Integral maraton !

[Kay]

Innfører kulekoordinatar , utfører delvis integrasjon og brukar dessutan " overingeniør-integralet " ( e^(-r${}^2$) frå
-inf til + inf ) = rota av ( pi ). Da får vi ( gitt at eg har rekna rett )

4 * pi * rota av ( pi )

Det ser helt riktig ut det der!

[Mattebruker]

Oppfølgar:


Overflata til paraboloiden z = x${}^2$ + y${}^2$ avgrensar to " kroppar " saman med plana


z = 4 og x = 1. Finn ein eksakt verdi for volumet av den minste " kroppen ".

[MatIsa]

Projeksjonen av skjæringskurven mellom $z=x^2+y^2$ og $z=4$ ned i $xy$-planet er sirkelen $x^2+y^2=2^2$. I tillegg har vi planet $x=1$, som i polarkoordinater kan uttrykkes som $r=\sec \theta$. Som man kan se fra figuren gir dette at regionen $\mathrm{\Omega }=\{(r,\theta ):\sec \theta \le r\le 2,-{\theta }_0\le \theta \le {\theta }_0\}$, der ${\theta }_0=\pi /3$, er projeksjonen av kroppen ned i $xy$-planet. La volumet til kroppen være $V$. Da har vi at $V+V_u=V_s$, der $V_u$ er volumet mellom $xy$-planet og $z=x^2+y^2$ over $\mathrm{\Omega }$, og $V_s$ er volumet av $\{(r,\theta ,z):(r,\theta )\in \mathrm{\Omega },0\le z\le 4\}$. Finner først $V_u$:
$$V_u={\iint }_{\mathrm{\Omega }}(x^2+y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_{-\pi /3}^{\pi /3}{\int }_{\sec \theta }^2{r}^3\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta ={\displaystyle \frac{1}{4}}{\int }_{-\pi /3}^{\pi /3}(2^4-{\sec }^4\theta )\mathrm{d}\theta ={\displaystyle \frac{8\pi }{3}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_0^{\pi /3}{\sec }^4\theta \mathrm{d}\theta$$
For å beregne det siste integralet, bruker jeg delvis integrasjon med $u={\sec }^2\theta ⟹\mathrm{d}u=2{\sec }^2\theta \tan \theta \mathrm{d}\theta$ og $\mathrm{d}v={\sec }^2\theta \mathrm{d}⟹v=\tan \theta$:
$$I={\int }_0^{\pi /3}{\sec }^4\theta \mathrm{d}\theta ={\sec }^2\theta \tan \theta {|}_0^{\pi /3}-2{\int }_0^{\pi /3}{\sec }^2\theta {\tan }^2\theta \mathrm{d}\theta =4\sqrt{3}-2{\int }_0^{\pi /3}{\sec }^4\theta {\sin }^2\theta \mathrm{d}\theta$$ Her er ${\sec }^4\theta {\sin }^2\theta ={\sec }^4\theta (1-{\cos }^2\theta )={\sec }^4\theta -{\sec }^2\theta$, som gir
$$3I=4\sqrt{3}+2{\int }_0^{\pi /3}{\sec }^2\theta \mathrm{d}\theta =4\sqrt{3}+2\tan \theta {|}_0^{\pi /3}=4\sqrt{3}+2\sqrt{3}=6\sqrt{3}⟹I=2\sqrt{3}$$ Dermed er $V_u={\displaystyle \frac{8\pi }{3}}-\sqrt{3}$. For å finne $V_s$ bruker vi at $V_s=Ah$, der $A$ er arealet til regionen $\mathrm{\Omega }$ og $h$ er høyden, altså $h=4$. Av figuren ser man at $${\displaystyle \frac{1}{2}}A={\displaystyle \frac{\pi /3}{2\pi }}\cdot \pi \cdot 2^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 1\cdot \sqrt{2^2-1^2}={\displaystyle \frac{2\pi }{3}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}⟹A={\displaystyle \frac{4\pi }{3}}-\sqrt{3}$$
Tilsammen gir dette $V=V_s-V_u={\displaystyle \frac{16\pi }{3}}-4\sqrt{3}-({\displaystyle \frac{8\pi }{3}}-\sqrt{3})={\displaystyle \frac{8\pi }{3}}-3\sqrt{3}$.

