Integral maraton !

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.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Gjest

Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

MatIsa skrev:Oppfølger:
La $f$ være en begrenset, ikke-negativ funksjon. Vis at
$$\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\ln(x)}{x}\mathrm{d}x=0$$
Kan vel løses enda enklere enn det Plutarco? La $y \mapsto 1/x$. Da er $\mathrm{d}y = -\mathrm{d}x/x^2$ så $\mathrm{d}y/y = -\mathrm{d}x/x$.

$ \hspace{1cm}
I
=
\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\log x}{x}\mathrm{d}y
=
\int_\infty^0 f\left(y+\dfrac1y\right)\log\left( \frac{1}{y} \right) \left( -\frac{\mathrm{d}y}{y} \right)
=
-\int_0^\infty f\left(y+\dfrac1y\right)\dfrac{\log y }{x}\mathrm{d}y
=
-I
$

Siden $I = -I$ så er $2I = 0$ og $I = 0$.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Jepp, fin løsning!
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Om jeg ikke tar heltfeil kan vel Plancherels teorem brukes på det integralet. har sett lignende integraler bli løst via både laplace og å skrives som en differensiallikning.
Gjest skrev:Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
Fra oven så har en at $\mathcal{F}\left( \frac{x}{(1+x^2)^2} \right) = -\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2} i} w e^{-w}$, videre så er $\mathcal{F}\left( \sin x \right) = \frac{\sqrt{2\pi}}{2i} \bigl[\delta(w+1)-\delta(w-1)\bigr]$. Definer $G(w) = w e^{-|w|}$. Plancherel gir oss nå at

$
\hspace{1cm}
\begin{align*}
\int_\mathbb{R} \frac{w}{(1+w)^2} \sin w \,\mathrm{d}w
& = \int_\mathbb{R} \mathcal{F}\left( \frac{w}{(1+w)^2} \right) \mathcal{F}\left( \sin x \right) \,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4} \int_\mathbb{R} x e^{-|x|} \bigl[ \delta(x-1) - \delta(x+1)\bigr]\,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4}\bigl[ G(1) - G(-1) \bigr]
= \frac{\pi}{2e}
\end{align*}
$

Noen som klarer denne godbiten?

$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Gjest

Nebuchadnezzar skrev:
Gjest skrev:Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
...
$ = \frac{\pi}{2e}$
Selvsagt helt rett :)
Gjest

Gjest skrev:
Nebuchadnezzar skrev:
Gjest skrev:Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
...
$ = \frac{\pi}{2e}$
Selvsagt helt rett :)
Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Vis at $\int_0^{\infty} \frac{\ln (1+x)\ln (1+x^{-2})}{x}\,dx = \pi G-\frac{3\zeta (3)}{8}$

, der $G=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$ er Catalans konstant, og $\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ er Riemann zetafunksjonen.
Gjest

Gjest skrev:
Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???
Nei, oppgave 5c på tentamen i 9. klasse på Vikerkje ungdomsskole
Nebuchadnezzar
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 5648
Registrert: 24/05-2009 14:16
Sted: NTNU

Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige ;) Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.

Sittet og fiklet litt med din oppgave. Virker som den beste fremgangsmåten er å splitte integralet ved $1$ også mappe integralet over $[1,\infty]$ til $[0,1]$ via transformasjonen $z \mapsto 1/x$. Da er $\int_1^\infty f(x) \,\mathrm{d}x = \int_0^1 f\left(\frac{1}{x}\right) \,\frac{\mathrm{d}x}{x^2}$ slik at

$
\begin{align*}
\int_0^\infty f(x) \,\mathrm{d}x
& = \int_0^1 f(x) + \frac{1}{x^2} f\left(\frac{1}{x}\right) \,\mathrm{d}x \\
& = \int_0^1 \frac{2\log(x^2+1) \log(1+x)}{x} - \frac{\log(1+x)\log(x^2)}{x} - \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x\\
& = \left( \pi G -\frac{33\zeta(3)}{16)} \right) - \left( -\frac{3\zeta(3)}{2} \right) - \left( - \frac{3\zeta(3)}{16} \right) \\
& = \pi G - \frac{3 \zeta(3)}{8}
\end{align*}
$

