Integral maraton !

[Markus]

Oppfølgar:

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

Definer $$I(a)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1-\cos (x)e^{-ax}}{x}\text{d}x$$ Da er $$I^{\prime }(a)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-ax}(\cos (x)-1)\text{d}x$$ Vi ser på dette integralet uten å tenke på grensene. Ved delvis intgrasjon med $u=\cos (x)-1$ og $v^{\prime }=e^{-ax}$, fås $$\int e^{-ax}(\cos (x)-1)\text{d}x=-\frac{e^{-ax}(\cos (x)-1)}{a}-\frac{1}{a}\int e^{-ax}\sin (x)$$ Delvis integrasjon på det siste leddet med $u=\sin (x)$ og $v^{\prime }=e^{-ax}$ gir $$\int e^{-ax}\sin (x)\text{d}x=-\frac{e^{-ax}\sin (x)}{a}+\int \frac{e^{-ax}\cos (x)}{a}\text{d}x$$ Delvis integrasjon en gang til på det siste leddet i det siste integralet med $u=\cos (x)$ og $v^{\prime }=\frac{e^{-ax}}{a}$ gir at $$\begin{gathered} \int e^{-ax}\sin (x)\text{d}x=-\frac{e^{-ax}\sin (x)}{a}-\frac{e^{-ax}\cos (x)}{a^2}-\frac{1}{a^2}\int e^{-ax}\sin (x)\text{d}x \\ \therefore (1+\frac{1}{a^2})\int e^{-ax}\sin (x)\text{d}x=\frac{-a{e}^{-ax}\sin (x)-e^{-ax}\cos (x)}{a^2} \\ \therefore \int e^{-ax}\sin (x)\text{d}x=\frac{a{e}^{-ax}\sin (x)-e^{-ax}\cos (x)}{a^2+1} \end{gathered}$$ Som gir at $$I^{\prime }(a)={\left[\frac{e^{-ax}(a\sin (x)-a^2\cos (x)+a^2+1)}{a^3+a}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}=-\frac{1}{a^3+a}$$ Nå er $$I(a)=\int -\frac{1}{a^3+a}\text{d}a=\int -\frac{1}{(1+\frac{1}{a^2})a^3}$$ La $u=\frac{1}{a^2}+1$, da er $\text{d}a=-\frac{a^3}{2}\text{d}u$ så $$I(a)=\frac{1}{2}\int \frac{1}{u}\text{d}u=\frac{1}{2}\ln |u|+C=\frac{1}{2}\ln |\frac{1}{a^2}+1|+C$$ For å finne integrasjonskonstanten $C$ lar vi $a\to \mathrm{\infty }$ i det originale uttrykket for $I(a)$ og ser at vi da får $\underset{a\to \mathrm{\infty }}{lim}I(a)=0$. Gjør vi det samme i det siste uttrykket får vi også at $I(a)\to 0$. Altså må integrasjonskonstanten være $0$ og vi får endelig at $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{(1-\cos (x))e^{-x}}{x}=I(1)=\frac{1}{2}\ln (2)$$

Oppfølger: $$\int {\cos }^4(x)-{\sin }^4(x)\text{d}x$$

[Mattebruker]

Hadde tenkt å legge inn eit passande hint ( derivasjon under integralteiknet ) , men Markus løyste problemet på
sjølvstendig grunnlag.

[Kay]

Oppfølger: $$\int {\cos }^4(x)-{\sin }^4(x)\text{d}x$$

$\int {\cos }^4(x)-{\sin }^4(x)dx=\int \cos (2x)dx=\frac{1}{2}\sin (2x)$


Oppfølger ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}cos(x)dx$

[Markus]

