e^{-s}}{=} \int_0^\infty \frac{s^2}{e^s-1}ds=2\zeta{3}[/tex]

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 23/01-2019 17:20
Markus
Kay skrev:
Markus skrev:Oppfølger:
For en litt lettere oppfølger, se Kay sin oppfølger. For en litt vanskeligere en; $$\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x} \, \text{d}x$$
Hint 1:
[+] Skjult tekst
Prøv først å bruk det $\int_a^b f(x) \, \text{d}x = \int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$, for å skrive om integranden

Hint 2:
[+] Skjult tekst
$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n$ når $|x|<1$. Bytt så rekkefølge på sum og integrasjon, som du kan i henhold til Dominated Convergence theorem

Hint 3:
[+] Skjult tekst
Du har nå forhåpentligvis integralet $\sum_{k=0}^\infty \int_0^1 x^k \ln^2(x)x^k \, \text{d}x$ hvis du har fulgt hintene over. Substituer først $u=\ln(x)$, deretter bør du få et integral som er lett håndterlig med delvis integrasjon.


EDIT: La til noen hint. De er kronologiske, dvs. hint 3 gir ikke mening uten hint 1 og 2 osv.


La [tex]x[/tex] gå mot [tex]1-x[/tex] slik at [tex]\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x}=\int_0^1\frac{\log^2(x)}{1-x}[/tex] anvender dct og oppnår med u-sub, delvis og NM i algebra at [tex]\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^1x^k\ln^2(x)dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2}{(1+k)^3}=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(1+k)^3}=2\zeta3[/tex]

Antar at du var uheldig når du oppga det tredje hintet som [tex]x^kln^2(x)x^k[/tex].

Vi kan også eventuelt si [tex]\int_0^1 \frac{\log^2(1-x)}{x-1} \stackrel{x\rightarrow 1-e^{-s}}{=} \int_0^\infty \frac{s^2}{e^s-1}ds=2\zeta{3}[/tex]


Strålende Kay, elegant den siste løsninga der! Er feil i hintet ja. Har du en oppfølger?

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 23/01-2019 18:18
Kay
Selvfølgelig:

Finn [tex]\int_0^\infty e^{it^k}dt, \ k\in \mathbb{R}[/tex]. Denne er kanskje litt ekkel og noe jeg selv ikke helt får til, men det hadde vært artig å se om noen fikk den til :D

Edit: ser at jeg har kødda litt her, mente selvfølgelig [tex]k\in \mathbb{N}[/tex]

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 23/02-2019 13:52
Markus
Kay skrev:Selvfølgelig:

Finn [tex]\int_0^\infty e^{it^k}dt, \ k\in \mathbb{R}[/tex]. Denne er kanskje litt ekkel og noe jeg selv ikke helt får til, men det hadde vært artig å se om noen fikk den til :D

Edit: ser at jeg har kødda litt her, mente selvfølgelig [tex]k\in \mathbb{N}[/tex]

Jeg har ikke peiling, men tipper sikkert noe kompleks analyse må til. Ble litt dødt her, så presenterer en ikke så veldig ille alternativ oppfølger som kan løses på flere måter: $$\int_0^\infty \frac{e^{-at}\sin(bx)}{x} \, \text{d}x$$ der $a,b>0$.

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 23/02-2019 14:36
Kay
Markus skrev:
Kay skrev:Selvfølgelig:

Finn [tex]\int_0^\infty e^{it^k}dt, \ k\in \mathbb{R}[/tex]. Denne er kanskje litt ekkel og noe jeg selv ikke helt får til, men det hadde vært artig å se om noen fikk den til :D

Edit: ser at jeg har kødda litt her, mente selvfølgelig [tex]k\in \mathbb{N}[/tex]



Jeg har ikke peiling, men tipper sikkert noe kompleks analyse må til. Ble litt dødt her, så presenterer en ikke så veldig ille alternativ oppfølger som kan løses på flere måter: $$\int_0^\infty \frac{e^{-at}\sin(bx)}{x} \, \text{d}x$$ der $a,b>0$.



Mente du [tex]at[/tex] eller [tex]ax[/tex]? Blir kanskje litt mer trivielt når oppgaven [tex]e^{-at}[/tex] er en konstant, så løser begge.

