Integral maraton !

[Janhaa]

oppfølger,bestem:
$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{n-1}}{x+1}dx$

Vanskelig å motstå fristelsen når du velger integraler fra masteren min Janhaa...
Integraler er selvsagt trivielt om en bruker beta-funksjonen



Oppfølger
$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\log |1-e^{-ix}|\mathrm{d}x$

Nice det Nebu!
Hva skrev du om i master'n? Jobber du som lærer/lektor nu?

Ang siste integral (I) har jeg ikke sett særlig på d: kanskje rekkeutvikling?
Ser ut som det er symmetrisk mellom grensene, slik at I = 0.

[Markus]

$$

Oppfølger

$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\log |1-e^{-ix}|\mathrm{d}x$

Maclaurinrekken til $\ln (1-x)$ er $-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}$, derfor har vi at $$\ln |1-e^{-ix}|=-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\left|{\left(e^{-ix}\right)}^n\right|}{n}$$ Og da har vi videre at $$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln |1-e^{-ix}|\text{d}x=-\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left[\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\left|e^{-inx}\right|}{n}\right]\text{d}x=-\frac{1}{2\pi }{[\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}-\frac{\left|i{e}^{inx}\right|}{n^2}]}_0^{2\pi }=\frac{1}{2\pi }\left(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}[\frac{\left|i{e}^{2\pi in}\right|}{n^2}-\frac{\left|i\right|}{n^2}]\right)$$ Ved Eulers formel har vi at $e^{i\theta }=\cos (\theta )+i\sin (\theta )\therefore e^{i2\pi n}=\cos (2\pi n)+i\sin (2\pi n)$, og siden $n\in \mathbb{N}$ i vårt tilfelle, vil $\cos (2\pi n)=1\mathrm{\forall }n$ og $\sin (2\pi n)=0\mathrm{\forall }n$, og vi får da avslutningsvis at $$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln |1-e^{-ix}|\text{d}x=\frac{1}{2\pi }\left(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}[\frac{i{e}^{2\pi in}}{n^2}-\frac{i}{n^2}]\right)=\frac{1}{2\pi }\left(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}[\frac{i\cdot 1}{n^2}-\frac{i}{n^2}]\right)=\frac{1}{2\pi }\cdot 0=\boxed{{\displaystyle 0}}$$

Oppfølger:

Vis at
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-5x}-e^{-7x}}{x}\text{d}x=\ln \left(\frac{7}{5}\right)$$

[Janhaa]

tar oppfølger'n til Markus:
overfører til dobbelintegraler

$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-5x}-e^{-7x}}{x}dx$

$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_{-7}^{-5}{e}^{-yx}dydx$

$I={\int }_{-7}^{-5}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-yx}dxdy$

$I={\int }_{-7}^{-5}{((1/y)-(e^{-yx}/y))}_0^{\mathrm{\infty }}dy$

$I={\int }_{-7}^{-5}((dy/y))=\ln (7/5)$

[Janhaa]

Oppfølger:
Vis at
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-5x}-e^{-7x}}{x}\text{d}x=\ln \left(\frac{7}{5}\right)$$

er det mulig å bruke teknikken:
derivasjon under integraltegnet/Leibniz integral rule her?

[Markus]

Pen løsning Janhaa - tror jeg må lese meg litt opp på dobbeltintegraler selv for å forstå den

er det mulig å bruke teknikken:
derivasjon under integraltegnet/Leibniz integral rule her?

Jepp, definer
$$I(\alpha )={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-5x}-e^{-\alpha x}}{x}\text{d}x$$ Der $I(7)$ er vårt ønskede integral. Derivasjon under integraltegnet gir $$I^{\prime }(\alpha )={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x{e}^{-\alpha x}}{x}\text{d}x={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\alpha x}\text{d}x={[-\frac{1}{\alpha }{e}^{-\alpha x}]}_0^{\mathrm{\infty }}=\frac{1}{\alpha }$$ Integrasjon gir nå $$I(\alpha )=\int \frac{1}{\alpha }\text{d}\alpha =\ln \left|\alpha \right|+C$$ For å finne konstanten $C$ ser vi på tilfellet $I(5)$; $$I(5)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-5x}-e^{-5x}}{x}\text{d}x={\int }_0^{\mathrm{\infty }}0\text{d}x=0$$ Ved å bruke uttrykket vi fant for $I(\alpha )$ får vi likningen $$\ln (5)+C=0\therefore C=-\ln (5)$$ Og da får vi endelig at $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-5x}-e^{-7x}}{x}=I(7)=\ln (7)-\ln (5)=\ln \left(\frac{7}{5}\right)$$