Oppfølger ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}cos(x)dx$

La $$I(a)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\cdot \cos (ax)\text{d}x$$ Da er $$I^{\prime }(a)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}-x{e}^{-x^2}\cdot \sin (ax)\text{d}x$$ Utfører vi nå delvis integrasjon på $I^{\prime }(a)$ med $u^{\prime }=-x{e}^{-x^2}$ og $v=\sin (ax)$ fås $$I^{\prime }(a)={[\frac{1}{2}{e}^{-x^2}\cdot \sin (ax)]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}{e}^{-x^2}\cdot (a\cdot \cos (ax))\text{d}x=-\frac{a}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\cdot \cos (ax)\text{d}x$$ Legg merke til at det siste uttrykket er $I(a)$, altså har vi at $I^{\prime }(a)=-\frac{a}{2}I(a)$, som er en seperabel difflikning i forkledning; $\frac{y^{\prime }}{y}=-\frac{a}{2}$. Vi får $$\int \frac{1}{y}\frac{\text{d}y}{\text{d}a}\text{d}a=\int -\frac{a}{2}\text{d}a\therefore \ln (y)=-\frac{a^2}{4}+C\therefore I(a)=y=C{e}^{-\frac{a^2}{4}}$$ Observer nå at $$I(0)=C={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}=\sqrt{\pi }$$ som er et kjent resultat (kontekst: Gaussian integral), så utelater det da flere sikkert er kjent med det fra før. Fra den originale definisjonen på $I(a)$ er vårt ønskede integral $I(1)$, som gir endelig at $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\cos (x)=I(1)=\sqrt{\pi }{e}^{-\frac{1}{4}}$$

Oppfølger: $${\int }_{-1}^1\frac{\sin (x)}{x^4+x^2+1}\text{d}x$$

[MatIsa]

Oppfølger ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}cos(x)dx$

Litt usikker på om dette er gyldig, men mener å ha sett noe lignende før:
${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\cos (x)\mathrm{d}x=\mathfrak{R}\left[{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2+ix}\mathrm{d}x\right]=\mathfrak{R}\left[{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(x-i/2{)}^2-1/4}\mathrm{d}x\right]=\mathfrak{R}\left[e^{-1/4}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(x-i/2{)}^2}\mathrm{d}x\right]=e^{-1/4}\sqrt{\pi }$

Edit: Var visst litt sent ute der

[Mattebruker]

Integranden sin( x ) /(x${}^4$ + x${}^2$ + 1) er åpenbart ein odde funksjon( teljar sin( x ) er odde ,

medan nemnar er jamn ) . Da blir det bestemte integralet lik 0 ettersom nedre og øvre integrasjonsgrense ligg like langt
frå origo( a = - b).


Oppfølgar:

Rekn ut trippelintegralet (x${}^2$ + y${}^2$ + z${}^2$ + a${}^2$)${}^{-2}$dxdydz , a > 0

over D ={(x,y,z) : x > 0 , y > 0 og z > 0 }

[Kay]

Oppfølger ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}cos(x)dx$

Litt usikker på om dette er gyldig, men mener å ha sett noe lignende før:
${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\cos (x)\mathrm{d}x=\mathfrak{R}\left[{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2+ix}\mathrm{d}x\right]=\mathfrak{R}\left[{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(x-i/2{)}^2-1/4}\mathrm{d}x\right]=\mathfrak{R}\left[e^{-1/4}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(x-i/2{)}^2}\mathrm{d}x\right]=e^{-1/4}\sqrt{\pi }$

Edit: Var visst litt sent ute der

For det det er verdt så var begge iallefall riktig. Jeg må også si meg imponert med begge løsningene, en differensial og en ved hjelp av kompleks er flott (for øvrig imponert over at du tok alt på en eneste linje).