For det ene tilfellet får vi vel bruk for signumfunksjonen, så [tex]\int_0^\infty\frac{e^{-at}\sin(bx)}{x}dx=e^{-at}\int_0^\infty \frac{\sin(bx)}{x}dx=\frac{\pi e^{-at} \textrm{sgn}(b)}{2}[/tex]

[tex]\int_0^\infty \frac{e^{-ax}\sin(bx)}{x}dx[/tex] Kan løses via. Laplace-transformasjonen.

[tex]\mathcal{L}(\sin(bt))=\int_0^\infty e^{-st}f(t)dt=\int_0^\infty e^{-st}\sin(t)dt=\frac{b}{b^2+s^2}[/tex]

Fra der er det jo relativt planke å se at [tex]\int_a^\infty \frac{b}{b^2+x^2}=b\left [ \frac{1}{b}tan^{-1}\frac{x}{b} \right ]_a^\infty=\frac{\pi}{2}-tan^{-1}\frac{a}{b}[/tex]


Oppfølger [tex]\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin^3(x)}{\sin^3(x)+\cos^3(x)}dx[/tex], hva skjer så hvis du lar [tex]3\rightarrow n[/tex]

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 23/02-2019 15:37
Markus
Flott Kay! Skal selvfølgelig stå $ax$ ja :oops: Løste den også selv med Laplacetransformasjonen, et annet alternativ er via derivasjon under integraltegnet: La $I(a)=\int_0^\infty \frac{e^{-ax}\sin(bx)}{x}$. Da er $I'(a)=\int_0^\infty -e^{-ax}\sin(bx) \, \text{d}x = -\frac{b}{b^2+a^2}$. Det følger at $I(a)=-\arctan \left( \frac{a}{b} \right) + C$. Når vi lar $a \to \infty$ i det originale integralet får vi at $\lim_{a \to \infty} -\arctan(\frac{a}{b})+C=0$, så $C=\frac\pi2$, og det ønskede konklusjonen følger.

Kay skrev:Oppfølger [tex]\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin^3(x)}{\sin^3(x)+\cos^3(x)}dx[/tex], hva skjer så hvis du lar [tex]3\rightarrow n[/tex]

Ah, dette må være en av mine favorittintegral. Tar det generelle tilfellet; la $$\mathcal{I}=\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n(x)}{\sin^n(x)+\cos^n(x)} \, \text{d}x$$ Siden $\int_a^b f(x) \, \text{d}x=\int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$ får vi at $$\mathcal{I}=\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n(\pi/2-x)}{\sin^n(\pi/2-x)+\cos^n(\pi/2-x)} \, \text{d}x = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^n(x)}{\cos^n(x)+\sin^n(x)} \, \text{d}x$$ Ved å legge sammen de to ulike uttrykkene for $\mathcal{I}$ får vi at $$2\mathcal{I}=\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n(x) + \cos^n(x)}{\sin^n(x)+\cos^n(x)} \, \text{d}x = \int_0^{\pi/2} 1 \, \text{d}x$$ og det følger at $\mathcal{I}=\frac{\pi}{4} \enspace \forall n \in \mathbb{N}$.

Liknende oppfølger: $$\int_0^{\pi/2} \frac{1}{1+\tan^{\sqrt{2}}(x)} \, \text{d}x$$

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 23/02-2019 19:29
Kay
Rekker et siste lite integral før jeg forsvinner helt i kveld :lol: . Denne er vel sånn for øvrig ganske sånn book-standard løsning og ikke særlig spennende. Har du noen flere, kanskje mer interessante løsninger?

[tex]I_1(\alpha)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\tan^{\alpha}(x)}[/tex]

La [tex]x\rightarrow \frac{\pi}{2}[/tex]

Da får vi at [tex]I_2(\alpha)=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\tan^{\alpha}(x)}{1+\tan^{\alpha}(x)}dx[/tex]

[tex]I_1(\alpha)+I_2(\alpha)=2I(\alpha)\Rightarrow I(\alpha)=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\frac{1}{1+\tan^\alpha(x)}+\frac{\tan^{\alpha}(x)}{1+\tan^{\alpha}(x)})=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{4}[/tex]

Oppfølger: [tex]\int_{\frac{1}{2014}}^{2014}\frac{\arctan(x)}{x}dx[/tex]

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 23/02-2019 20:55
Markus
Kay skrev:Rekker et siste lite integral før jeg forsvinner helt i kveld :lol: . Denne er vel sånn for øvrig ganske sånn book-standard løsning og ikke særlig spennende. Har du noen flere, kanskje mer interessante løsninger?

