Integral maraton !

[espen180]

Er disse integralene over eller under det som skal kunne forventes i VG3 eller første året på universitet ?

vg3 (R2) pensum omfatter delvis integrasjon, veriabelskifte og delbrøkoppspalting som integrasjonsmetoder.

De vanskeligste integralene der er vel på formen $I=\int x\cdot a^{x}dx$ eller $I=\int \log xdx$ eller noe slikt.

[drgz]

Nytt integral:

$I=\int \ln (x+x^3+x^5)\mathrm{d}x$

[Janhaa]

Nytt integral:
$I=\int \ln (x+x^3+x^5)\mathrm{d}x$

Har ikke løst hele, men har forslag på første del. Andre må gjerne fortsette:

$I=\int \ln (x+x^3+x^5)\mathrm{d}x=x\ln (x+x^3+x^5)-\int \frac{5x^5+3x^3+x}{x^5+x^3+x}dx$

$I=\int \ln (x+x^3+x^5)\mathrm{d}x=x\ln (x+x^3+x^5)-5x+2\int \frac{x^2+2}{x^4+x^2+1}dx$

$I=\int \ln (x+x^3+x^5)\mathrm{d}x=x\ln (x+x^3+x^5)-5x+2\int \frac{x^2+2}{(x^2-x+1)(x^2+x+1)}dx$

så kan man vel bruke delbrøksoppspalting og div substitusjon.

[Nebuchadnezzar]

Har ikke lyst til å la denne dø helt ut så poster noen nye her ^^

Det holder å løse en av tre for å få postet et nytt integral

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}sin(x^2)dx$

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx$

$\int \frac{dx}{cos(x)+cos(3x)}$

Ingen wolfram juksing, før man har vridd hjernen og prøvd selv.

[Janhaa]

Har ikke lyst til å la denne dø helt ut så poster noen nye her ^^
Det holder å løse en av tre for å få postet et nytt integral
${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}sin(x^2)dx$
${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx$
Ingen wolfram juksing, før man har vridd hjernen og prøvd selv.

vi holdt på med disse 2 for ett par år sida

http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... 212ee957c3

[Nebuchadnezzar]

Prøver igjen og gjennoplive denne tråden, nekter å la den dø ut helt enda ^^

$I_8=\int \frac{x\cdot e^{2x}}{{(2x+1)}^2}dx$

[Janhaa]

Prøver igjen og gjennoplive denne tråden, nekter å la den dø ut helt enda ^^
$I_8=\int \frac{x\cdot e^{2x}}{{(2x+1)}^2}dx$

jaja - får prøve meg igjen da, lenge sia sist. gikk jo ikke an å jukse på wolframalpha heller
delvis integrasjon først
$I_8=0,5\int \frac{2x{e}^{2x}+e^{2x}}{2x+1}dx-0,5\frac{x{e}^{2x}}{2x+1}$

$I_8=0,5\int e^{2x}dx-0,5\frac{x{e}^{2x}}{2x+1}+C$

$I_8=0,25e^{2x}-\frac{x{e}^{2x}}{4x+2}+C$

$I_8=\frac{e^{2x}}{8x+4}+C$
===================================

jeg har ingen på lager, har ikke tenkt i disse baner på lang tid...

[Nebuchadnezzar]

Prøver oss på en meget lett da, bare for aktivitetens skyld, håper noen andre har noen andre lette ^^

$I_9=\int \frac{sinx}{1+sinx}dx$

[Janhaa]

Prøver oss på en meget lett da, bare for aktivitetens skyld, håper noen andre har noen andre lette ^^
$I_9=\int \frac{sinx}{1+sinx}dx$

jeg får holde integraltreninga ved like, og opprettholde litt aktivitet her:

$I_9=\int \frac{sinx}{1+sinx}dx=\int \frac{(1-\sin (x))\sin (x)}{{\cos }^2(x)}dx=\int \frac{\sin (x)}{{\cos }^2(x)}dx-\int {\tan }^2(x)dx=\frac{1}{\cos (x)}+x-\tan (x)+C$

[drgz]

Nytt integral:

$I_{10}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}$

[Nebuchadnezzar]

