matematikk.net • Se emne - Integral maraton !

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.

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 06/07-2018 22:36

Kay skrev:Siden ingen har postet en oppfølger, hva med en liten halvstygg en

[tex]\int \ln((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)})dx[/tex]

Begynner med å skrive om integranden: $\ln\left((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)}\right)=\ln\left((x^2-1)(x^2+1)(x^2+x+1)e\right) = \ln(x^2-1)+\ln(x^2+1)+\ln(x^2+x+1)+1$.
Finner integralet av det første leddet med delvis integrasjon (med $u=\ln(x^2-1),~{\rm d}v={\rm d}x$): $$\int \ln(x^2-1)~{\rm d}x = x\ln(x^2-1)-2\int\dfrac{x^2}{x^2-1}{\rm d}x$$ Her er $$\int\dfrac{x^2}{x^2-1}{\rm d}x = \int\dfrac{x^2-1}{x^2-1}{\rm d}x +\int\dfrac{1}{x^2-1}{\rm d}x = x+\dfrac12\int\dfrac{(x+1)-(x-1)}{(x+1)(x-1)}{\rm d}x$$ $$\quad = x+\dfrac12\left(\ln|x-1|-\ln|x+1|\right)=x+\dfrac12\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|$$ Har dermed at $\int \ln(x^2-1)~{\rm d}x = x(\ln(x^2-1)-2)-\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|$. Bruker delvis integrasjon på det andre leddet og, med $u = \ln(x^2+1)$ og ${\rm d}v = {\rm d}x$: $$\int\ln(x^2+1)~{\rm d}x = x\ln(x^2+1)-2\int\dfrac{x^2}{x^2+1}{\rm d}x$$ På samme måte som over: $$\int\dfrac{x^2}{x^2+1}{\rm d}x=\int\dfrac{x^2+1}{x^2+1}{\rm d}x-\int\dfrac{1}{x^2+1}{\rm d}x = x-\arctan(x)$$ Da er $$\int\ln(x^2+1)~{\rm d}x = x(\ln(x^2+1)-2)+2\arctan(x)$$ Det tredje leddet integreres ved delvis integrasjon med $u=\ln(x^2+x+1)$ og ${\rm d}v = {\rm d}x$: $$\int\ln(x^2+x+1)~{\rm d}x = x\ln(x^2+x+1)-\int\dfrac{x(2x+1)}{x^2+x+1}{\rm d}x=x\ln(x^2+x+1)-\int\dfrac{2x^2+x}{x^2+x+1}{\rm d}x$$ Skriver om litt: $$\int\dfrac{2x^2+x}{x^2+x+1}{\rm d}x = \int\dfrac{2x^2+2x+2}{x^2+x+1}{\rm d}x-\dfrac12\int\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}{\rm d}x - \dfrac32\int\dfrac{1}{x^2+x+1}{\rm d}x = 2x-\dfrac12\ln(x^2+x+1)-\dfrac32\int\dfrac{1}{x^2+x+1}{\rm d}x$$ I den siste integranden har man at $x^2+x+1 = \left(x+\dfrac12\right)^2+\dfrac34 = \dfrac34\left(\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)^2+1\right)$, som gir $$\int\dfrac{1}{x^2+x+1}{\rm d}x=\dfrac43\int\dfrac{1}{\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)^2+1}{\rm d}x=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)$$ Tilsammen gir dette $$\int\ln(x^2+x+1)~{\rm d}x = x(\ln(x^2+x+1)-2)+\dfrac12\ln(x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)$$ og det opprinnelige integralet er lik
$x(\ln(x^2-1)-2)-\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|+x(\ln(x^2+1)-2)+2\arctan(x)+x(\ln(x^2+x+1)-2)+\dfrac12\ln(x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)+x+C$
$=x\ln\left((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)}\right)-6x+\ln\left|\dfrac{x+1}{x-1}\right|+2\arctan(x)+\dfrac12\ln(x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)+C$

Oppfølger: $\int_0^\pi \frac{x}{1+\cos^2(x)}{\rm d}x$
MatIsa offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 147
Registrert: 12/06-2013 11:09
Bosted: Trondheim

