Integral maraton !

[Janhaa]

Oppfølger:

$I={\int }_0^{\pi /4}x\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\cos \left(\frac{x}{2^k}\right)dx$

[Mattebruker]

Delvis integrasjon gir

Integral(sin${}^{-1}$(2x/(1 + x${}^2$) ) dx = tan${}^{-1}$ (x ) * sin${}^{-1}$(2x/(x${}^2$ + 1 ) - (tan${}^{-1}$( x ) )${}^2$ + C.



Det bestemte integralet frå 0 til 1 blir då : tan${}^{-1}$( 1 ) * sin${}^{-1}$( 1 ) - (tan${}^{-1}$( 1 ) )${}^2$ = pi/4 * pi/2 - (pi/4)${}^2$ = (pi)${}^2$/16


Oppfølgar ( svensk tekst ) :


I xy-planet er givit en cirkel med radien a lengdeenheter.

Från den variabla punkten ( x , y ) dras tangenterna til cirkeln. De bildar med varandra vinkeln 2v. Berekna


Dobbelintegralen (v - sin ( v ) ) dxdy øver området D utanfør cirkeln.

[Markus]

Fine løsninger begget to! Vi kan også ta i bruk Weierstrass-substitsujon, bare baklengs. Lar vi $x=\tan \left(\frac{u}{2}\right)$, får vi $\sin (u)=\frac{2x}{1+x^2}$ og $\text{d}u=\frac{2}{1+x^2}\text{d}x$. Da får vi $${\int }_0^1\frac{\arcsin (\sin (u))}{2}\text{d}u={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{u}{2}\text{d}u$$

[Kay]

Oppfølger:

$I={\int }_0^{\pi /4}x\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\cos \left(\frac{x}{2^k}\right)dx$

$\underset{p\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{k=1}^p\cos \left(\frac{x}{2^k}\right)=\underset{p\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\left(\frac{\sin (2^{-p})x}{2^{-p}x}\right)}\frac{\sin (x)}{x}=\frac{\sin (x)}{x}$

Ergo får vi at ${\int }_0^{\pi /4}x\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\cos \left(\frac{x}{2^k}\right)dx={\int }_0^{\pi /4}\sin (x)dx={[-cos(x)]}_0^{\pi /4}=1-\frac{1}{\sqrt{2}}$

Mattegjest har posta en oppfølger der oppe, så noen kan like greit løse den først ^

Min oppfølger: ${\int }_0^5\frac{\pi (1+\frac{1}{2\sqrt{x}})}{\sqrt{10}\sqrt{\sqrt{x}+x}}dx$

[Janhaa]

Oppfølger:
$I={\int }_0^{\pi /4}x\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\cos \left(\frac{x}{2^k}\right)dx$

$\underset{p\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{k=1}^p\cos \left(\frac{x}{2^k}\right)=\underset{p\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\left(\frac{\sin (2^{-p})x}{2^{-p}x}\right)}\frac{\sin (x)}{x}=\frac{\sin (x)}{x}$
Ergo får vi at ${\int }_0^{\pi /4}x\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\cos \left(\frac{x}{2^k}\right)dx={\int }_0^{\pi /4}\sin (x)dx={[-cos(x)]}_0^{\pi /4}=1-\frac{1}{\sqrt{2}}$
Mattegjest har posta en oppfølger der oppe, så noen kan like greit løse den først ^
Min oppfølger: ${\int }_0^5\frac{\pi (1+\frac{1}{2\sqrt{x}})}{\sqrt{10}\sqrt{\sqrt{x}+x}}dx$

flott.

[Janhaa]

Min oppfølger: ${\int }_0^5\frac{\pi (1+\frac{1}{2\sqrt{x}})}{\sqrt{10}\sqrt{\sqrt{x}+x}}dx$

$I={\int }_0^5\frac{\pi (1+\frac{1}{2\sqrt{x}})}{\sqrt{10}\sqrt{\sqrt{x}+x}}dx$
setter:
$u=\sqrt{x}+x$

$du=(1+\frac{1}{2\sqrt{x}})dx$

$I=\frac{\pi }{\sqrt{10}}{\int }_0^{5+\sqrt{5}}\frac{du}{\sqrt{u}}=\frac{2\pi }{\sqrt{10}}\sqrt{5+\sqrt{5}}$

[Janhaa]