[DennisChristensen]

Oppfølgar:

Rekn ut trippelintegralet (x${}^2$ + y${}^2$ + z${}^2$ + a${}^2$)${}^{-2}$dxdydz , a > 0

over D ={(x,y,z) : x > 0 , y > 0 og z > 0 }

$$I={\iiint }_D{(x^2+y^2+z^2+a^2)}^{-2}\text{d}x\text{d}y\text{d}z,$$
der $a>0$ og $D=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|x,y,z>0\}.$

Vi introduserer sfæriske polarkoordinater: $$x=r\sin \phi \cos \theta ,$$ $$y=r\sin \phi \sin \theta ,$$ $$z=r\cos \phi ,$$ slik at integralet vårt blir til
$${\int }_{\phi =0}^{\frac{\pi }{2}}{\int }_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\int }_{r=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{r^2\sin \phi }{{(r^2+a^2)}^2}\text{d}r\text{d}\theta \text{d}\phi =\frac{\pi }{2}{[-\cos \phi ]}_{\phi =0}^{\frac{\pi }{2}}{\int }_{r=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{r^2}{{(r^2+a^2)}^2}\text{d}r=\frac{\pi }{2}{\int }_{r=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{r^2}{{(r^2+a^2)}^2}\text{d}r.$$

Vi evaluerer dette integralet via Cauchy's Residue Theorem. Integrér $f(z)=\frac{z^2}{(z^2+a^2{)}^2}$ mot klokken rundt ${\mathrm{\Gamma }}_R$, der ${\mathrm{\Gamma }}_R$ er standardkonturen med radius $R$. Integralet langs halvsirkelen går mot $0$ når $R\to \mathrm{\infty }$ ettersom integranden er $O(\frac{1}{R^2})$. Den eneste polen inni ${\mathrm{\Gamma }}_R$ er $z=ia$ (ettersom $a>0$), av orden $2$, og vi ser at $$\text{Res}(f;ia)=\underset{z\to ia}{lim}\frac{\text{d}}{\text{d}z}[(z-ia{)}^{2}f(z)]=\underset{z\to ia}{lim}\frac{\text{d}}{\text{d}z}\frac{z^2}{(z+ia{)}^2}=\underset{z\to ia}{lim}\frac{2z(z+ia{)}^2-2z^2(z+ia)}{(z+ia{)}^4}=\frac{2ia(2ia{)}^2-2(ia{)}^2(2ia)}{(2ia{)}^4}=\frac{-8i{a}^3+4i{a}^3}{16a^4}=-\frac{1}{4a}i,$$ så Cauchy gir at $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^2}{(x^2+a^2{)}^2}\text{d}x=\underset{R\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{{\mathrm{\Gamma }}_R}f(z)\text{d}z=2\pi i(-\frac{1}{4a}i)=\frac{\pi }{2a}.$$

Dermed får vi til slutt at $$I=\frac{\pi }{2}{\int }_{r=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{r^2}{{(r^2+a^2)}^2}\text{d}r=\frac{\pi }{4}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^2}{{(x^2+a^2)}^2}\text{d}x=\frac{\pi }{4}\times \frac{\pi }{2a}=\frac{{\pi }^2}{8a}.$$

Oppfølger: La $a,b,c>0$ være konstanter. Evaluér integralet $${\iiint }_D{(ax+by+cz)}^4\text{d}V,$$ der $D=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|x^2+y^2+z^2\le 1\}$.

[MatIsa]

For det det er verdt så var begge iallefall riktig. Jeg må også si meg imponert med begge løsningene, en differensial og en ved hjelp av kompleks er flott (for øvrig imponert over at du tok alt på en eneste linje).

Sier aldri nei til en liten tur innom kompleks analyse

Oppfølger: La $a,b,c>0$ være konstanter. Evaluér integralet $${\iiint }_D{(ax+by+cz)}^4\text{d}V,$$ der $D=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|x^2+y^2+z^2\le 1\}$.