Figur.png (14.51 KiB) Viewed 10595 times

[Mattebruker]

Full kontroll og korrekt svar ! Oppgåva er henta frå eit svensk læreverk i " flerdimensionell analys ".


Eg løyste oppgåva ved å bruke sylinderkoordinatar på den minste " kroppen " ( denne har form som eit " ausekar " ) og kom fram til same svar .

[Markus]

Har en av dere en oppfølger?

[MatIsa]

Eg løyste oppgåva ved å bruke sylinderkoordinatar på den minste " kroppen " ( denne har form som eit " ausekar " ) og kom fram til same svar .

Såklart, innser nå at det ville vært langt enklere å regne ut ${\iint }_{\mathrm{\Omega }}(4-r^2)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ direkte.

Oppfølger:
${\int }_{\sqrt{2}}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{x+x^{\sqrt{2}}}}$

[Kay]

Eg løyste oppgåva ved å bruke sylinderkoordinatar på den minste " kroppen " ( denne har form som eit " ausekar " ) og kom fram til same svar .

Såklart, innser nå at det ville vært langt enklere å regne ut ${\iint }_{\mathrm{\Omega }}(4-r^2)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ direkte.

Oppfølger:
${\int }_{\sqrt{2}}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{x+x^{\sqrt{2}}}}$

${\int }_{\sqrt{2}}^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x+x^{\sqrt{2}}}$

Ser at brøken kan utvides med $x^{\sqrt{2}}$

${\int }_{\sqrt{2}}^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x+x^{\sqrt{2}}}={\int }_{\sqrt{2}}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{\sqrt{2}}}{(x+x^{\sqrt{2}})x^{\sqrt{2}}}dx={\int }_{\sqrt{2}}^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^{\sqrt{2}}(x^{1-\sqrt{2}}+1)}$

La $u\to x^{1-\sqrt{2}}+1$ da har vi at $du$ må være $(1-\sqrt{2})x^{-\sqrt{2}}dx=\frac{1-\sqrt{2}}{x^{\sqrt{2}}}dx$

Gidder ikke gjøre om på grensene så regner ubestemt integral først, da får vi ved substitusjonen at $I_u=\int \frac{1}{u\cdot x^{\sqrt{2}}}dx$ her er det om å observere at vi kan gange og dele med $1-\sqrt{2}$ som er viktig for å oppnå $du$. Da får vi at
$I_u=\int \frac{(1-\sqrt{2})}{u\cdot x^{\sqrt{2}}(1-\sqrt{2})}dx=\frac{1}{1-\sqrt{2}}\int \frac{1-\sqrt{2}}{u\cdot x^{\sqrt{2}}}=\frac{1}{1-\sqrt{2}}\int \frac{1}{u}du=\frac{\ln |x^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}}+C$

Ergo er${\int }_{\sqrt{2}}^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x+x^{\sqrt{2}}}={\left[\frac{\ln |x^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}}\right]}_{\sqrt{2}}^{\mathrm{\infty }}=\left[\frac{\ln |{\mathrm{\infty }}^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}}\right]-\left[\frac{\ln |(\sqrt{2}{)}^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}}\right]=\ln |1|-\left[\frac{\ln |(\sqrt{2}{)}^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}}\right]=-\left[\frac{\ln |(\sqrt{2}{)}^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}}\right]=(1+\sqrt{2})\ln (2^{\frac{1-\sqrt{2}}{2}}+1)$

Oppfølger: ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\tan }^2(\sqrt{x})$

[MatIsa]

Riktig!