Orker ikke ta alt, og dette er slurvete ført. Men er det riktig så langt ? ^^


$=\int \frac{1}{x^4+1}dx$

$=\int \frac{1}{\left(x^2-\sqrt{2}x+1\right)(x^2+\sqrt{2}x+1)}$

$=\int \frac{x-\sqrt{2}}{2\sqrt{2}\left(x^2-\sqrt{2}x+1\right)}dx+\int \frac{x+\sqrt{2}}{2\sqrt{2}\left(x^2+\sqrt{2}x+1\right)}dx$


$\frac{1}{4}\sqrt{2}\int \frac{x-\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2}x+1}=\frac{1}{4}\sqrt{2}\left(\int \frac{1}{2}\frac{\sqrt{2}-2x}{-x^2+\sqrt{2}x-1}dx+\int \frac{1}{2}\frac{\sqrt{2}}{-x^2+\sqrt{2}x-1}dx\right)$


$\frac{1}{2}\int \frac{\sqrt{2}-2x}{-x^2+\sqrt{2}x-1}dx=\frac{1}{2}\int \frac{\sqrt{2}-2x}{u}\frac{du}{-2x+\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\ln \left(-x^2+\sqrt{2}x-1\right)+C$

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


$\frac{1}{2}\int \frac{\sqrt{2}}{-x^2+\sqrt{2}x-1}dx=-\frac{1}{2}\sqrt{2}\int \frac{1}{{\left(x-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}^2+\frac{1}{2}}dx$

$v=x-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{dv}{dx}=-\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow dx=-dv\sqrt{2}$

$\frac{1}{2}\sqrt{2}\int \frac{1}{{\left(v\right)}^2+\frac{1}{2}}-dv\sqrt{2}=-\int \frac{1}{v^2+\frac{1}{2}}dv=-2\int \frac{1}{2v^2+1}=-2\left(\frac{1}{2}\arctan \left(\sqrt{2}v\right)+C\right)=-\arctan \left(\sqrt{2}x-1\right)+C$


$\underset{―}{\underset{―}{=\int \frac{x-\sqrt{2}}{2\sqrt{2}\left(x^2-\sqrt{2}x+1\right)}dx=\frac{1}{4}\sqrt{2}\left(\frac{1}{2}\ln \left(-x^2+\sqrt{2}x-1\right)-\arctan \left(\sqrt{2}x-1\right)\right)+C}}$

[drgz]

Det er et bestemt integral, så du får prøve med grensene også

[FredrikM]

Denne kan løses mye enklere vha noe kompleks funksjonsteori.

La $\mathrm{\Gamma }$ være den øvre halvsirkelen slik at røttene til $1+x^4$ er innenfor sirkelen. Ved å la radiusen gå mot uendelig, ser vi at buedelen av integralet går mot null, mens resten går mot ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+x^4}dx$. Pga symmetri er svaret halvparten av denne.

Ved residueteoremet er
$I_{10}=\frac{1}{2}2\pi i(a+b)$
hvor a,b er residuene på $e^{i\frac{\pi }{4}},e^{i\frac{3\pi }{4}}$ henholdsvis.

Utfordringen er å regne a+b, men dette er egentlig bare mye grisete algebra samt utnytting av symmetri av røttene. Vi ender opp med at $a+b=-\frac{\sqrt{2}}{2}i$
så
$I_{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi$

[drgz]

Var det jeg var ute etter; kanskje litt teit å ta en oppgave fra kompleks analyse, men men

Du mangler forresten en faktor $\frac{1}{2}$. Ettersom man kun bruker $\pi i$ for integraler der grensene er $(-\mathrm{\infty },\mathrm{\infty })$, så blir det $\frac{\pi i}{2}\sum _i\mathrm{Res}f(z){|}_{z=z_i}$ som blir riktig svar når grensene er $(0,\mathrm{\infty })$.

[FredrikM]

Jeg klarer ikke helt å se hva du sikter til her.

Legg merke til $\frac{1}{2}$-faktoren her:
$I_{10}=\frac{1}{2}2\pi i(a+b)$

(husk at singularitetene vi må ha med, er begge på øvre halvplan)