Det er for så vidt vilkårlig hvilken av leddene i teller vi hadde valgt som $e^{-\alpha x}$ - vi kunne fint definert $I(\alpha )={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\alpha x}-e^{-7x}}{x}$, og brukt samme fremgangsmåte.

Edit: skrev originalt nevner i siste avsnitt, mente selvfølgelig teller.

[Markus]

Siden du glemte av oppfølger Janhaa, så benytter jeg meg av sjansen. Vært en del bestemte integral nå, så kjører på med et ubestemt integral $$\int \sin (x)x{e}^x\text{d}x$$

[Kay]

Siden du glemte av oppfølger Janhaa, så benytter jeg meg av sjansen. Vært en del bestemte integral nå, så kjører på med et ubestemt integral $$\int \sin (x)x{e}^x\text{d}x$$

Vi har fra Euler's at

$sin(x)x{e}^x=\mathrm{\Im }(x{e}^{(1+i)x})$ så dermed lar vi bare $u=x$ og $v=\frac{e^{(1+i)x}}{1+i}$

Da får vi at

$\int sin(x)x{e}^x=\mathrm{\Im }(\frac{x{e}^{(1+i)x}}{1+i}-\int \frac{e^{(1+i)x}}{1+i})=\mathrm{\Im }(\frac{x{e}^{(1+i)x}}{1+i}-\frac{e^{(1+i)x}}{(1+i{)}^2}+C)=\frac{1}{2}sin(x)x{e}^x-\frac{1}{2}cos(x)x{e}^x+\frac{1}{2}cos(x)e^x=\frac{1}{2}(sin(x)x{e}^x-cos(x)x{e}^x+cos(x)e^x)$

Oppfølger: Beregn ${\oint }_C\frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}dz$ hvor $C$ er sirkelen med sentrum i $0$ og radius $4$.

[Janhaa]

Pen løsning Janhaa - tror jeg må lese meg litt opp på dobbeltintegraler selv for å forstå den

er det mulig å bruke teknikken:
derivasjon under integraltegnet/Leibniz integral rule her?

Jepp, definer
$$I(\alpha )={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-5x}-e^{-\alpha x}}{x}\text{d}x$$ Der $I(7)$ er vårt ønskede integral. Derivasjon under integraltegnet gir $$I^{\prime }(\alpha )={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x{e}^{-\alpha x}}{x}\text{d}x={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\alpha x}\text{d}x={[-\frac{1}{\alpha }{e}^{-\alpha x}]}_0^{\mathrm{\infty }}=\frac{1}{\alpha }$$ Integrasjon gir nå $$I(\alpha )=\int \frac{1}{\alpha }\text{d}\alpha =\ln \left|\alpha \right|+C$$ For å finne konstanten $C$ ser vi på tilfellet $I(5)$; $$I(5)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-5x}-e^{-5x}}{x}\text{d}x={\int }_0^{\mathrm{\infty }}0\text{d}x=0$$ Ved å bruke uttrykket vi fant for $I(\alpha )$ får vi likningen $$\ln (5)+C=0\therefore C=-\ln (5)$$ Og da får vi endelig at $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-5x}-e^{-7x}}{x}=I(7)=\ln (7)-\ln (5)=\ln \left(\frac{7}{5}\right)$$
Det er for så vidt vilkårlig hvilken av leddene i teller vi hadde valgt som $e^{-\alpha x}$ - vi kunne fint definert $I(\alpha )={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\alpha x}-e^{-7x}}{x}$, og brukt samme fremgangsmåte.
Edit: skrev originalt nevner i siste avsnitt, mente selvfølgelig teller.