Etter å brukt divergensteoremet til å skrive om volumintegralet til et overflateintegral med $F={\displaystyle \frac{(ax+by+cz{)}^5}{15}}({\displaystyle \frac{1}{a}},{\displaystyle \frac{1}{b}},{\displaystyle \frac{1}{c}})$, innså jeg at det fantes en langt enklere løsning: Integranden $(ax+by+cz{)}^4$ er konstant langs plan, og man kan evaluere integralet ved å integrere over alle plan som har avstand mindre enn 1 til origo. La $\alpha :ax+by+cz+w=0$ være et plan. Da er avstanden (med fortegn) fra $\alpha$ til origo gitt ved $s(w)=w/\sqrt{a^2+b^2+c^2}$. Vi ønsker å se på planene som oppfyller $|s(w)|\le 1$, altså $-\sqrt{a^2+b^2+c^2}\le w\le \sqrt{a^2+b^2+c^2}⟹-w_0\le w\le w_0$, der $w_0=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$. Skriv $$Q={\iiint }_D{w}^4\mathrm{d}V={\int }_{-w_0}^{w_0}\mathrm{d}Q$$
der $\mathrm{d}Q$ er bidraget til $Q$ fra planet $\alpha$. Skjæringskurven mellom $\alpha$ og enhetskula er en disk med radius $r(w)$ og areal $A(w)=\pi r(w{)}^2$. Bidraget er da gitt ved $\mathrm{d}Q=w^4\mathrm{d}V=w^{4}A(w)\mathrm{d}s=\pi w^{4}r(w{)}^2\mathrm{d}s$. Her er $\mathrm{d}s={\displaystyle \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}w}}\mathrm{d}w={\displaystyle \frac{1}{w_0}}\mathrm{d}w$. Fra figuren er det lett å se at $r(w{)}^2+s(w{)}^2=1⟹r(w)=\sqrt{1-w^2/w_0^2}$. Dette gir da $$Q=\pi {\int }_{-w_0}^{w_0}{w}^4(1-w^2/w_0^2)(\mathrm{d}w/w_0)={\displaystyle \frac{2\pi }{w_0}}{\int }_0^{w_0}(w^4-w^6/w_0^2)\mathrm{d}w={\displaystyle \frac{2\pi }{w_0}}{({\displaystyle \frac{w^5}{5}}-{\displaystyle \frac{w^7}{7w_0^2}})|}_0^{w_0}$$ $$=2\pi ({\displaystyle \frac{w_0^4}{5}}-{\displaystyle \frac{w_0^4}{7}})={\displaystyle \frac{4\pi }{35}}{w}_0^4={\displaystyle \frac{4\pi }{35}}(a^2+b^2+c^2{)}^2$$

Oppfølger: $\int {\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{x(x+1)(x+2)\cdots (x+n)}}$

Figur.png (15.08 KiB) Viewed 9342 times

[DennisChristensen]

Etter å brukt divergensteoremet til å skrive om volumintegralet til et overflateintegral med $F={\displaystyle \frac{(ax+by+cz{)}^5}{15}}({\displaystyle \frac{1}{a}},{\displaystyle \frac{1}{b}},{\displaystyle \frac{1}{c}})$, innså jeg at det fantes en langt enklere løsning: Integranden $(ax+by+cz{)}^4$ er konstant langs plan, og man kan evaluere integralet ved å integrere over alle plan som har avstand mindre enn 1 til origo. La $\alpha :ax+by+cz+w=0$ være et plan. Da er avstanden (med fortegn) fra $\alpha$ til origo gitt ved $s(w)=w/\sqrt{a^2+b^2+c^2}$. Vi ønsker å se på planene som oppfyller $|s(w)|\le 1$, altså $-\sqrt{a^2+b^2+c^2}\le w\le \sqrt{a^2+b^2+c^2}⟹-w_0\le w\le w_0$, der $w_0=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$. Skriv $$Q={\iiint }_D{w}^4\mathrm{d}V={\int }_{-w_0}^{w_0}\mathrm{d}Q$$
der $\mathrm{d}Q$ er bidraget til $Q$ fra planet $\alpha$. Skjæringskurven mellom $\alpha$ og enhetskula er en disk med radius $r(w)$ og areal $A(w)=\pi r(w{)}^2$. Bidraget er da gitt ved $\mathrm{d}Q=w^4\mathrm{d}V=w^{4}A(w)\mathrm{d}s=\pi w^{4}r(w{)}^2\mathrm{d}s$. Her er $\mathrm{d}s={\displaystyle \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}w}}\mathrm{d}w={\displaystyle \frac{1}{w_0}}\mathrm{d}w$. Fra figuren er det lett å se at $r(w{)}^2+s(w{)}^2=1⟹r(w)=\sqrt{1-w^2/w_0^2}$. Dette gir da $$Q=[\dots ]={\displaystyle \frac{4\pi }{35}}(a^2+b^2+c^2{)}^2$$