Har 1 liten, artig oppfølger,
continued fraction integral:

$I={\int }_0^1\frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}dx$

[MatIsa]

Har 1 liten, artig oppfølger,
continued fraction integral:

$I={\int }_0^1\frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}dx$

La $f(x)=\frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}$ for $x\in (0,1)$. Ser da at ${\displaystyle \frac{1}{f(x)}}=1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}$, som gir ${\displaystyle \frac{1}{x}}({\displaystyle \frac{1}{f(x)}}-1)=\frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}=f(x)$. Dette kan skrives om til $xf(x{)}^2+f(x)-1=0$, som har løsningene $f(x)=-{\displaystyle \frac{1}{2x}}\pm {\displaystyle \frac{1}{2x}}\sqrt{4x+1}={\displaystyle \frac{1}{2x}}(-1\pm \sqrt{4x+1})$. Det er åpenbart at $f(x)>0$ for $x\in [0,1]$, slik at $f(x)={\displaystyle \frac{1}{2x}}(\sqrt{4x+1}-1)$. For å gjøre integralet enklere, skriver vi om $f$: $$f(x)={\displaystyle \frac{1}{2x}}{\displaystyle \frac{(\sqrt{4x+1}-1)(\sqrt{4x+1}+1)}{(\sqrt{4x+1}+1)}}={\displaystyle \frac{1}{2x}}{\displaystyle \frac{4x}{\sqrt{4x+1}+1}}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{4x+1}+1}}$$ Integralet blir da $$I=2{\int }_0^1{\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4x+1}+1}}$$ Bruker substitusjonen $u=\sqrt{4x+1}$, $\mathrm{d}u={\displaystyle \frac{4}{2\sqrt{4x+1}}}\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{2}{u}}\mathrm{d}x$: $$I={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 2{\int }_1^{\sqrt{5}}{\displaystyle \frac{u}{u+1}}\mathrm{d}u={\int }_1^{\sqrt{5}}{\displaystyle \frac{u+1-1}{u+1}}={\int }_1^{\sqrt{5}}\mathrm{d}u-{\int }_1^{\sqrt{5}}{\displaystyle \frac{\mathrm{d}u}{u+1}}$$ $$=\sqrt{5}-1+\ln \left({\displaystyle \frac{2}{\sqrt{5}+1}}\right)$$
Oppfølger: ${\int }_0^1\sqrt{{\displaystyle \frac{x}{1-x}}}\mathrm{d}x$

[DennisChristensen]

Oppfølger: ${\int }_0^1\sqrt{{\displaystyle \frac{x}{1-x}}}\mathrm{d}x$

Bruk substitusjonen $x={\sin }^2\theta$, som gir $\text{d}x=2\sin \theta \cos \theta \text{d}\theta$. Da får vi at $${\int }_{x=0}^1\sqrt{\frac{x}{1-x}}\text{d}x=2{\int }_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{\frac{{\sin }^2\theta }{1-{\sin }^2\theta }}\sin \theta \cos \theta \text{d}\theta =2{\int }_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^2\theta \text{d}\theta ={\int }_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}(1-\cos 2\theta )\text{d}\theta ={[\theta -\frac{1}{2}\sin 2\theta ]}_{\theta =0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi }{2}.$$

Oppfølger: Anta at $f$ tilfredsstiller $$6+f(x)=2f(-x)+3x^2({\int }_{-1}^{1}f(t)\text{d}t)$$ for alle $x\in \mathbb{R}.$ Finn ${\int }_{-1}^{1}f(x)\text{d}x.$

[Janhaa]

Har 1 liten, artig oppfølger,
continued fraction integral:
$I={\int }_0^1\frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}dx$