Oppfølger: ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\tan }^2(\sqrt{x})$

La $w=\sqrt{x}$. Da er $\mathrm{d}w={\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{2\sqrt{x}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{2w}}⟹\mathrm{d}x=2w\mathrm{d}w$. De nye integrasjonsgrensene blir fra $w(0)=0$ til $w(\pi /2)=\sqrt{\pi /2}$: $$I=2{\int }_0^{\sqrt{\pi /2}}w{\tan }^2(w)\mathrm{d}w$$ Bruker delvis integrasjon med $u=w⟹\mathrm{d}u=\mathrm{d}w$ og $\mathrm{d}v={\tan }^{2}w\mathrm{d}w⟹v=\tan (w)-w$: $$I=2w(\tan (w)-w){|}_0^{\sqrt{\pi /2}}-2{\int }_0^{\sqrt{\pi /2}}(\tan (w)-w)\mathrm{d}w=2\sqrt{\pi /2}(\tan \left(\sqrt{\pi /2}\right)-\sqrt{\pi /2})+2\ln (|\cos (w)|){|}_0^{\sqrt{\pi /2}}+u^2{|}_0^{\sqrt{\pi /2}}$$ $$=\sqrt{2\pi }\tan \left(\sqrt{\pi /2}\right)-\pi +2\ln (\cos \left(\sqrt{\pi /2}\right))+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$ $$=\sqrt{2\pi }\tan \left(\sqrt{\pi /2}\right)+2\ln (\cos \left(\sqrt{\pi /2}\right))-\pi /2$$

Oppfølger: ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\ln \left({\displaystyle \frac{e^x+1}{e^x-1}}\right)\mathrm{d}x$

[Kay]

Riktig!

Oppfølger: ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\tan }^2(\sqrt{x})$

La $w=\sqrt{x}$. Da er $\mathrm{d}w={\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{2\sqrt{x}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{2w}}⟹\mathrm{d}x=2w\mathrm{d}w$. De nye integrasjonsgrensene blir fra $w(0)=0$ til $w(\pi /2)=\sqrt{\pi /2}$: $$I=2{\int }_0^{\sqrt{\pi /2}}w{\tan }^2(w)\mathrm{d}w$$ Bruker delvis integrasjon med $u=w⟹\mathrm{d}u=\mathrm{d}w$ og $\mathrm{d}v={\tan }^{2}w\mathrm{d}w⟹v=\tan (w)-w$: $$I=2w(\tan (w)-w){|}_0^{\sqrt{\pi /2}}-2{\int }_0^{\sqrt{\pi /2}}(\tan (w)-w)\mathrm{d}w=2\sqrt{\pi /2}(\tan \left(\sqrt{\pi /2}\right)-\sqrt{\pi /2})+2\ln (|\cos (w)|){|}_0^{\sqrt{\pi /2}}+u^2{|}_0^{\sqrt{\pi /2}}$$ $$=\sqrt{2\pi }\tan \left(\sqrt{\pi /2}\right)-\pi +2\ln (\cos \left(\sqrt{\pi /2}\right))+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$ $$=\sqrt{2\pi }\tan \left(\sqrt{\pi /2}\right)+2\ln (\cos \left(\sqrt{\pi /2}\right))-\pi /2$$

Oppfølger kommer

Finfint arbeid, var vel ganske planke den der.

[Kay]

Riktig!

Oppfølger: ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\tan }^2(\sqrt{x})$