Bra jobba! Liker spesielt hvordan du utnyttet geometrien i problemet for å forenkle løsningen din. Eventuelt kan vi anvende et lurt triks og skrive integranden som et skalarprodukt: $$I={\iiint }_D{(ax+by+cz)}^4\text{d}V={\iiint }_D{((a,b,c)\cdot (x,y,z))}^4\text{d}V.$$ Dermed introduserer vi nye koordinater $\hat{x},\hat{y}$ og $\hat{z}$ ved å rotere koordinatsystemet slik at $\hat{z}$-aksen er parallell med $\mathbf{\text{a}}=(a,b,c)$. Vi introduserer enhetsvektorene ${\mathbf{e}}_{\hat{x}},{\mathbf{e}}_{\hat{y}}$ og ${\mathbf{e}}_{\hat{z}}$ som positive retningsvektorer langs de nye koordinataksene. Merk at $\mathbf{a}\cdot {\mathbf{e}}_{\hat{x}}=\mathbf{a}\cdot {\mathbf{e}}_{\hat{y}}=0.$ Ettersom integrasjonsområdet er sfærisk symmetrisk og Jacobianmatrisen har determinant $1$ får vi da at $$I={\iiint }_D{(\mathbf{a}\cdot (\hat{x}{\mathbf{e}}_{\hat{x}}+\hat{y}{\mathbf{e}}_{\hat{y}}+\hat{z}{\mathbf{e}}_{\hat{z}}))}^4\text{d}V={\iiint }_D{(\mathbf{a}\cdot {\mathbf{e}}_{\hat{z}}\hat{z})}^4\text{d}V={\iiint }_D{(\mathbf{a}\cdot \frac{\hat{z}}{\Vert \mathbf{a}\Vert }\mathbf{a})}^4,\text{d}V$$
$$=\Vert \mathbf{a}{\Vert }^4{\iiint }_D{\hat{z}}^4\text{d}V=\Vert \mathbf{a}{\Vert }^4{\int }_{\phi =0}^{\pi }{\int }_{\theta =0}^{2\pi }{\int }_{r=0}^1{r}^6{\cos }^4\phi \sin \phi \text{d}r\text{d}\theta \text{d}\phi =[\dots ]=\frac{4\pi }{35}{(a^2+b^2+c^2)}^2.$$

Oppfølger: $\int {\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{x(x+1)(x+2)\cdots (x+n)}}$

Vi viser ved induksjon på $n$ at $$\frac{1}{x(x+1)\dots (x+n)}=\frac{1}{n!}\sum _{i=0}^n{\beta }_i^{(n)}\frac{1}{x+i},$$
der koeffisientene ${\beta }_i^{(n)}$ er bestemt av binomialuttrykket $$(u-v{)}^n=\sum _{i=0}^n{\beta }_i^{(n)}{u}^i{v}^{n-i}.$$ Det vil si, ${\beta }_i^{(n)}=(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}).$

$\mathbf{n}\mathbf{=}\mathbf{1}$: $$\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}.✓$$

