matematikk.net

Oppgave 1 (STEP 2016). Regn ut
\[ \int_0^{\frac14 \pi} \frac{x}{\cos x(\cos x+\sin x)}\ dx. \]

Oppgave 2 Regn ut
\[ \int_0^{\frac14 \pi} \frac{x}{\cos x(\cos x+\sin x)+ \frac{\sqrt{2}-1}{2}}\ dx. \]

Kan ta første, tror andre kan løses tilsvarende med litt mer magi. Kruxet ligger i å bruke delvis integrasjon slik at integralet kan skrives på en mer kjent form. La

$ \hspace{1cm}
u = x \quad
$ og $\quad v' = \cfrac{1}{\cos x(\cos x + \sin x)} = \frac{1/\cos^2x}{1 + \tan x}$

Så

$ \hspace{1cm}
\int_0^{\pi/4} \frac{x}{\cos^2x(1 + \tan x)} \,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/4} \log( 1 + \tan x ) \,\mathrm{d}x
$

Dette er et veldig kjent sinus integral og har vært på flere putnam-eksamener. Ved å bruke at $\int_0^a f(x) \,\mathrm{d}x = \int_0^{a} f(a-x)$ så har vi $\int_0^a f(x) \,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_0^a f(x) + f(a-x)\,\mathrm{d}x $. Dermed så har vi

$
\int_0^{\pi/4} \log( 1 + \tan x ) \,\mathrm{d}x
= \frac{1}{2} \int_0^{\pi/4} \log \left( [ 1 + \tan x ]\cdot [1 + \tan( \frac{\pi}{4} - x )]\right) = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/4} \log 2 \,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{8} \log 2
$

Som var det som skulle vises.

Nebuchadnezzar skrev:Løsning

Jepp, flotters. Legger ved en alternativ løsning på første oppgave:

Vi bruker $\int_0^af(x)\ dx=\int_0^af(a-x)\ dx$ med en gang, slik at
\
og følgelig
\[ I=\frac18\pi\int_0^{\frac14\pi}\frac{1}{\cos x(\cos x+\sin x)}\ dx=\frac18\pi\int_0^{\frac14\pi}\frac{\sec^2 x}{1+\tan x} \ dx. \]
Det siste er på formen $\int \frac{f'(x)}{f(x)}\ dx$, så en substitusjon $u=1+\tan x$ gjør jobben.

Godt mulig at andre oppgave også kan løses ved delvis, men jeg håper ikke det går like lett som første

Hvordan får du til det? PRøvde selv den fremgangsmåten men fikk ikke teller til å bli lik siden $\cos(\pi/4-x) \neq \cos x$

Nebuchadnezzar skrev:Hvordan får du til det? PRøvde selv den fremgangsmåten men fikk ikke teller til å bli lik siden $\cos(\pi/4-x) \neq \cos x$

Parentesene bytter bare roller:
\[ \cos\left(\frac14\pi-x\right)\left(\cos\left(\frac14\pi-x\right)+\sin\left(\frac14\pi-x\right)\right)=\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\cos x+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x \right)\left( \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos x+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x\right)+ \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos x-\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x \right)\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos x+\sin x)(\sqrt{2}\cos x)=\cos x(\cos x+\sin x). \]

Smart!

Forslag til løsning på integral nummer to:

Som tidligere, merk at
\[ I=\int_0^{\frac14 \pi} \frac{x}{\cos x(\cos x+\sin x)+ \frac{\sqrt{2}-1}{2}}\ dx=\int_0^{\frac14 \pi} \frac{\frac14\pi -x}{\cos x(\cos x+\sin x)+ \frac{\sqrt{2}-1}{2}}\ dx, \]
så vi legger sammen og får
\[ I=\frac18\pi \int_0^{\frac14 \pi} \frac{1}{\cos x(\cos x+\sin x)+ \frac{\sqrt{2}-1}{2}}\ dx.\]
Formler for dobbelte vinkler gir
\[ \cos(\cos +\sin x)=\cos^2x+\cos x\sin x=\frac12(\cos 2x+\sin 2x+1), \]
og derfor
\[ I=\frac18\pi \int_0^{\frac14 \pi} \frac{1}{\frac12(\cos 2x+\sin 2x+1)+\frac{\sqrt{2}-1}{2}}\ dx=\frac14\pi\int_0^{\frac14 \pi} \frac{1}{\cos 2x+\sin 2x+ \sqrt{2}}\ dx. \]
Vi trekker sammen $\cos$ og $\sin$ på følgende måte: $\cos 2x+\sin 2x=\sqrt{2}\sin\left(2x+\frac14\pi\right)$, slik at
\[ I=\frac14\pi\int_0^{\frac14\pi}\frac{1}{\sqrt{2}\left(\sin\left(2x+\frac14\pi\right)+1\right)}\ dx=\frac{1}{4\sqrt{2}}\pi\int_0^{\frac14\pi}\frac{\sin\left(2x+\frac14\pi\right)-1}{\sin^2\left(2x+\frac14\pi\right)-1}\ dx. \]
Med et lite variableskifte ser alt litt penere ut; $2x+\frac14 \pi\to x$:
\[ I=\frac{1}{8\sqrt{2}}\pi\int_{\frac14 \pi}^{\frac34\pi}\frac{\sin x-1}{\sin^2 x-1}\ dx= \frac{1}{8\sqrt{2}}\pi\int_{\frac14 \pi}^{\frac34\pi}\frac{\sin x-1}{-\cos^2x}\ dx=\frac{1}{8\sqrt{2}}\pi\int_{\frac14 \pi}^{\frac34\pi}\sec^2x-\tan x\sec x\ dx.\]
Nå står vi igjen med kjente uttrykk, og trenger bare å gjøre noen siste utregninger:
\[ I=\frac{1}{8\sqrt{2}}\pi\left[ \tan x-\sec x \right]_{\frac14\pi}^{\frac34\pi}=\frac{\pi(2-\sqrt{2})}{8}\approx 0.23 . \]