Integral maraton !

[Aleks855]

I og med at du ønsker løsning vha. grunnleggende integrasjon (regner alt innen R2 pensum som grunnleggende

Det var ikke et krav, naturligvis. Har du alternative metoder?

[Kay]

Sånn umiddelbart er det vel mulig å gange og dele med $(\sec (x)+tan(x))$, altså $1$ og bruke substitusjonen $u=(\sec (x)+\tan (x))$ som gir $\int \frac{du}{u}$ osv.

[mattegjest]

Alternativ løysing: $\int$$\frac{1}{cos(x)}$dx

[mattegjest]

Alternativ løysing: $\int$$\frac{1}{cos(x)}$dx

[Mattebruker]

Alternativ løysing:

$\int$$\frac{1}{cos(x)}$= $\int$$\frac{1}{sin(\frac{\pi }{2}-x)}$dx (u = $\frac{\pi }{2}$- x $\to$dx = -du ) = -1$\cdot$$\int$$\frac{1}{sin(u)}$du =


-1 $\int$$\frac{tan(\frac{u}{2}{)}^{\prime }}{tan(\frac{u}{2})}$du = -1 ln(abs(tan($\frac{u}{2}$)) + C


= -1ln$|tan(\frac{\pi }{4})-\frac{x}{2}|$ + C

[Janhaa]

Oppfølger: $\int \frac{1}{\sqrt{1-\frac{2}{x}}}dx$

Slenger inn et bilde, tar så lang tid å skrive alt.
Tror imidlertid en trigonometrisk substitusjon funker.

integral.JPG (559.76 KiB) Viewed 16674 times

[Janhaa]

Oppfølger:

$I={\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{2+\sin (\theta )}$

[Nebuchadnezzar]

Oppfølger

${\displaystyle \int \frac{\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm{d}x}$

[Mattebruker]

Gitt $\int$$\frac{1}{2+sin\theta }$d$\theta$

Innfører den velkjende substitusjonen t = tan($\frac{\theta }{2}$ ) , og endar opp med


$\int$$\frac{1}{2+sin\theta }$d$\theta$= $\frac{2}{\sqrt{3}}$$\cdot$tan${}^{-1}$($\frac{2}{\sqrt{3}}$$\cdot$tan($\frac{\theta }{2}$) + $\frac{1}{\sqrt{3}}$) + C, cos($\frac{\theta }{2}$) $\ne$0$\iff$$\theta$$\ne$$\pi$


Integrasjonen frå 0 til 2$\pi$ går da i to steg: Først frå 0 til $\pi$${}^{-}$
og deretter frå $\pi$${}^{+}$ til 2$\pi$.
Da får vi I = $\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$ ( stemmer med Nebukadnezar si løysing).

[MatIsa]

Oppfølger

${\displaystyle \int \frac{\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm{d}x}$

La $u=\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}$. Da er $$\mathrm{d}u={\displaystyle \frac{1+x/2\sqrt{x^2+1}}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}}\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}}{\displaystyle \frac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}}\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \frac{u}{\sqrt{x^2+1}}}\mathrm{d}x$$ og $$I=\int {\displaystyle \frac{u}{\sqrt{x^2+1}}}{\displaystyle \frac{2\sqrt{x^2+1}}{u}}\mathrm{d}u=2\int \mathrm{d}u=2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}+C$$

Oppfølger: ${\int }_{-\pi }^{\pi }{\displaystyle \frac{\mathrm{d}\theta }{1+{\sin }^2\theta }}$

[Kay]

Oppfølger

${\displaystyle \int \frac{\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm{d}x}$

La $u=\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}$. Da er $$\mathrm{d}u={\displaystyle \frac{1+x/2\sqrt{x^2+1}}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}}\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}}{\displaystyle \frac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}}\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \frac{u}{\sqrt{x^2+1}}}\mathrm{d}x$$ og $$I=\int {\displaystyle \frac{u}{\sqrt{x^2+1}}}{\displaystyle \frac{2\sqrt{x^2+1}}{u}}\mathrm{d}u=2\int \mathrm{d}u=2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}+C$$