La $w=\sqrt{x}$. Da er $\mathrm{d}w={\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{2\sqrt{x}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{2w}}⟹\mathrm{d}x=2w\mathrm{d}w$. De nye integrasjonsgrensene blir fra $w(0)=0$ til $w(\pi /2)=\sqrt{\pi /2}$: $$I=2{\int }_0^{\sqrt{\pi /2}}w{\tan }^2(w)\mathrm{d}w$$ Bruker delvis integrasjon med $u=w⟹\mathrm{d}u=\mathrm{d}w$ og $\mathrm{d}v={\tan }^{2}w\mathrm{d}w⟹v=\tan (w)-w$: $$I=2w(\tan (w)-w){|}_0^{\sqrt{\pi /2}}-2{\int }_0^{\sqrt{\pi /2}}(\tan (w)-w)\mathrm{d}w=2\sqrt{\pi /2}(\tan \left(\sqrt{\pi /2}\right)-\sqrt{\pi /2})+2\ln (|\cos (w)|){|}_0^{\sqrt{\pi /2}}+u^2{|}_0^{\sqrt{\pi /2}}$$ $$=\sqrt{2\pi }\tan \left(\sqrt{\pi /2}\right)-\pi +2\ln (\cos \left(\sqrt{\pi /2}\right))+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$ $$=\sqrt{2\pi }\tan \left(\sqrt{\pi /2}\right)+2\ln (\cos \left(\sqrt{\pi /2}\right))-\pi /2$$

Oppfølger: ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\ln \left({\displaystyle \frac{e^x+1}{e^x-1}}\right)\mathrm{d}x$

Etter å ha leita etter teorem a-z og ikke funnet noenting, fant jeg ut at det eneste jeg kan gjøre er å bruteforce hele greia.


$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\ln \left(\frac{e^x+1}{e^x-1}\right)$

La $u=\ln \left(\frac{e^x+1}{e^x-1}\right)$ og $v^{\prime }=1$

La $w=\frac{e^x+1}{e^x-1}$ være kjernen til $u$, da er $u^{\prime }=\ln (w{)}^{\prime }\cdot w^{\prime }(x)=\frac{1}{w}\cdot {\left(\frac{e^x+1}{e^x-1}\right)}^{\prime }=\frac{1}{\left(\frac{e^x+1}{e^x-1}\right)}\frac{(e^x+1{)}^{\prime }(e^x-1)-(e^x+1)(e^x-1{)}^{\prime })}{(e^x-1{)}^2}=-\frac{2e^x}{e^{2x}-1}$

Og naturligvis $v=1$...

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


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

Går søren meg tom for variabler, så da gjør vi noe dristig, la $\varphi =e^x-1$, da er $\frac{d\varphi }{dx}=e^x$ og dermed $d\varphi =e^{x}dx$

Da oppnår vi $\int \frac{xd\varphi }{\varphi (\varphi +2)}$, Her er det om å observere at $x=\ln (e^x)$ og vurdere hva kan vi sette det inn i $\varphi =e^x-1$ for at $\ln (\varphi +?)=x$ Da oppnår vi at $x=\ln (\varphi +1)$

Integralet blir dermed $\int \frac{\ln (\varphi +1)}{\varphi (\varphi +2)}d\varphi$

Ved delbrøkoppspaltning $I=\frac{1}{2}\int \frac{\ln (\varphi +1)}{\varphi }d\varphi -\frac{1}{2}\int \frac{\ln (\varphi +1)}{\varphi +2}$

Hvis du ser lengre framme i tråden så løste jeg et integral som brukte dette mønsteret (polylogaritmer) så uttrykkene kan skrives om:

$\int \frac{\ln (\varphi +1)}{\varphi }=-L{i}_2(-\varphi )+C$ og $\int \frac{\ln (\varphi +1)}{\varphi +2}=-L{i}_2(-\varphi -1)+\ln (\varphi +1)+\ln (\varphi +2)+C$

Etter innsubstituering av alle variabler oppnår vi ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\ln \left(\frac{e^x+1}{e^x-1}\right)=x\ln \left(\frac{e^x+1}{e^x-1}\right)-L{i}_2(-e^x)-(-L{i}_2(e^x))+x\ln (1-e^x)-x\ln (e^x+1)={[-L{i}_2(-e^x)+L{i}_2(e^x)+x(\ln (1-e^x)-\ln (e^x+1)+\ln \left(\frac{e^x+1}{e^x-1}\right))]}_0^{\mathrm{\infty }}=\frac{{\pi }^2}{4}$

Vet ikke hva for elegant løsning du hadde i tankene, men del den gjerne

Oppfølger ${\int }_0^{{\mathrm{\infty }}^{+}}\frac{x}{e^x-1}$ Uten å bruke Riemann-zeta eller Gamma-zeta, dvs. $\zeta (s)\vee \mathrm{\Gamma }(s)\zeta (s)$ da det trivialiserer integralet ganske kraftig.