Takker, var faktisk det som poppa opp i hodet mitt først.
Men prøvde ikke noe særlig vha Leibniz integration method.

[Janhaa]

Oppfølger: Beregn ${\oint }_C\frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}dz$ hvor $C$ er sirkelen med sentrum i $0$ og radius $4$.

Contour integration:

$I={\oint }_C\frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}dz$

where contour is:
$|z|=4$

Pole at $z_o=-i\cdot \pi$
of order 3.

Cauchy's residue theorem:

$\text{R}es(f,-i\cdot \pi )=-1/2$
where:
$f=\frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}$

pole in the contour:

$I=2\pi \cdot i\cdot (-1/2)=-\pi \cdot i$

[Markus]

Fin løsning det der Kay, kan også løses med gjentatt delvis integrasjon uten å bruke komplekse tall.

Janhaa;
Jeg ser at du svarer på flere av de bestemte integralen ved å bruke Cauchy's residue theorem. Av svarene dine kommer det jo fram at metoden er forholdsvis kort, så jeg ble litt nysgjerrig på hvordan man kalkulerer et integral ved Cauchy's residue theorem. Hvis du hadde giddet å bare sett over det følgende jeg skriver, og gitt tilbakemelding hadde jeg satt stor pris på det!

Først og fremst; en contour (norsk; kontour?) er en kurve i planet?

Jeg søkte på Cauchy's residue theorem og fant følgende def. på teoremet:

If $\mathcal{C}$ is a simple closed, positively oriented contour in the complex plane and $f$ is analytic except for some points $z_1,z_2,\dots ,z_n$ inside the contour $\mathcal{C}$, then $${\oint }_{\mathcal{C}}f(z)\text{d}z=2\pi i\sum _{k=1}^n{\text{Res}}_f(z_k)$$ Ved svarene dine forstår jeg det som at en funksjon ikke er analytisk i polene, mer spesifikt i de tilfellene når nevneren går mot $0$. Hvis polen er "removeable" (dvs. ved min forståelse at den kan faktoriseres vekk med noe fra telleren) er residyen til polen $0$. Ellers gjelder det for poler av $k$-nde orden i $z=z_0$ at $${\text{Res}}_f(z_0)=\frac{1}{(k-1)!}\underset{z\to z_0}{lim}\frac{d^k}{d{z}^k}\{(z-z_0{)}^{k}f(z)\}$$ Prøver nå med et eksempel for å se om jeg forstår korrekt. Ønsker å finne $${\oint }_{\mathcal{C}}\frac{e^z}{z}\text{d}z\text{der }\mathcal{C}\text{ er enhetssirkelen}$$ Integranden har en pol av første orden; $z_1=0$. Residyen i punktet er $$\underset{z\to z_0}{lim}(z-z_0)f(z)=\underset{z\to 0}{lim}(z-0)\frac{e^z}{z}=\underset{z\to 0}{lim}\frac{z{e}^z}{z}=\underset{z\to 0}{lim}{e}^z=1$$ Så da har vi ved Cauchys residy teorem at $${\oint }_{\mathcal{C}}\frac{e^z}{z}\text{d}z=2\pi i\sum _{k=1}^1{\text{Res}}_f(z_k)=2\pi i\cdot 1=2\pi i$$

Du har jo brukt Cauchys residy teorem på flere uekte integraler, altså for eksempel de som er over intervallet $[0,\mathrm{\infty })$ - hvilket kontour definerer man når integralet er over slike intervaller?

Hadde som sagt satt stor pris på om du hadde tatt deg tiden til å se om jeg har forstått residyteoremet korrekt Janhaa, og så glemte du forresten av en oppfølger etter du svarte på Kays integral

[Kay]

Oppfølger: Beregn ${\oint }_C\frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}dz$ hvor $C$ er sirkelen med sentrum i $0$ og radius $4$.

Contour integration:

$I={\oint }_C\frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}dz$

where contour is:
$|z|=4$

Pole at $z_o=-i\cdot \pi$
of order 3.

Cauchy's residue theorem:

$\text{R}es(f,-i\cdot \pi )=-1/2$
where:
$f=\frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}$

pole in the contour:

$I=2\pi \cdot i\cdot (-1/2)=-\pi \cdot i$

Har du en oppfølger? For øvrig en enkel og grei løsning ditta der!