Hvor alle integralene kan beregnes ved å rekkeutvikle henholdsvis $\log(1+x^2), \log(1+x)$ og $\log(x^2+1)$ siden taylorpolynomet konvergerer for alle $|x| \leq 1$. Er det første integralet jeg sliter litt med å vise, de to siste var rett frem. Tror denne metoden skal lede frem, men har dessverre ikke mer tid å se på det nu. Finnes sikkert en smartere måte å gjøre det på =)

f.eks

$
\int_0^1 \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 \sum_{k\geq 1} \frac{x^{2k}}{k}(-1)^{k+1} \frac{\log x}{x} \,\mathrm{d}x
= \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\int_0^1 x^{2k-1} \log x \,\mathrm{d}x
= \frac{1}{4} \sum_{k \geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k^3}
= - \frac{3\zeta(3)}{16}
$
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Nebuchadnezzar skrev:Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige ;) Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.
Oj sann, beklager det! Jeg overså faktisk oppfølgeren din i forrige post. Helt tilfeldig at de liknet! Ser ut som du er på rett kjøl ihvertfall :D
MatIsa
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 150
Registrert: 12/06-2013 12:09
Sted: Trondheim

Nebuchadnezzar skrev: Noen som klarer denne godbiten?

$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$
Begynner med å skrive om integranden ved delbrøksoppspalting:
$$\dfrac{\log{x}}{x}\cdot\dfrac{\log(1-x)}{1-x} = \log{x}\log(1-x)\dfrac{1-x+x}{x(1-x)} = \log{x}\dfrac{\log(1-x)}{x}+\log(1-x)\dfrac{\log{x}}{1-x}$$ Her er $$\dfrac{\log(1-x)}{x} = -\dfrac1x \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n+1}$$ og $$\dfrac{\log(x)}{1-x} = \dfrac{\log(1-(1-x))}{1-x} = -\dfrac{1}{1-x} \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^n}{n+1}$$ som gir $$I = -\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x-\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log(1-x)\dfrac{(1-x)^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = I_1+I_2$$ Med substitusjonen $u=1-x; \mathrm{d}u=-\mathrm{d}x$ kan $I_2$ skrives som $$I_2 = -\int_1^{1/2}\left(\sum_{n=0}^\infty \log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)(-\mathrm{d}u) = -\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^\infty\log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)\mathrm{d}u$$ Dette forenkler $I$:
$$I = -\left(\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x+\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x\right) = -\int_0^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = -\sum_{n=0}^\infty\left(\dfrac{1}{n+1}\int_0^1 x^n\log{x}~\mathrm{d}x\right) = -\sum_{n=0}^\infty a_n$$ Bruker deretter Leibniz regel: $$I(\alpha) = \int_0^1 x^\alpha\mathrm{d}x = \dfrac{1}{\alpha + 1}\Longrightarrow I'(\alpha) = \dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}\alpha} = \int_0^1 x^\alpha \log{x}~\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{(\alpha+1)^2}$$
Dermed er $a_n = \dfrac{1}{n+1}\cdot\left(-\dfrac{1}{(n+1)^2}\right) = -\dfrac{1}{(n+1)^3}$ og
$$I = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{(n+1)^3} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^3} = \zeta(3)$$
Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.
MatIsa skrev: Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$
Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$


Oppfølger:
$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Markus skrev:Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.
MatIsa skrev: Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$
Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$
Oppfølger:$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$
Pent Markus,
prøver meg på ditt med Residue theorem:

[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]

poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:

[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]


[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Janhaa skrev: Prøver meg på ditt med Residue theorem:

[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]

poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:

[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]


[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/tex]
Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.

Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg ;)

$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.
Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg ;)
$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
$I=\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
setter:
[tex]u=x+\frac{1}{2}[/tex]

$I=\int \frac{2}{\sqrt{4u^2+3}} \, \text{d}u$

$I=\int \frac{1}{\sqrt{u^2+\frac{3}{4}}} \, \text{d}u = \text arcsinh(\frac{2u}{\sqrt{3}})+c$

$I = \text arcsinh(\frac{2x+1}{\sqrt{3}})+c$
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Svar