[MatIsa]

Jeg fant integralet i boka Inside Interesting Integrals av Paul Nahin. Han bruker substitusjonen $u=e^{-x}$, som gir $$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\ln \left({\displaystyle \frac{1+e^{-x}}{1-e^{-x}}}\right)\mathrm{d}x={\int }_1^0\ln \left({\displaystyle \frac{1+u}{1-u}}\right)(-{\displaystyle \frac{\mathrm{d}u}{u}})={\int }_0^1(\ln (1+u)-\ln (1-u))\mathrm{d}u$$ $$={\int }_0^1{\displaystyle \frac{1}{u}}[(u-{\displaystyle \frac{u^2}{2}}+{\displaystyle \frac{u^3}{3}}-{\displaystyle \frac{u^4}{4}}+\cdots )-(-u-{\displaystyle \frac{u^2}{2}}-{\displaystyle \frac{u^3}{3}}-{\displaystyle \frac{u^4}{4}}-\cdots )]\mathrm{d}u=2{\int }_0^1(1+{\displaystyle \frac{u^2}{3}}+{\displaystyle \frac{u^4}{5}}+\cdots )\mathrm{d}u$$ $$=2(1+{\displaystyle \frac{1}{3^2}}+{\displaystyle \frac{1}{5^2}}+\cdots )={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{4}}$$

Oppfølger ${\int }_0^{{\mathrm{\infty }}^{+}}\frac{x}{e^x-1}$

Skriver om litt:
$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x}{e^x-1}}\mathrm{d}x={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x{e}^{-x}}{1-e^{-x}}}\mathrm{d}x={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\left(x{e}^{-x}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-nx}\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\left(x\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-nx}\right)\mathrm{d}x$$ I den andre overgangen brukes det at $1/(1-u)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{u}^n$ for $|u|<1$. Bytting av rekkefølge av integral og summering gir $$I=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-nx}\mathrm{d}x\right)$$ Det indre integralet finnes ved delvis integrasjon: $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-nx}\mathrm{d}x=-{\displaystyle \frac{1}{n}}x{e}^{-nx}{|}_0^{\mathrm{\infty }}+{\displaystyle \frac{1}{n}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-nx}\mathrm{d}x=-{\displaystyle \frac{1}{n^2}}{e}^{-nx}{|}_0^{\mathrm{\infty }}={\displaystyle \frac{1}{n^2}}$$ Dermed har man at $$I=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{n^2}}={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{6}}$$
Oppfølger: $\int \sqrt{1+e^{2x}}\mathrm{d}x$

[Mattebruker]

Integralet kan løysast " for hånd " ved å innføre desse substitusjonane:

Først: Sett e${}^x$ = tan(t )

Deretter: Sett cos( t ) = u

Da endar vi opp med at

integral(rota av( 1 + e^(2x) ) = rota av (1 + e^(2x) ) +1/2 ln(abs( 1 - rota(1 + e^(2x)) -1/2 ln(abs(1 + rota(1 + e^(2x)) + C

= rota av (1 + e^(2x) ) +1/2 ln( rota(1 + e^2x) - 1 ) - 1/2 ln( rota(1 + e^2x) +1 ) + C

[Mattebruker]

Presisering:

Tan(t) skal dekkje heile verdiområdet til exp-funksjonen , dvs. heile R${}_{+}$.


Da må 0 < t < pi/2

[Kay]

Har du en oppfølger?

[Mattebruker]

Oppfølgar:

Rekn ut det bestemte integralet (e${}^{-x}$ * x${}^{-1}$ * (1 - cos( x ) ) dx frå 0 til + uendeleg .