Integral maraton !

[Nebuchadnezzar]

Finnes mange steder på nettet så hvorfor ikke her ?

Reglene er enkle

Man begynner med et integral.

Personen som først løser dette får foreslå et nytt integral, etter at løsningen har blitt verifisert. Løsningsforslag til hvordan man løste integralet må med.

Er et integral ikke løst , eller personen som løste det ikke har gitt et
nytt integral, kan hvem som helst legge ut et nytt integral etter 24 timer.

Både bestemte og ubestemte integraler kan legges ut.

Skal roe meg med postingen av nøtter, er enda lenge til Jul.


Integralet

La $a>0$

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\ln (1+e^{-ax})dx$

[drgz]

Husker espen180 la ut en oppgave som krevde bruk av dilogaritmer rundt juletider i fjor, så da bruker jeg det samme igjen.

Les mer på http://mathworld.wolfram.com/Dilogarithm.html .

Setter
$u=-e^{-ax}\Rightarrow -\frac{du}{a{e}^{-ax}}=dx$ (bruker 1+y = 1-(-y)).

Dette gir

$-\frac{1}{a}{\int }_{-1}^0\frac{ln(1-u)}{u}du\Rightarrow -\frac{1}{a}{\text{Li}}_2(-1)=\frac{-1}{a}\cdot \frac{-{\pi }^2}{12}=\frac{{\pi }^2}{12a}\mathrm{\forall }a>0$.

Ikke sikker på om det stemmer, men er nå et forsøk.

[Gustav]

Ser ut til å stemme..

[drgz]

Har ikke selve løsningsforslaget til dette integralet, men jeg antar det lar seg løse uten bruk av grufulle funksjoner som ingen vet om osv. Jeg kan i alle fall si at svaret er nokså stygt, men det skal vel være mulig å komme fram til.

$\int \frac{x\ln (x)}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x$

[Nebuchadnezzar]

Svaret er riktig Charlatan og du kan legge ut nytt integral, her er en annen måte og løse integralet på. Ikke løst av meg men syntes løsningen var virkelig pen og ikke minst elegant

Bruker formelen som sier at

$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-....\text{ for }-1<x\le 1$


Siden $0<e^{-ax}\le 1\text{ on }[0,\mathrm{\infty })$

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-ax}-\frac{e^{-2ax}}{2}+\frac{e^{-3ax}}{3}-\frac{e^{-4ax}}{4}+...dx$

Kan vi integrere del med del. dette er lovlig på grunn av noen som kalles
http://en.wikipedia.org/wiki/Uniform_convergence

$-\frac{e^{-ax}}{a}+\frac{e^{-2ax}}{2^{2}a}-\frac{e^{-3ax}}{3^{2}a}+...{|}_0^{\mathrm{\infty }}$

$\frac{1}{a}-\frac{1}{2^{2}a}+\frac{1}{3^{2}a}-\frac{1}{4a}+...=\frac{1}{a}(1-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}-\frac{1}{4^2}+...)=\frac{{\pi }^2}{12a}$

[Janhaa]

Har ikke selve løsningsforslaget til dette integralet, men jeg antar det lar seg løse uten bruk av grufulle funksjoner som ingen vet om osv. Jeg kan i alle fall si at svaret er nokså stygt, men det skal vel være mulig å komme fram til.
$I=\int \frac{x\ln (x)}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x$

nå hopper jeg bukk og tresteg over endel t&t.
$I=\int \frac{x\ln (x)}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\int \frac{\ln (u-a^2)}{\sqrt{u}}du$

der u = x^2 + a^2 og du = 2x dx

$I=\frac{1}{2}\sqrt{u}\ln (u-a^2)-\frac{1}{2}\int \frac{\sqrt{u}}{u-a^2}+C$

$I=\frac{1}{2}\sqrt{u}\ln (u-a^2)-\frac{a}{2}\ln (\sqrt{u}-a)+\frac{a}{2}\ln (a+\sqrt{u})-\sqrt{u}+C$

$I=\ln (x)\sqrt{x^2+a^2}-\frac{a}{2}\ln (\sqrt{x^2+a^2}-a)+\frac{a}{2}\ln (a+\sqrt{x^2+a^2})-\sqrt{x^2+a^2}+C$

som evt forenkles...

[drgz]

Det ser ut til å stemme ja.