[tex]I_1(\alpha)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\tan^{\alpha}(x)}[/tex]

La [tex]x\rightarrow \frac{\pi}{2}[/tex]

Da får vi at [tex]I_2(\alpha)=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\tan^{\alpha}(x)}{1+\tan^{\alpha}(x)}dx[/tex]

[tex]I_1(\alpha)+I_2(\alpha)=2I(\alpha)\Rightarrow I(\alpha)=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\frac{1}{1+\tan^\alpha(x)}+\frac{\tan^{\alpha}(x)}{1+\tan^{\alpha}(x)})=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{4}[/tex]

Oppfølger: [tex]\int_{\frac{1}{2014}}^{2014}\frac{\arctan(x)}{x}dx[/tex]

Det var den løsningen jeg brukte hvertfall, så har ikke noe spennende der nei. Før oppfølgeren din, viser jeg et lemma jeg vil ha bruk for.

Lemma: $\arctan(x)+\arctan\left( \frac1x \right) = \frac\pi2$ for $x \in \mathbb{R}^+$.
Bevis. Lag deg en rettvinklet trekant $ABC$ med kateter med lengde $CA = x$ og $AB = 1$. Da er $\angle CAB = 90^{\circ}$, og $\tan(\angle ABC)=x$ samt $\tan(\angle BCA) = \frac1x$. Siden $\angle CAB = 90^{\circ}$ må $\angle ABC + \angle BCA = 90^{\circ}$. Derfor er $\arctan(x)+\arctan \left( \frac1x \right) = \angle ABC + \angle BCA = 90^{\circ}$. Oversetter vi hele argumentet til radianer er vi ferdige. $\blacksquare$

Grensene på oppfølgeren din hinter veldig til substitusjonen $u = \frac1x$, som gir $\text{d}x = -x^2\text{d}u = \frac{-1}{u^2}\text{d}u$. Kall det originale integralet $\mathcal{I}$. Gjør vi denne får vi at $$\mathcal{I} = \int_{2014}^{\frac{1}{2014}} u\arctan \left( \frac1u \right) \left(-x^2 \right) \, \text{d}u= \int_{\frac{1}{2014}}^{2014} \frac{\arctan \left ( \frac1u \right)}{u} \, \text{d}u$$ Adderer vi de to ulike uttrykkene for integralene får vi $$2\mathcal{I} = \int_{\frac{1}{2014}}^{2014} \frac{\arctan(x)+\arctan \left ( \frac1x \right)}{x} \, \text{d}x = \frac\pi2 \int_{\frac{1}{2014}}^{2014} \frac{1}{x} \, \text{d}x = \frac\pi2 \left(\ln(2014-\ln \left( \frac{1}{2014} \right) \right) = \pi \ln(2014)$$ og følgelig er $\mathcal{I}=\frac{\pi}{2} \ln(2014)$.

Oppfølger: En morsom liten luring: $$\int_1^\infty \frac{1}{x(1+x^2)} \, \text{d}x$$

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 24/02-2019 14:01
Nebuchadnezzar
$ \hspace{1cm}
\int_1^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x(1+x^2)}
\stackrel{x \mapsto 1/x}{=}
= -\int_{1}^{0} \frac{-\mathrm{d}x/x^2}{(1/x)(1+1/x^2)}
= \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{2x}{1+x^2} \,\mathrm{d}x
= \log \sqrt{2\,}
$

Oppfølger: Finn

$ \hspace{1cm}
\int_0^{a(n)} | \cos \log x | \,\mathrm{d}x
$

når $a(n)$ er det n'te nullpunktet til funksjonen større enn $1$. For å være helt presis: $a(n)>1$, $\cos( \log a(n) ) = 0$ for alle $n \in \mathbb{N}$ og det eksisterer ingen $x$ slik at $\cos( \log x) = 0$ når $a(n) < x < a(n+1)$.

