Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.
Nebuchadnezzar wrote:Da prøver vi oss på en artig en
Regn ut arealet som er avgrenset av x aksen og funksjonen [tex]f(x)=cos(ln(x)) \, \, \, \, x \in [0\,,\,2\pi][/tex]
Vi vil integrere over det området [tex]f(x)[/tex] er større enn 0, dvs der [tex]\cos(\ln(x)) \geq 0 \Leftrightarrow 2\pi n - \frac{\pi}{2} \leq \ln(x) \leq 2\pi n + \frac{\pi}{2} \Leftrightarrow e^{2\pi n - \frac{\pi}{2}} \leq x \leq e^{2\pi n + \frac{\pi}{2}}[/tex]
for ethvert heltall n.
Nå er [tex]e^{\frac{\pi}{2}}< 2\pi[/tex], og [tex]e^{2\pi-\frac{\pi}{2}}> 2\pi[/tex], så vi må finne
[tex]\sum_{n=-\infty}^0 \int^{ e^{2\pi n + \frac{\pi}{2}}}_{ e^{2\pi n - \frac{\pi}{2}}} \cos(\ln(x)) dx = \sum_{n=0}^{\infty} \int^{ {-2\pi n + \frac{\pi}{2}}}_{{-2\pi n - \frac{\pi}{2}}} e^u\cos(u) du =\sum_{n=0}^{\infty}[\frac{e^{u}}{2}(\cos(u) + \sin(u))]^{-2\pi n + \frac{\pi}{2}}_{-2\pi n - \frac{\pi}{2}} =\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(e^{-2\pi})^n(e^{\frac{\pi}{2}}+e^{-\frac{\pi}{2}})=\frac{e^{\frac{\pi}{2}}+e^{-\frac{\pi}{2}}}{2(1-e^{-2\pi})}[/tex]
der det ubestemte integralet allerede er regnet ut av zell.
Nebuchadnezzar wrote:Helt riktig Charlatan, og du kan legge ut det neste integralet.
Et kort spørsmål, kanskje bare meg som ikke helt ser det, hvordan regnet du ut den siste summen ?
Nå har ikke jeg fulgt så mye med i oppgaven, men den siste summe er vel bare en geometrisk rekke? Får derfor (1/2)*(a/1-x) (hvor a er det første leddet, og x er faktoren i den geometriske rekken).