[Janhaa]

Nivået var tøft fra første stund, roer derfor ned med et snillere integral:

$\int \frac{dx}{(1-\cos (x){)}^2}$

[Charlatan]

Vi foretar oss den velkjente substitusjonen $u=\tan (\frac{x}{2})\Rightarrow \frac{\mathrm{d}\mathrm{u}}{\mathrm{d}\mathrm{x}}=\frac{1}{2}(u^2+1)$.

$$\begin{gathered} I=\int \frac{2}{(1+u^2)(1-\frac{1-u^2}{1+u^2}{)}^2}\mathrm{d}\mathrm{u}=\frac{1}{2}\int \frac{1+{\mathrm{u}}^2}{{\mathrm{u}}^4}\mathrm{d}\mathrm{u}=\frac{1}{2}\int \frac{1}{{\mathrm{u}}^4}+\frac{1}{{\mathrm{u}}^2}\mathrm{d}\mathrm{u} \\ =-\frac{1}{2\mathrm{u}}-\frac{1}{6{\mathrm{u}}^3}+\mathrm{C}=-\frac{1}{2\tan (\frac{\mathrm{x}}{2})}-\frac{1}{6{\tan }^3(\frac{\mathrm{x}}{2})}+\mathrm{C} \end{gathered}$$

[Charlatan]

Oppfølger:

$I=\int \log (x+\sqrt{1+x^2})\mathrm{d}\mathrm{x}$

[Janhaa]

Vi foretar oss den velkjente substitusjonen $u=\tan (\frac{x}{2})\Rightarrow \frac{\mathrm{d}\mathrm{u}}{\mathrm{d}\mathrm{x}}=\frac{1}{2}(u^2+1)$.
$$\begin{gathered} I=\int \frac{2}{(1+u^2)(1-\frac{1-u^2}{1+u^2}{)}^2}\mathrm{d}\mathrm{u}=\frac{1}{2}\int \frac{1+{\mathrm{u}}^2}{{\mathrm{u}}^4}\mathrm{d}\mathrm{u}=\frac{1}{2}\int \frac{1}{{\mathrm{u}}^4}+\frac{1}{{\mathrm{u}}^2}\mathrm{d}\mathrm{u} \\ =-\frac{1}{2\mathrm{u}}-\frac{1}{6{\mathrm{u}}^3}+\mathrm{C}=-\frac{1}{2\tan (\frac{\mathrm{x}}{2})}-\frac{1}{6{\tan }^3(\frac{\mathrm{x}}{2})}+\mathrm{C} \end{gathered}$$

Sjølsagt rett...

[Janhaa]

Oppfølger:
$I=\int \log (x+\sqrt{1+x^2})\mathrm{d}\mathrm{x}$

først vha delvis integrasjon,

$I=\int \text{a}rcsinh(x)dx=x\cdot arcsinh(x)-\int \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}dx+C$

dernest vha substitusjon,

$I=\text{x}\cdot arcsinh(x)-\sqrt{x^2+1}+C$

[Janhaa]

Neste:

$I_5=\int \frac{dx}{(x^2+4{)}^2}$

[Andreas345]

$I_5=\int \frac{dx}{(x^2+4{)}^2})=\int \frac{dx}{(x^2+2^2{)}^2}$

Setter $u=\frac{1}{2}\cdot ta{n}^{-1}(\frac{x}{2})\iff x=2\cdot tan(2u)$

$du=\frac{1}{x^2+2^2}dx$

Står igjen med:

$\int \frac{1}{(2\cdot tan(2u){)}^2+2^2}du=\int \frac{1}{4\cdot ta{n}^2(2u)+4}du=\frac{1}{4}\int \frac{1}{ta{n}^2(2u)+1}du=\frac{1}{4}\int co{s}^2(2u)du$

$v=2u\Rightarrow dv=2du$ og $co{s}^2(v)=\frac{1+cos(2v)}{2}$

$\frac{1}{8}\int \frac{1+cos(2v)}{2}dv=\frac{v}{16}+\frac{sin(2v)}{32}=\frac{u}{8}+\frac{sin(4u)}{32}$

$=\frac{atan(\frac{x}{2})}{16}+\frac{sin(2\cdot atan(\frac{x}{2}))}{32}$

Med en fin tegning, ser jeg at $sin(2\cdot atan(\frac{x}{2}))=\frac{4x}{x^2+4}$

$I_5=\int \frac{dx}{(x^2+4{)}^2})=\frac{atan(\frac{x}{2})}{16}+\frac{x}{8\cdot (x^2+4)}+C$

[Janhaa]

Fin fint dette Andreas...

nytt I på lager, mon tro?