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 16/04-2019 21:56
MatIsa
Nebuchadnezzar skrev:Oppfølger: Finn

$ \hspace{1cm}
\int_0^{a(n)} | \cos \log x | \,\mathrm{d}x
$

når $a(n)$ er det n'te nullpunktet til funksjonen større enn $1$. For å være helt presis: $a(n)>1$, $\cos( \log a(n) ) = 0$ for alle $n \in \mathbb{N}$ og det eksisterer ingen $x$ slik at $\cos( \log x) = 0$ når $a(n) < x < a(n+1)$.

La $f(x) = \cos\log{x}$. $f(x) = 0$ fører da til $\log{x} = \pi/2+m\pi$ og $x = \exp{(\pi/2+m\pi})$, der $m\in\mathbb{Z}$.

$a(n) = \exp{(\pi/2+\pi(n-1)}) = \exp{(\pi(n-1/2)})$ oppfyller da beskrivelsen over.
Ettersom $f(x) > 0$ for $x\in (a(k), a(k+1))$ når $k$ er et partall og $f(x) < 0$ når $k$ er et oddetall, kan vi skrive

$\hspace{1cm}I = \int_0^{a(n)}|f(x)|\,\mathrm{d}x = \sum_{k=-\infty}^{n-1} (-1)^k\int_{a(k)}^{a(k+1)} f(x)\,\mathrm{d}x$

Integranden til $f(x)$ finnes ved å gjøre substitusjonen $u = \log{x}$, $\mathrm{d}x = e^u\mathrm{d}u$:

$\hspace{1cm}\int f(x)\,\mathrm{d}x = \int e^u\cos{u}\,\mathrm{d}u = \dfrac12 e^u (\cos{u}+\sin{u}) = \dfrac12 x(\cos{\log{x}}+\sin{\log{x}})$

Dermed har vi

$\hspace{1cm}
\begin{aligned}
\int_{a(k)}^{a(k+1)} f(x)\,\mathrm{d}x &= \dfrac12\exp{(\pi(k+1/2))}\sin{(\pi(k+1/2))}-\dfrac12\exp{(\pi(k-1/2))}\sin{(\pi(k-1/2))}\\
&= (-1)^k\dfrac12 (e^{1/2}+e^{-1/2})e^{k\pi} = (-1)^k \cosh{(\pi/2)}e^{k\pi}
\end{aligned}
$
og

$\hspace{1cm}
\begin{aligned}
I &= \cosh{(\pi/2)}\sum_{k=-\infty}^{n-1} e^{k\pi}\\
&= \cosh{(\pi/2)}\sum_{k=-(n-1)}^\infty (e^{-\pi})^k\\
&= \cosh{(\pi/2)}e^{(n-1)\pi}\sum_{k=0}^\infty (e^{-\pi})^k\\
&= \cosh{(\pi/2)}\dfrac{e^{(n-1)\pi}}{1-e^{-\pi}}
\end{aligned}
$

Oppfølger:

$
\hspace{1cm}\int_1^\infty\dfrac{\mathrm{d}x}{x^2\lfloor x\rfloor}
$

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 17/04-2019 22:47
Markus
MatIsa skrev:Oppfølger:

$
\hspace{1cm}\int_1^\infty\dfrac{\mathrm{d}x}{x^2\lfloor x\rfloor}
$

På $[n,n+1)$ er $\lfloor x \rfloor = n$ når $n \in \mathbb{N}$. Dermed kan vi splitte opp integralet i perioder med lengde $1$ som gir $$\begin{alignat*}{2} \int_1^\infty \frac{1}{x^2\lfloor x \rfloor} \, \text{d}x &= \sum_{n=1}^\infty \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x^2n} \, \text{d}x \\
&= \sum_{n=1}^\infty \frac1n \frac{1}{n^2+n} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2(n+1)} \\
&= \sum_{n=1}^\infty \frac{1+n-n}{n^2(n+1)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)} = \frac{\pi^2}{6} - 1 \end{alignat*}$$ Der de to siste rekkene antas kjent (den helt siste er en veldig lett teleskoprekke).

Oppfølger:
Finn $\max_{0 \leq y \leq 1} \int_0^y \sqrt{x^4+(y-y^2)^2} \, \text{d}x$

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 06/05-2019 22:53
Nebuchadnezzar
Kall integralet for $I(y)$. En kan se at $I(y_0) = I(1 - y_0)$ siden integranden er ikke-negativ og $(y - y^2)^2$ er invariant under $y \to 1 - y$. Altså er funksjonen voksende for $y_0<1/2$ vi kan avgrense oss til å studere tilfellet hvor $1/2 \leq y_0 < 1$.