Oppfølger: ${\int }_{-\pi }^{\pi }{\displaystyle \frac{\mathrm{d}\theta }{1+{\sin }^2\theta }}$

${\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{1}{1+{\sin }^2\theta }d\theta ={\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{{\sec }^2\theta }{{\sec }^2\theta +{\tan }^2\theta }$

Så lar vi $w=\tan (\theta )\Rightarrow d\theta =\frac{1}{{\sec }^2(\theta )}dw$, samtidig innfører vi identiteten ${\sec }^2(x)={\tan }^2(x)+1$

Da får vi $I={\int }_{sub}\frac{1}{(w^2+1)+w^2}={\int }_{sub}\frac{1}{2w^2+1}$ som fra $\int \frac{1}{b{x}^2+a^2}=\frac{1}{a\sqrt{b}}{\tan }^{-1}\left(\frac{\sqrt{b}x}{a}\right)$ blir $\frac{1}{\sqrt{2}}{\tan }^{-1}\frac{\sqrt{2}w}{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}{\tan }^{-1}(\sqrt{2}w)=\frac{{\tan }^{-1}(\sqrt{2}\tan \theta )}{\sqrt{2}}$

Altså ${\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{d\theta }{1+{\sin }^2\theta }=[\frac{1}{\sqrt{2}}{\tan }^{-1}(\sqrt{2}\tan \theta ){]}_{-\pi }^{\pi }=\pi \sqrt{2}$

Oppfølger: $\int \frac{{\sec }^2(kx)ta{n}^2(kx)}{\cos (kx)}dx$ hvor $k$ er en eller annen konstant slik at $k\in \mathbb{R}$

Vet ikke om det er noen elegant løsning på denne, så det er mer et "hold tunga rett i kjeften" integral.

[Mattebruker]

Gitt $\frac{1}{1+si{n}^2(\theta )}$ d$\theta$


Innfører den doble vinkelen (2$\theta$ ) og får

$\int$$\frac{1}{1+si{n}^2(\theta )}$ = $\int$$\frac{2}{3-cos(2\theta )}$d$\theta$


Innfører substitusjonen t = tan( x ) , og endar opp med


Ubestemt integral = $\frac{1}{\sqrt{2}}$$\cdot$tan${}^{-1}$($\sqrt{2\cdot }$tan(x)) + C , x $\ne$$\frac{\pi }{2}$.


Sidan integranden er summ. om y-aksen( jamn funksjon) , får vi

I = 2 * (integralet frå 0 til ${\frac{\pi }{2}}^{-}$+ integralet frå ${\frac{\pi }{2}}^{+}$ til $\pi$) =2 $\sqrt{2}\pi$

[Janhaa]

fortsetter her da:

$I={\int }_0^1\frac{\ln (x)}{x-1}dx$

[Kay]

fortsetter her da:

$I={\int }_0^1\frac{\ln (x)}{x-1}dx$

Tidligere i tråden har vi brukt polylogaritme-funksjonen (har selv brukt den for øvrig)

${\int }_0^1\frac{\ln (x)}{x-1}=[-L{i}_2(x-1){]}_0^1=-L{i}_2(0)+L{i}_2(1)=\zeta (1)=\frac{{\pi }^2}{6}$



Ikke en spesielt kreativ, men likevel oppfølger $I={\oint }_{C}dz\frac{1-{\cos }^2(z)}{z^2(4z-\pi )}$ Hvor C er enhetssirkelen med sentrum i origo , gjennomløpt én gang mot urviseren.

[Markus]

fortsetter her da:

$I={\int }_0^1\frac{\ln (x)}{x-1}dx$

Denne kan også gjøres med Maclaurin-rekker: $$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{\ln (x)}{x-1}\text{d}x& ={\int }_0^1\frac{\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}(x-1{)}^k}{k}}{x-1}\text{d}x\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^1\frac{(-1{)}^{k+1}(x-1{)}^{k-1}}{k}\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}{\left[\frac{(x-1{)}^k}{k}\right]}_0^1=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{2k+2}}{k^2}=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6}\end{array}$$