Integral maraton !

[Aleks855]

$\oint \frac{dz}{e^z(z^2-1{)}^2}$ for $|z|=2$

[MatIsa]

$\oint \frac{dz}{e^z(z^2-1{)}^2}$ for $|z|=2$

Du har ikke et lite hint? Den mest åpenbare substitusjonen ($z=2e^{i\theta }$) gjorde ikke uttrykket noe særlig enklere

[sbra]

Vi skal løse integralet $\oint \frac{dz}{e^z(z^2-1{)}^2}=\oint \frac{dz}{e^z(z-1{)}^2(z+1{)}^2}$ for $|z|=2$

Det kan vi gjøre ved bruk av Cauchys generaliserte intregralformel: $f^{(n)}(a)=\frac{n!}{2\pi i}\oint \frac{f(z)}{(z-a{)}^{n+1}}dz$

Ved bruk av "Cauchy's theorem for multiply connected regions" kan vi dele opp integralet i to for å håndtere de to polene hver for seg, dvs. $z=1$ og $z=-1$.

Vi får $\oint \frac{dz}{e^z(z-1{)}^2(z+1{)}^2}=\oint \frac{f(z)}{(z-1{)}^2}dz+\oint \frac{g(z)}{(z+1{)}^2}dz$, der $f(z)=\frac{e^{-z}}{(z+1{)}^2}$ og $g(z)=\frac{e^{-z}}{(z-1{)}^2}$

Fra integralformelen har vi for det første integralet $f^{\prime }(1)=\frac{1}{2\pi i}\oint \frac{f(z)}{(z-1{)}^2}dz$

Den deriverte av $f(z)$ er $\frac{-(z+3)}{e^z(z+1{)}^3}$. Setter vi inn $z=1$ får vi $\frac{-1}{2e}$. Vi har derfor $\oint \frac{f(z)}{(z-1{)}^2}dz=2\pi i\cdot \frac{-1}{2e}=-\frac{\pi }{e}i$

For det andre integralet har vi $g^{\prime }(-1)=\frac{1}{2\pi i}\oint \frac{g(z)}{(z+1{)}^2}dz$

Den deriverte av $g(z)$ er $\frac{-(z+1)}{e^z(z-1{)}^3}$. Setter vi inn $z=-1$ får vi $0$. Det andre integralet kontribuerer derfor ingenting til det totale integralet, slik at svaret blir $\oint \frac{dz}{e^z(z^2-1{)}^2}=-\frac{\pi }{e}i$

[Nebuchadnezzar]

Hva med et lite morsomt dobbelintegral?

$\underset{S}{\iint }\arctan e^{xy}\mathrm{d}A$

Hvor $S:\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2:x^2+y^2\le 4x\}$. *Hint* En god tegning gjør ofte susen.

[sbra]

Hvis man har en rettvinklet trekant med kateter a og b så har vi at $tan\theta =\frac{b}{a}$. Den andre vinkelen som ikke er rettvinklet har da $tan\beta =\frac{a}{b}$

Siden en trekant har 180 grader så betyr det at $\theta +\beta =\frac{\pi }{2}$

Hvis vi kaller $x=\frac{b}{a}$ så får vi $arctan\frac{1}{x}=\beta =\frac{\pi }{2}-\theta =\frac{\pi }{2}-arctanx$

Vi har derfor at $arctanx+arctan\frac{1}{x}=\frac{\pi }{2}$

Denne blir viktig i løsningen av integralet.

Området vi integrerer over ser vi er en sirkel med radius 2 sentrert i $(2,0)$

Vi får da ${\int }_0^4{\int }_{-\sqrt{2^2-(x-2{)}^2}}^{\sqrt{2^2-(x-2{)}^2}}arctan{e}^{xy}dydx$

Vi kan dele integralet i to, den øvre delen av halvsirkelen, og den nedre, der y er negativ. Siden y er negativ så opphøyer vi e i -xy.

Vi kan derfor skrive resultatet som ${\int }_0^4{\int }_0^{\sqrt{2^2-(x-2{)}^2}}\frac{\pi }{2}dydx$

Som er det samme som $\frac{\pi }{2}$ ganget med arealet av den øvre halvsirkelen. Svaret blir derfor ${\pi }^2$

Beklager mye ord og lite tex, men jeg sitter på en iPad, så det er vrient å få det fint uten å bruke mye tid.

[MatIsa]

Denne var litt morsom:
$${\int }_0^1\frac{\ln \left(\frac{1}{1-x}\right)}{x}\mathrm{d}x$$

[Nebuchadnezzar]

${\int }_0^1\frac{1}{x}\log \frac{1}{1-x}\mathrm{d}x=-{\int }_0^1\frac{1}{x}\log (1-x)\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{1}{x}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{x}^n\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{\int }_0^1{x}^{n-1}\mathrm{d}x=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$

[skf95]

La $f$ og $g$ være integrerbare funksjoner på intervallet $[-5,5]$, begge med gjennomsnittsverdi 5 på intervallet $[0,5]$. Hvis $f$ og $g$ er henholdsvis like og odde funksjoner, bestem

${\int }_{-5}^2(3f(x)-7g(x))\mathrm{d}x+{\int }_5^2(7g(x)-3f(x))\mathrm{d}x$.