Nå hevder jeg at $I(y)$ er voksende for $1/2 \leq y \leq 1$ slik at maksimum er når $y = 1$.

Litt algbra viser at

$ \hspace{1cm}
I'(y) = \sqrt{ y^4 + (y - y^2)^2 } + \int_0^{y} \frac{(y-y^2)(1-2y)}{\sqrt{x^4 + (y-y^2)^2}}\,\mathrm{d}x
$

Hvor igjen vi kan se at $I'(y) > 0$ når $0 < y \leq 1/2$. Anta igjen at $I'(y) > 0$ dette er det samme som at

$ \hspace{1cm}
\sqrt{y^2 + (y - y^2)^2} > (y - y^2)(2y - 1)
\int_0^{y} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^4 + (y - y^2)^2}}
\geq \int_0^{y} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{ (y - y^2)^2}}
= (2y - 1)y
$

Så for å vise at $I(y) > 0$ holder det å vise at $\sqrt{y^2 + (y - y^2)^2} \geq (2y - 1) y$ når $1/2 \leq y < 1$, men dette er triviell algebra. Bare å sette inn og kvadrere. Dette viser at maksimum oppstår for $y = 1$ slik at

$ \hspace{1cm}
\max_{ 0 \leq y \leq 1} \int_0^y \sqrt{ x^4 + (y-y^2)^2 } \,\mathrm{d}x
=\int_0^y \sqrt{ x^4 + 0} \,\mathrm{d}x = \frac{1}{3}
$

Oppfølger

$
\iint_D e^{\max(b^2 x^2, a^2 y^2)} \,\mathrm{d}(x, y)
$

når $D = [0,a] \times [0,b]$ er rektangelet utspent av $a>0, b>0$

Re: Integral maraton !

InnleggSkrevet: 09/06-2019 12:14
Markus
Nebuchadnezzar skrev:Oppfølger

$
\iint_D e^{\max(b^2 x^2, a^2 y^2)} \,\mathrm{d}(x, y)
$

når $D = [0,a] \times [0,b]$ er rektangelet utspent av $a>0, b>0$

Det er klart at $b^2x^2 > a^2y^2$ hvis $bx>ay$, og på samme måte at $b^2x^2 < a^2y^2$ dersom $bx<ay$. Siden vi har bare med positive reelle tall å gjøre blir disse ulikhetene det samme som $y<\frac{bx}{a}$ og $x<\frac{ay}{b}$ respektivt. Dersom vi har likhet spiller det ikke noen rolle hva vi velger som maks. Derfor er $$\max \{b^2x^2,a^2y^2\} = \left\{\begin{matrix} b^2x^2 & \text{dersom } y\leq \frac{bx}{a} \\ a^2y^2 & \text{dersom } x<\frac{ay}{b} \end{matrix}\right.$$ Dermed er integranden $$e^{\max\{b^2x^2,a^2y^2\}} = \left\{\begin{matrix} e^{b^2x^2} & \text{dersom } y\leq \frac{bx}{a} \\ e^{a^2y^2} & \text{dersom } x<\frac{ay}{b} \end{matrix}\right.$$ så vi får at $$\begin{alignat*}{2} \iint_{\cal D} e^{\max\{b^2x^2,a^2y^2\}} \, \text{d}x\text{d}y &= \int_0^a \int_0^{bx/a} e^{b^2x^2} \, \text{d}y \text{d}x + \int_0^b \int_0^{ay/b} e^{a^2y^2} \, \text{d}x \text{d}y \\
&= \int_0^a \frac{bx}{a}e^{b^2x^2} \, \text{d}x + \int_0^b \frac{ay}{b}e^{a^2y^2} \, \text{d}y \\
&= \frac{e^{a^2b^2}-1}{2ab} + \frac{e^{a^2b^2}-1}{2ab} = \frac{e^{a^2b^2}-1}{ab} \end{alignat*}$$
Oppfølger: $\int_0^1 \frac{1-x}{\ln(x)(1+x)} \, \text{d}x$