Induksjon: Anta at formelen gjelder for $n$, der $n\ge 1$ er gitt. Da får vi at $$\frac{1}{x(x+1)\dots (x+n)(x+n+1)}=\frac{1}{x+n+1}\cdot \frac{1}{n!}\sum _{i=0}^n{\beta }_i^{(n)}\frac{1}{x+i}=\frac{1}{n!}\sum _{i=0}^n{\beta }_i^{(n)}(\frac{(n+1-i{)}^{-1}}{x+i}-\frac{(n+1-i{)}^{-1}}{x+n+1}).$$ Nå, $${\beta }_i^{(n)}(n+1-i{)}^{-1}=(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\frac{1}{n+1-i}=(-1{)}^i\frac{n!}{i!(n-i)!}\frac{1}{n+1-i}=(-1{)}^i\frac{n!}{i!(n+1-i)!}=\frac{1}{n+1}(-1{)}^i\frac{(n+1)!}{i!(n+1-i)!}=\frac{1}{n+1}{\beta }_i^{(n+1)},$$ og $$-\sum _{i=0}^n{\beta }_i^{(n)}\frac{1}{n+1-i}=-\sum _{i=0}^n(-1{)}^i\frac{n!}{i!(n-i)!}\frac{1}{n+1-i}=-\frac{1}{n+1}\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{i})=\frac{1}{n+1}[\sum _{i=0}^{n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{i})-(-1{)}^{n+1}]=-\frac{1}{n+1}[(1-1{)}^{n+1}-(-1{)}^{n+1}]=\frac{1}{n+1}(-1{)}^{n+1}=\frac{1}{n+1}{\beta }_i^{(n+1)},$$ så $$\frac{1}{x(x+1)\dots (x+n)(x+n+1)}=\frac{1}{(n+1)!}\sum _{i=0}^{n+1}{\beta }_i^{(n+1)}\frac{1}{x+i},$$ som fullfører induksjonssteget. $✓$

Dermed får vi at $$\int \frac{1}{x(x+1)\dots (x+n)}\text{d}x=\frac{1}{n!}\int \sum _{i=0}^n{\beta }_i^{(n)}\frac{1}{x+i}\text{d}x=\frac{1}{n!}\sum _{i=0}^n{\beta }_i^{(n)}\log |x+i|+C,$$ der $C\in \mathbb{R}$ er en integrasjonskonstant.

Oppfølger: Hvis $x\in \mathbb{R}$ er et reelt tall lar vi $\lfloor x\rfloor$ være det største heltallet mindre enn eller lik $x$. La $n\in \mathbb{N}$ være et naturlig tall. Finn $${\int }_0^n\lfloor 2^x\rfloor \text{d}x.$$

[Markus]

Oppfølger: Hvis $x\in \mathbb{R}$ er et reelt tall lar vi $\lfloor x\rfloor$ være det største heltallet mindre enn eller lik $x$. La $n\in \mathbb{N}$ være et naturlig tall. Finn $${\int }_0^n\lfloor 2^x\rfloor \text{d}x.$$

Plotter vi $f(x)=\lfloor 2^x\rfloor$ ser vi at $f(x)=1$ for $x\in [0,1)$, $f(x)=2$ for $x\in [{\log }_{2}2,{\log }_{2}3)$, $f(x)=3$ for $x\in [{\log }_{2}3,{\log }_{2}4)$. Mer generelt, for $n\in \mathbb{N}$ er $f(x)=n$ for $x\in [{\log }_{2}n,{\log }_2(n+1))$. Derfor blir $$\begin{gathered} {\int }_0^n\lfloor 2^x\rfloor \text{d}x=1+2({\log }_{2}3-{\log }_{2}2)+3({\log }_{2}4-{\log }_{2}3)+\cdots +(2^n-1)({\log }_2(2^n)-{\log }_2(2^n-1)) \\ =1-2{\log }_{2}2+2{\log }_{2}3-3{\log }_{2}3+3{\log }_{2}4+\cdots -(2^n-1){\log }_2(2^n-1)+(2^n-1){\log }_2(2^n) \\ =-{\log }_{2}2-{\log }_{2}3-{\log }_{2}4-\cdots -\log (2^n)+2^n{\log }_2(2^n) \\ =2^n{\log }_2(2^n)-({\log }_{2}2+{\log }_{2}3+{\log }_{2}4+\cdots +{\log }_2(2n)) \\ =2^n\cdot n-{\log }_2((2n)!) \end{gathered}$$