[Gustav]

Fin løsning det der Kay, kan også løses med gjentatt delvis integrasjon uten å bruke komplekse tall.

Janhaa;
Jeg ser at du svarer på flere av de bestemte integralen ved å bruke Cauchy's residue theorem. Av svarene dine kommer det jo fram at metoden er forholdsvis kort, så jeg ble litt nysgjerrig på hvordan man kalkulerer et integral ved Cauchy's residue theorem. Hvis du hadde giddet å bare sett over det følgende jeg skriver, og gitt tilbakemelding hadde jeg satt stor pris på det!

Først og fremst; en contour (norsk; kontour?) er en kurve i planet?

Jeg søkte på Cauchy's residue theorem og fant følgende def. på teoremet:

If $\mathcal{C}$ is a simple closed, positively oriented contour in the complex plane and $f$ is analytic except for some points $z_1,z_2,\dots ,z_n$ inside the contour $\mathcal{C}$, then $${\oint }_{\mathcal{C}}f(z)\text{d}z=2\pi i\sum _{k=1}^n{\text{Res}}_f(z_k)$$ Ved svarene dine forstår jeg det som at en funksjon ikke er analytisk i polene, mer spesifikt i de tilfellene når nevneren går mot $0$. Hvis polen er "removeable" (dvs. ved min forståelse at den kan faktoriseres vekk med noe fra telleren) er residyen til polen $0$. Ellers gjelder det for poler av $k$-nde orden i $z=z_0$ at $${\text{Res}}_f(z_0)=\frac{1}{(k-1)!}\underset{z\to z_0}{lim}\frac{d^k}{d{z}^k}\{(z-z_0{)}^{k}f(z)\}$$ Prøver nå med et eksempel for å se om jeg forstår korrekt. Ønsker å finne $${\oint }_{\mathcal{C}}\frac{e^z}{z}\text{d}z\text{der }\mathcal{C}\text{ er enhetssirkelen}$$ Integranden har en pol av første orden; $z_1=0$. Residyen i punktet er $$\underset{z\to z_0}{lim}(z-z_0)f(z)=\underset{z\to 0}{lim}(z-0)\frac{e^z}{z}=\underset{z\to 0}{lim}\frac{z{e}^z}{z}=\underset{z\to 0}{lim}{e}^z=1$$ Så da har vi ved Cauchys residy teorem at $${\oint }_{\mathcal{C}}\frac{e^z}{z}\text{d}z=2\pi i\sum _{k=1}^1{\text{Res}}_f(z_k)=2\pi i\cdot 1=2\pi i$$

Du har jo brukt Cauchys residy teorem på flere uekte integraler, altså for eksempel de som er over intervallet $[0,\mathrm{\infty })$ - hvilket kontour definerer man når integralet er over slike intervaller?

Hadde som sagt satt stor pris på om du hadde tatt deg tiden til å se om jeg har forstått residyteoremet korrekt Janhaa, og så glemte du forresten av en oppfølger etter du svarte på Kays integral

Ser riktig ut det du har gjort. For uekte integraler, si ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)dx$ lager man f.eks. en halvsirkelformet kontur i øvre komplekse halvplan, med radius R, og lar deretter $R\to \mathrm{\infty }$. Typisk vil integranden gå mot 0 når R vokser, så integralet langs halvsirkelen vil gå mot 0, og man står igjen med integralet langs x-aksen.

[Gustav]

Oppfølger: ${\int }_{-1}^1\frac{1}{x}\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\ln \left(\frac{2x^2+2x+1}{2x^2-2x+1}\right)dx$

[Nebuchadnezzar]

Plutarco du velger å gi ett av de styggeste integralene som noensinne er posta på math.stackexchange som en hyggelig oppfølger? Ikke vondt ment, men tviler på noen her inne er i stand til å løse det, inkludert meg selv, og følgelig vil alle svarene bare være avskrift av svarene til Ron Gordon, Sangchul Leem, eller Arcturus.

[Gustav]

Var nok litt slem der ja