EDIT: intervallet der funksjonene har snittverdi 5 skal være fra $0$ til $5$, ikke fra -5 som det opprinnelig sto.

[Janhaa]

La $f$ og $g$ være integrerbare funksjoner på intervallet $[-5,5]$, begge med gjennomsnittsverdi 5 på dette intervallet. Hvis $f$ og $g$ er henholdsvis like og odde funksjoner, bestem
${\int }_{-5}^2(3f(x)-7g(x))\mathrm{d}x+{\int }_5^2(7g(x)-3f(x))\mathrm{d}x$.

prøver meg - lenge siden siste integrasjon:

$I={\int }_{-5}^2(3f(x)-7g(x))\mathrm{d}x-{\int }_2^5(7g(x)-3f(x))\mathrm{d}x$

$I=3{\int }_{-5}^{2}f(x)dx-7{\int }_{-5}^{2}g(x)dx-7{\int }_2^{5}g(x)dx+3{\int }_2^{5}f(x)\mathrm{d}x$

$I=6{\int }_{-5}^{5}f(x)dx-14{\int }_{-5}^{5}g(x)dx=6\ast 5-14\ast 5=-40$

[stensrud]

La $f$ og $g$ være integrerbare funksjoner på intervallet $[-5,5]$, begge med gjennomsnittsverdi 5 på dette intervallet. Hvis $f$ og $g$ er henholdsvis like og odde funksjoner, bestem

${\int }_{-5}^2(3f(x)-7g(x))\mathrm{d}x+{\int }_5^2(7g(x)-3f(x))\mathrm{d}x$.

Hvis $g$ er odde kan vel ikke gjennomsnittsverdien på $[-5,5]$ være noe annet enn $0$?

[skf95]

Hvis $g$ er odde kan vel ikke gjennomsnittsverdien på $[-5,5]$ være noe annet enn $0$?

Naturligvis ikke! Beklager, skulle stå på intervallet $[0,5]$. Fikset nå i oppgaveteksten, og sikkert derfor du ikke har helt rett svar, Janhaa

[MatIsa]

La $f$ og $g$ være integrerbare funksjoner på intervallet $[0,5]$, begge med gjennomsnittsverdi 5 på dette intervallet. Hvis $f$ og $g$ er henholdsvis like og odde funksjoner, bestem

${\int }_{-5}^2(3f(x)-7g(x))\mathrm{d}x+{\int }_5^2(7g(x)-3f(x))\mathrm{d}x$.

$\begin{array}{rl}{\int }_{-5}^2(3f(x)-7g(x))\mathrm{d}x+{\int }_5^2(7g(x)-3f(x))\mathrm{d}x& ={\int }_{-5}^2(3f(x)-7g(x))\mathrm{d}x+{\int }_2^5(3f(x)-7g(x))\mathrm{d}x\\ & =3{\int }_{-5}^{5}f(x)\mathrm{d}x-7{\int }_{-5}^{5}g(x)\mathrm{d}x\\ & =3\cdot 5\cdot 2\cdot {\displaystyle \frac{1}{5}}{\int }_0^{5}f(x)\mathrm{d}x-7\cdot 0(f\text{ er like og }g\text{ er odde})\\ & =30\cdot 5\\ & =150\end{array}$.
(Med forbehold om slurvefeil )

[skf95]

Stemmer det!

[MatIsa]

Oppfølger:
La $f$ være en begrenset, ikke-negativ funksjon. Vis at
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x+{\displaystyle \frac{1}{x}}){\displaystyle \frac{\ln (x)}{x}}\mathrm{d}x=0$$

[Gustav]

Oppfølger:
La $f$ være en begrenset, ikke-negativ funksjon. Vis at
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x+{\displaystyle \frac{1}{x}}){\displaystyle \frac{\ln (x)}{x}}\mathrm{d}x=0$$

$={\int }_0^{1}f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln x}{x}dx+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln x}{x}dx=I_1+I_2$.

I $I_1$, la $x+\frac{1}{x}=y$, så $x=\frac{1}{2}(y-\sqrt{y^2-4})$. $dx=dy(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\frac{y}{\sqrt{y^2-4}})$
$I_1={\int }_2^{\mathrm{\infty }}f(y)\frac{\ln \frac{1}{2}(y-\sqrt{y^2-4})}{\sqrt{y^2-4}}dy$

I $I_2$, la $x=\frac{1}{2}(y+\sqrt{y^2-4})$. $dx=dy(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\frac{y}{\sqrt{y^2-4}})$
$I_2={\int }_2^{\mathrm{\infty }}f(y)\frac{\ln \frac{1}{2}(y+\sqrt{y^2-4})}{\sqrt{y^2-4}}dy$

Så $I_1+I_2={\int }_2^{\mathrm{\infty }}f(y)\frac{\ln \frac{1}{2}(y+\sqrt{y^2-4})+\ln \frac{1}{2}(y-\sqrt{y^2-4})}{\sqrt{y^2-4}}dy={\int }_2^{\mathrm{\infty }}f(y)\frac{\ln 1}{\sqrt{y^2-4}}dy\le {\int }_2^{\mathrm{\infty }}M\frac{0}{\sqrt{y^2-4}}dy=0$.