En oppfølger i samme gate: ${\int }_0^n{2}^{\lfloor x\rfloor }\text{d}x$, der $n\in \mathbb{N}$

Edit: da har jeg lagt til en oppfølger

[MatIsa]

En oppfølger i samme gate: ${\int }_0^n{2}^{\lfloor x\rfloor }\text{d}x$, der $n\in \mathbb{N}$

${\int }_0^n{2}^{\lfloor x\rfloor }\mathrm{d}x=\sum _{i=0}^{n-1}{\int }_i^{i+1}{2}^{\lfloor x\rfloor }\mathrm{d}x=\sum _{i=0}^{n-1}{2}^i{\int }_i^{i+1}\mathrm{d}x=\sum _{i=0}^{n-1}{2}^i=2^n-1$

Oppfølger: ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{{\sin }^2(x)}{x^2}}\mathrm{d}x$

[Kay]

En oppfølger i samme gate: ${\int }_0^n{2}^{\lfloor x\rfloor }\text{d}x$, der $n\in \mathbb{N}$

${\int }_0^n{2}^{\lfloor x\rfloor }\mathrm{d}x=\sum _{i=0}^{n-1}{\int }_i^{i+1}{2}^{\lfloor x\rfloor }\mathrm{d}x=\sum _{i=0}^{n-1}{2}^i{\int }_i^{i+1}\mathrm{d}x=\sum _{i=0}^{n-1}{2}^i=2^n-1$

Oppfølger: ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{{\sin }^2(x)}{x^2}}\mathrm{d}x$

Det er en trillion måter å regne den der på, bl.a. Fourier, kompleks og hva enn ikke.

Velger likevel å flekse litt laplace muskler fordi jeg har drevet med det en del i det siste, hehe...

Observer at ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{si{n}^2(x)}{x^2}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{sin(x)}{x}$ (Kan bevise denne hvis du føler den trivialiserer problemet)

Vi kjenner at

$\mathcal{L}\left\{\frac{f(t)}{t}\right\}(s)={\int }_s^{\mathrm{\infty }}\mathcal{L}\{f(t)\}(p)dp$

Ergo ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\mathcal{L}\{\sin t\}(s)ds={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{s^2+1}={[\arctan (s)]}_0^{\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{2}$

Oppfølger ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-|x|}dx$

[Markus]

Oppfølger ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-|x|}dx$

På ${\mathbb{R}}^{+}$ er $x{e}^{-|x|}=x{e}^{-x}$ så ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-|x|}\text{d}x={\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x}\text{d}x=[-x{e}^{-x}{]}_0^{\mathrm{\infty }}-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}=1$ ved delvis integrasjon.
Oppfølger: $${\int }_0^1\frac{\arcsin \left(\frac{2x}{1+x^2}\right)}{1+x^2}\text{d}x$$

[Janhaa]

Oppfølger: $${\int }_0^1\frac{\arcsin \left(\frac{2x}{1+x^2}\right)}{1+x^2}\text{d}x$$

Cluet her vel å observere at:

$$\arcsin \left(\frac{2x}{1+x^2}\right)=2u=2\arctan (x)$$
via:
$x=\tan (u)$
etc...
slik at:
$$I={\int }_0^1\frac{\arcsin \left(\frac{2x}{1+x^2}\right)}{1+x^2}\text{d}x$$


$I=2{\int }_0^1\frac{\arctan (x)}{x^2+1}dx$
der
$$\begin{gathered} \theta =\arctan (x) \\ d\theta =\frac{dx}{1+x^2} \\ I=2{\int }_0^{\pi /4}\theta d\theta =\frac{{\pi }^2}{16} \end{gathered}$$