La $f(x)=\frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}$ for $x\in (0,1)$. Ser da at ${\displaystyle \frac{1}{f(x)}}=1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}$, som gir ${\displaystyle \frac{1}{x}}({\displaystyle \frac{1}{f(x)}}-1)=\frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}=f(x)$. Dette kan skrives om til $f(x{)}^2+f(x)-1=0$, som har løsningene $f(x)=-{\displaystyle \frac{1}{2x}}\pm {\displaystyle \frac{1}{2x}}\sqrt{4x+1}={\displaystyle \frac{1}{2x}}(-1\pm \sqrt{4x+1})$. Det er åpenbart at $f(x)>0$ for $x\in [0,1]$, slik at $f(x)={\displaystyle \frac{1}{2x}}(\sqrt{4x+1}-1)$. For å gjøre integralet enklere, skriver vi om $f$: $$f(x)={\displaystyle \frac{1}{2x}}{\displaystyle \frac{(\sqrt{4x+1}-1)(\sqrt{4x+1}+1)}{(\sqrt{4x+1}+1)}}={\displaystyle \frac{1}{2x}}{\displaystyle \frac{4x}{\sqrt{4x+1}+1}}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{4x+1}+1}}$$ Integralet blir da $$I=2{\int }_0^1{\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4x+1}+1}}$$ Bruker substitusjonen $u=\sqrt{4x+1}$, $\mathrm{d}u={\displaystyle \frac{4}{2\sqrt{4x+1}}}\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{2}{u}}\mathrm{d}x$: $$I={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 2{\int }_1^{\sqrt{5}}{\displaystyle \frac{u}{u+1}}\mathrm{d}u={\int }_1^{\sqrt{5}}{\displaystyle \frac{u+1-1}{u+1}}={\int }_1^{\sqrt{5}}\mathrm{d}u-{\int }_1^{\sqrt{5}}{\displaystyle \frac{\mathrm{d}u}{u+1}}$$ $$=\sqrt{5}-1+\ln \left({\displaystyle \frac{2}{\sqrt{5}+1}}\right)$$
Oppfølger: ${\int }_0^1\sqrt{{\displaystyle \frac{x}{1-x}}}\mathrm{d}x$

fin løsning

[Janhaa]

Evaluer dobbel-integralet:

$I={\int }_0^3{\int }_{x^2}^9{x}^3{e}^{y^3}dydx$

[MatIsa]

Oppfølger: Anta at $f$ tilfredsstiller $$6+f(x)=2f(-x)+3x^2({\int }_{-1}^{1}f(t)\text{d}t)$$ for alle $x\in \mathbb{R}.$ Finn ${\int }_{-1}^{1}f(x)\text{d}x.$

La $x\to -x$ i likningen, som gir $6+f(-x)=2f(x)+3I{x}^2$, der $I={\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x$. Dersom dette trekkes fra den opprinnelige likningen, så får man $f(x)-f(-x)=2f(-x)-2f(x)⟹f(x)=f(-x)$. $f$ tilfredsstiller da $f(x)=6-3I{x}^2$. Integrerer hver side fra $-1$ til $1$: $$I={\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x={\int }_{-1}^1(6-3I{x}^2)\mathrm{d}x=6{\int }_{-1}^1\mathrm{d}x-3I{\int }_{-1}^1{x}^2\mathrm{d}x=12-3I\cdot {\displaystyle \frac{2}{3}}=12-2I$$
Dette gir da $3I=12⟹I=4$.

[MatIsa]

Evaluer dobbel-integralet:

$I={\int }_0^3{\int }_{x^2}^9{x}^3{e}^{y^3}dydx$

Bytter integrasjonsrekkefølgen: $$I={\int }_0^9{\int }_0^{\sqrt{y}}{x}^3{e}^{y^3}\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^9\left(e^{y^3}{\int }_0^{\sqrt{y}}{x}^3\mathrm{d}x\right)\mathrm{d}y={\displaystyle \frac{1}{4}}{\int }_0^9{y}^2{e}^{y^3}\mathrm{d}y$$ Bruker substitusjonen $u=y^3,\mathrm{d}u=3y^2\mathrm{d}y$: $$I={\displaystyle \frac{1}{12}}{\int }_0^{9^3}{e}^u\mathrm{d}u={\displaystyle \frac{1}{12}}(e^{729}-1)$$ Oppfølger: $\int {\displaystyle \frac{1}{x\sqrt{x^4-1}}}\mathrm{d}x$

[Mattebruker]

Sett u = rota av (x${}^4$ - 1 ) . Da endar vi opp med


0.5 * integral (1/(1 + u${}^2$ ) ) du = 0.5 * tan${}^{-1}$( u ) = 0.5 * tan${}^{-1}$(rota av (x${}^4$ - 1 )) + C

[Kay]

Siden ingen har postet en oppfølger, hva med en liten halvstygg en

$\int \ln ((x^4-1)e^{1+\ln (x^2+x+1)})dx$