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 07/07-2018 18:58

MatIsa skrev:Oppfølger: $\int_0^\pi \frac{x}{1+\cos^2(x)}{\rm d}x$

La $$I=\int_0^\pi \frac{x}{1+\cos^2(x)} \, \text{d}x$$ Siden $\int_a^b f(x) \, \text{d}x = \int_a^b f(a+b-x) \, \text{d}x$, har vi at $$I=\int_0^\pi \frac{\pi - x}{1+\cos^2(\pi-x)} \, \text{d}x = \int_0^\pi \frac{\pi-x}{1+\cos^2(x)} \, \text{d}x = \int_0^\pi \frac{\pi}{1+\cos^2(x)} \, \text{d}x - I \\ \therefore \frac{2I}{\pi} = \int_0^\pi \frac{1}{1+\cos^2(x)} \, \text{d}x = \int_0^\pi \frac{1}{\cos^2(x)\left(\tan^2(x) +2 \right)} \, \text{d}x$$ Der den siste overgangen er via den trigonometriske identiteten $\frac{1}{\cos^2(x)} = 1 + \tan^2(x)$. Observer at integranden er en periodisk funksjon med periode $\pi$ og den vil derfor være symmetrisk om y-aksen i en indviduell periode. I vårt tilfelle er det det faktum at intervallene $[0,\pi/2]$ og $[\pi/2,\pi]$ er symmetriske om y-aksen, som er relevant. Ble litt kronglete forklart det der, men håper dere forstår hva jeg mener. Uansett, vi ha derfor at $$\int_0^\pi \frac{1}{\cos^2(x)\left(\tan^2(x) +2 \right)} \, \text{d}x = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\cos^2(x)\left(\tan^2(x) +2 \right)} \, \text{d}x$$ La nå $u=\tan(x) \enspace \therefore \enspace \text{d}x = \cos^2(x) \, \text{d}u$.

Vi får at $$2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\cos^2(x)\left(\tan^2(x) +2 \right)} \, \text{d}x = 2\int_0^\infty \frac{1}{u^2+2} \, \text{d}u$$ La $v=\frac{u}{\sqrt{2}} \enspace \therefore \enspace \text{d}u = \frac{\text{d}v}{\sqrt{2}}$, som gir oss at $$2\int_0^\infty \frac{1}{u^2+2} \, \text{d}u= \frac{2}{\sqrt{2}} \int_0^\infty \frac{1}{v^2+1} \, \text{d}v = \frac{2}{\sqrt{2}} [\arctan(v)]_0^\infty = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$$ Da får vi endelig at $$\frac{2I}{\pi} = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \implies I = \frac{\pi^2}{2\sqrt{2}}$$

Oppfølger: $\int_{-\infty}^\infty \left(\frac{1}{\alpha + ix} + \frac{1}{\alpha - ix} \right)^2 \, \text{d}x$, der $\alpha \in \mathbb{R}$ og $i$ er den imaginære enheten. Og nei, man trenger ikke kompleks analyse.
Markus offline
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 468
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 08/07-2018 09:50

Integranden f( z ) er reell og kan skrivast

f( x ) = ((2 * alfa )/(alfa[tex]^2[/tex] + x[tex]^2[/tex])[tex]^2[/tex]
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 08/07-2018 09:50

Integranden f( z ) er reell og kan skrivast

f( x ) = ((2 * alfa )/(alfa[tex]^2[/tex] + x[tex]^2[/tex])[tex]^2[/tex]
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 08/07-2018 09:57

Dette integralet kan vi løyse analytisk ved å innføre ein ny variabel: Sett x/alfa = tan( u )

Men dette blir ei relativt tungvint løysing ! Den enklaste og mest elegante løysinga får vi ved å bruke kompleks analyse.


Stikkord: Residue-rekning !
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 08/07-2018 10:25

Mattegjest skrev:Dette integralet kan vi løyse analytisk ved å innføre ein ny variabel: Sett x/alfa = tan( u )

Men dette blir ei relativt tungvint løysing ! Den enklaste og mest elegante løysinga får vi ved å bruke kompleks analyse.

Stikkord: Residue-rekning !


Helt korrekt, men uenig i at det blir tungvindt. Etter innført substitusjon tar integralet formen $\frac{4}{\alpha^2} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{1}{(1+\tan^2(u))^2} \cdot \frac{\alpha}{\cos^2(u)} \, \text{d}u$, og siden $\frac{1}{\cos^2(x)} = \tan^2(x)+1$, kan vi skrive om til $$\frac{4}{\alpha}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{1}{\frac{1}{\cos^4(u)}} \cdot \frac{1}{\cos^2(u)} \, \text{d}u = \frac{4}{\alpha} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2(u) \,\text{d}u$$

Som lett kan løses.
Har du en oppfølger?
Markus offline
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 468
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 08/07-2018 11:06

Takk for rask respons ! Når det gjeld oppfølgar , viser eg til eit problem eg har presentert tidlegare på denne " tråden ".

Oppgåva er henta frå ei svensk lærebok i " flerdimensionell analys " og har denne ordlyden :

I xy-planet er givet en cirkel med radien a lengdenheter. Från den variabla punkten ( x , y ) dras tangenterna till cirkeln. De bildar med varandra vinkeln 2v. Berekna

dubbelintegralen (v - sin( v ) ) dx dy øver området D utanfør cirkeln .

Eg har sjølv prøvd å løyse problemet, men får ikkje svaret til å stemme heilt og fullt med fasit.

Har rekna gjennom problemet fleire gongar utan å avdekke nokon feil i min løysingsstrategi.

Difor vil eg setje pris på at nokon i dette forumet kan " vise vegen " .
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 10/07-2018 00:02

Mattegjest skrev:I xy-planet er givet en cirkel med radien a lengdenheter. Från den variabla punkten ( x , y ) dras tangenterna till cirkeln. De bildar med varandra vinkeln 2v. Berekna

dubbelintegralen (v - sin( v ) ) dx dy øver området D utanfør cirkeln .

Eg har sjølv prøvd å løyse problemet, men får ikkje svaret til å stemme heilt og fullt med fasit.

Har rekna gjennom problemet fleire gongar utan å avdekke nokon feil i min løysingsstrategi.

Difor vil eg setje pris på at nokon i dette forumet kan " vise vegen " .
Her er et forslag. Observerer først at vi har en fin sirkulær symmetri: Alle punkter $(x, y)$ som har lik avstand fra origo, altså $\sqrt{x^2+y^2} = r$ for en gitt $r>a$, vil ha tangenter som danner den samme vinkelen $v$. Dette er lett å se, da det å rotere $(x, y)$ langs denne sirkelen ikke endrer $v$. Det holder dermed å finne ut hva $v$ er for punktet $(r, 0)$, der $r>a$. For å bestemme $v$ kan vi først finne stigningstallet $m$ til den øvre tangenten, altså den med negativt stigningstall. Denne tangenten kan uttrykkes ved $y = m(x-r)$. Innsatt i $x^2+y^2 = a^2$ gir dette $$x^2+(m(x-r))^2 = a^2\Longrightarrow (m^2+1)x^2-2m^2rx+m^2 r^2 - a^2 = 0$$ Ettersom dette er en tangent, må andregradslikningen ha én løsning. Dette oppfylles når $(2m^2r)^2-4(m^2+1)(m^2r^2-a^2) = 0\Longrightarrow 4m^4r^2-4(m^4r^2-m^2a^2+m^2r^2-a^2) = 0$. Dette forenkles til $(r^2-a^2)m^2 = a^2$. Vi vet at $m<0$, som fører til $m = -\dfrac{a}{\sqrt{r^2-a^2}}$. For en sirkel har man at $\dfrac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = -\dfrac{x}{y}$. Med $\dfrac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = m$ og $x=a \cos{\varphi}, y = a\sin{\varphi}$ får man da $\varphi = \arctan\left(-\dfrac1m\right) = \arctan\left(\sqrt{r^2/a^2-1}\right)$. Ettersom punktene $(0, 0), (a\cos{\varphi}, a\sin{\varphi})$ og $(r, 0)$ danner en rettvinklet trekant har man at $v+\varphi = \dfrac{\pi}{2}\Longrightarrow v(r) = \dfrac{\pi}{2}-\arctan\left(\sqrt{r^2/a^2-1}\right)$. Identiteten $\arctan(x) + \arctan(1/x) = \dfrac{\pi}{2}, x>0$ kan da brukes til å gi $v(r) = \arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{r^2/a^2-1}}\right)$. Integralet er da $$I = \iint_D (v-\sin(v)){\rm d}A = \int_0^{2\pi}\int_a^\infty (v(r)-\sin(v(r)))r{\rm d}r{\rm d}\theta$$ $$~~ = 2\pi\int_a^\infty\left(\dfrac{\pi}{2} - \arctan\left(\sqrt{r^2/a^2-1}\right)-\sin\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{r^2/a^2-1}}\right)\right)\right)r~{\rm d}r$$
Substitusjonen $u = r^2/a^2;~{\rm d}u = 2r/a^2~{\rm d}r$ fører til $$I = \pi a^2\int_1^\infty\left(\dfrac{\pi}{2} - \arctan\left(\sqrt{u-1}\right)-\sin\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{u-1}}\right)\right)\right)~{\rm d}u$$ For å forenkle dette bruker jeg $\sin(\arctan(x)) = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ (dette kan lett vises med en figur). Sinus-leddet blir da $$\sin\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{u-1}}\right)\right) = \dfrac{1/\sqrt{u-1}}{\sqrt{1/(u-1)+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{1+(u-1)}} = \dfrac{1}{\sqrt{u}}$$ Har dermed at $$I = \pi a^2\lim_{b\to\infty}\int_1^b\left(\dfrac{\pi}{2}-\arctan(\sqrt{u-1})-\dfrac{1}{\sqrt{u}}\right){\rm d}u$$ Her er $\int\dfrac{1}{\sqrt{u}}{\rm d}u = 2\sqrt{u}$. For å finne $\int\arctan(\sqrt{u-1}){\rm d}u$ innføres $w = \sqrt{u-1};~{\rm d}w = {\rm d}u/(2w)$ som gir $\int 2w\arctan(w){\rm d}w$. Delvis integrasjon fører til $$\int 2w\arctan(w){\rm d}w = w^2\arctan(w)-\int\dfrac{w^2}{w^2+1}{\rm d}w = w^2\arctan(w)-\int\dfrac{w^2+1}{w^2+1}{\rm d}w+\int\dfrac{1}{w^2+1}{\rm d}w = (w^2+1)\arctan(w)-w$$ Dermed er $\int\arctan(\sqrt{u-1})~{\rm d}u = u\arctan(\sqrt{u-1})-\sqrt{u-1}$. Alt i alt gir dette $$I = \pi a^2\lim_{b\to \infty}\left.\left(\dfrac{\pi}{2}u-u\arctan(\sqrt{u-1})+\sqrt{u-1}-2\sqrt{u}\right)\right|_1^b$$ $$~~ = \pi a^2\left(\lim_{b\to \infty}\left(\dfrac{\pi}{2}b-b\arctan(\sqrt{b-1})+\sqrt{b-1}-2\sqrt{b}\right)-\left(\dfrac{\pi}{2}-2\right)\right)$$ $$~~ = \left(2-\dfrac{\pi}{2}\right)\pi a^2$$ Jeg har ikke funnet noen god måte å vise at $\lim_{b\to \infty}\left(\dfrac{\pi}{2}b-b\arctan(\sqrt{b-1})+\sqrt{b-1}-2\sqrt{b}\right) = 0$. Det går an å splitte det opp i $\sqrt{b-1}-\sqrt{b}$ og $\dfrac{\pi}{2}b-b\arctan(\sqrt{b-1})-\sqrt{b}$ og bruke l'Hôpitals regel, men det blir svært tungvint på den siste. Stemmer sluttsvaret med fasit?
MatIsa offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 147
Registrert: 12/06-2013 11:09
Bosted: Trondheim

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 10/07-2018 07:35

Svaret du presenterer stemmer til punkt og prikke med fasit. Eg kom fram til same " svaret " . Tok utgangspunkt i eit
vilkårleg punkt P(x , y ) utanfor sirkelen og sette

sin( v ) = a/r , r > a

Flateelementet dA = dxdy = 2 * pi * r * dr ( arealet av ein uendeleg tynn sirkelring )

Da er v = sin[tex]^{-1}[/tex] ( a/ r)

Når eg så integrerer opp uttrykket ( v - sin ( v ) ) frå r = a til r = inf , endar eg opp med fasitsvaret , men får i tillegg
eit " restledd " som går mot uendeleg ( nett slik som di løysing ).
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 10/07-2018 10:19

Har gått gjennom mi utrekning enno ein gong, og no trur eg at feilen er lokalisert:


Når vi reknar ut det bestemte integralet ( sjå førre innlegg ) frå r = a til r = + inf , får vi

[1/2 r[tex]^2[/tex] * sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) + 1/2 a * r * rota av (1 - (a/r)[tex]^2[/tex]) - a * r ] frå r = a til r = inf.

I mi første utrekning sette eg 1/2 r[tex]^2[/tex] * sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) = 0 når r går mot uendeleg, men dette blir ikkje rett. For å få rett svar må vi rekke utvikle sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) , og då ser vi at

1/2 r[tex]^2[/tex] * sin[tex]^{-1}[/tex](a/r) går mot 1/2 * a * r når r går mot uendeleg. Og då står vi tilbake med


fasitsvaret. " Kabalen " går opp !
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 10/07-2018 20:16

Liker ikke å ta ifra folk det å poste en oppfølger, men bare for å holde tråden gående kan vi ta en enkling:

La [tex]\gamma:=\left \{ z\in \mathbb{C}:|z-2|=2 \right \}[/tex]

Løs [tex]\oint_\gamma z^4\sin(z)dz[/tex]
Kay offline
Brahmagupta
Brahmagupta
Innlegg: 366
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 10/07-2018 22:28

[/quote]
Mattegjest skrev:Tok utgangspunkt i eit
vilkårleg punkt P(x , y ) utanfor sirkelen og sette

sin( v ) = a/r , r > a

Denne gikk meg hus forbi, skjønner ikke hvordan jeg greide å gjøre det så unødvendig komplisert.

Kay skrev:Liker ikke å ta ifra folk det å poste en oppfølger, men bare for å holde tråden gående kan vi ta en enkling:

La [tex]\gamma:=\left \{ z\in \mathbb{C}:|z-2|=2 \right \}[/tex]

Løs [tex]\oint_\gamma z^4\sin(z)dz[/tex]
Jeg er litt rusten i kompleks analyse, men jeg kan prøve: Residualteoremet gir at $\oint_\gamma z^4\sin(z)dz = 2\pi i\sum_i \textrm{Res}(f, a_i)$, der $a_i$ er singularitetene til $f(z) = z^4\sin(z)$ innenfor $\gamma$. Ettersom $f$ er en hel funksjon, har den ingen singulariteter, og $\oint_\gamma z^4\sin(z)dz = 0$
Oppfølger: $\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin(x)}{x^2+4x+5}{\rm d}x$
MatIsa offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 147
Registrert: 12/06-2013 11:09
Bosted: Trondheim

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 11/07-2018 12:09

Oppfølger: $\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin(x)}{x^2+4x+5}{\rm d}x$

da prøver jeg litt complex analysis and Cauchy's residue theorem:

[tex]I=\oint \frac{z\sin(z)}{z^2+4z+5}\,dz\\
\\
\\
\Im(I)=\oint\frac{ze^{iz}}{z^2+4z+5}\,dz\\
\\
poles:\,\,z_o=-2+i\\
and\\
z_1=-2-i,
both\,\,of\,\,order\,\,1
\\[/tex]

[tex]f=\frac{ze^{iz}}{z^2+4z+5}\\
\\
Res(f,z_o)=\lim_{z->z_o}\frac{(-2+i)e^{-2i-1}}{2i}\\

I_1=2\pi i *Res(f, z_o)=\frac{\pi}{e}(\sin(2)-2\cos(2)+2i\sin(2)+i\cos(2))\\
I=\Im(I_1)=\frac{\pi}{e}(2\sin(2)+\cos(2))[/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]
Janhaa offline
Boltzmann
Boltzmann
Brukerens avatar
Innlegg: 7509
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 11/07-2018 12:24

La D = { z: abs(z) <= a > 0 og Im(z) >= 0 }


Innfører hjelpefunksjonen f( z ) = z /(z[tex]^2[/tex] + 4z + 5 )


Registrerer at sin( x ) = Im(e[tex]^{i z}[/tex] )


Området D dannar ei lukka kurve ( halvsirkel ) i det komplekse planet.

Ser lett at funksjonen f har ein simpel pol (z = - 2 + i ) innafor D. Da er linjeintegralet

f(z) * e[tex]^{i z}[/tex] = 2 * pi * i * Res(f( z ) * e[tex]^{i z }[/tex] for z = -2 + i

= 2 * pi * i *(-2 + i ) * e[tex]^{i (-2 + i )}[/tex]/( 2 * i ) =2 * pi * i * ( -2 + i ) * e[tex]^{-2 i }[/tex]/( 2 i )

= pi/e * (-2 + i ) * (cos(-2) + i sin(-2 ) ) = pi/e * (-2 * cos(-2 ) + i cos( - 2 ) - 2i sin( - 2) - sin (-2 ) )

Det bestemte integralet I = Im ( pi/e (-2 * cos ( - 2 ) + i * cos( - 2 ) - 2i * sin(-2) - sin( -2 ) ) = pi/e( cos( 2 ) + 2 * sin( 2 ) )


I siste utrekninga har eg gjort bruk av at sin /cos er ein odde/jamn funksjon.
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 11/07-2018 17:09

Noen som har prøvd å løse det siste integralet uten residyregning? Jeg kommer ikke så langt med det etter å ha prøvd litt div. reelle teknikker.
Markus offline
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 468
Registrert: 20/09-2016 12:48

ForrigeNeste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 14 gjester