Integral maraton !

[Charlatan]

http://www.wolframalpha.com/input/?i=in ... rom+0+to+1

Kanskje wolfram tar feil? Tok dette problemet fra en putnambok, skal se om jeg kan finne igjen boka. Den fikk i det minste samme svar som wolfram, og kalkulatoren min. De skrev om integralet til ei rekke om jeg ikke husker helt feil.

Wolfram har nok rett, er jeg som gjorde en stygg fortegnsfeil. Substitusjonen min gir ikke annet enn I = I, men har i hvert fall vist at integralet eksisterer.

Får prøve igjen om litt.

[Charlatan]

Er i utgangspunktet ganske opplagt av integralet ikke kan være 0, ettersom funksjonen er positiv på hele intervallet (0,1). Var et morsomt integral i hvert fall.

Først bemerker vi at ved taylorutvidelsen av [tex]\log(1-x)[/tex], er [tex]\log(x)\log(1-x) = -\log(x) \sum^{\infty}_{n=1}\frac{x^n}{n} = - \sum^{\infty}_{n=1}\frac{\log(x)x^n}{n}[/tex]

Videre er
[tex]\int^1_0 \log(x)x^n dx = [\frac{x^{n+1}\log(x)}{n+1}]^1_0 - \int^1_0 \frac{x^n}{n+1}dx = - [\frac{x^{n+1}}{(n+1)^2}]^1_0 = -\frac{1}{(n+1)^2}[/tex]

jeg brukte her at grensen [tex]\lim_{x \to 0 }x^k \log(x) = 0[/tex] for alle heltall k. Dette kan enkelt vises ved induksjon på k ved å bruke l'hopitals regel.

Vi har i så fall at [tex]\int^1_0 \log(x) \log(1-x) dx = -\int^1_0 \sum^{\infty}_{n=1}\frac{\log(x)x^n}{n} dx = - \sum^{\infty}_{n=1} \int^1_0 \frac{\log(x)x^n}{n} dx = \sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{n(n+1)^2} [/tex]

Vi kan sette summetegnet utenfor integraltegnet fordi det er snakk om en absolutt konvergent følge (siden log(x) er negativ på intervallet (0,1), så leddene vil være ikke-negative på [0,1]). Det er altså snakk om integralet av grensen til en stigende følge funksjoner begrenset oppad av en integrerbar funksjon (en konstant i dette tilfellet, siden integranden er begrenset som jeg viste i forrige innlegg), så av absolutt-konvergens-teoremet som jeg har linket til tidligere kan vi trekke grensetegnet utenfor integraltegnet.

Beregner den siste summen, hvor vi bruker litt kunnskap om teleskoperende rekker:
[tex]\sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{n(n+1)^2} = \sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)^2} = \sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{(n+1)^2} = 1- \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{(n+1)^2} = 2- \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^2} = 2- \frac{\pi^2}{6}[/tex].

Fine integraler du legger ut nebu, hva heter boken du har? Legg gjerne ut flere, jeg har ingen for øyeblikket.

[Charlatan]

Bestem om [tex]I>0[/tex] der [tex]I=\int\limits_0^1 {\frac{{{x^4}{{\left( {1 - x} \right)}^4}}}{{1 + {x^2}}}dx}[/tex]

Er det meningen å bestemme om dette integralet er positivt? Det er vel ganske opplagt i og med at integranden er ikke-negativ, og positiv på intervallet [tex][\frac{1}{4},\frac{3}{4}][/tex] (og dermed har en nedre (positiv) grense).

Integralet kan beregnes ved polynomdivisjon og man får at [tex]I = \frac{22}{7}- \pi[/tex].

[Nebuchadnezzar]

Joda riktig det, tok det bare i farten så. Litt for rask der.

Her er alle integralene jeg er kommet over. De er lagt i en rimelig kronologisk rekkefølge fra lett til vanskelig. Ca halvparten tror jeg er blitt løst her på forumet, resten har jeg funnet diverse plasser på nettet.

http://www.viewdocsonline.com/document/318q1d

http://www.2shared.com/document/AJV8VMS ... _to_Z.html

Om det er noen integraler som mangler, oppgaver som burde ha vært inkludert så bare si ifra. Om rekkefølgen er feil så si ifra på det og. Rekkefølgen går fra venstre nedover, så begynner man på en ny rad.

[Nebuchadnezzar]

1) Funksjonen [tex]f:\mathbb R \to \mathbb R[/tex] er gitt ved
[tex]f(x)=3+\int_0^x\frac{1+\sin t}{2+t^2} \rm{d}t[/tex].
Finn, uten å løse integralet, et polynom [tex]p(x)=a+bx+cx^2[/tex] slik at [tex]p(0)=f(0),\ p^\prime (0)=f^\prime (0)[/tex] og [tex]p^{\prime \prime}(0)=f^{\prime \prime}(0)[/tex].

Prøver meg på en løsning jeg, stemmer dette?

[tex]f\left( 0 \right) = 3 + \int\limits_0^0 {\frac{{1 + \sin \left( t \right)}}{{2 + {t^2}}}dt} = 3[/tex] og [tex]p\left( 0 \right) = c[/tex] Så [tex]c=3[/tex]

Bruker regelen som sier at [tex]\;\; \frac{\rm{d}}{\rm{d}x} \left( \int_{u(x)}^{v(x)}f(t)\rm{d}t \right)=f(v(x))v^{\prime}(x)-f(u(x))u^{\prime}(x)[/tex].

[tex]f^{\tiny\prime}\left( x \right) = 0 + \frac{d}{{dx}}\int\limits_0^x {\frac{{1 + \sin \left( t \right)}}{{2 + {t^2}}}dt} = \left( {\frac{{1 + \sin \left( x \right)}}{{2 + {x^2}}}} \right)1 - \left( {\frac{1}{2}} \right) \cdot 0 = \frac{{1 + \sin \left( x \right)}}{{2 + {x^2}}}[/tex]

[tex]f^{\tiny\prime}\left( 0 \right) = \frac{1}{2}[/tex] og [tex]p^{\tiny\prime}\left( 0 \right) = b[/tex] som fører til at [tex]b = \frac{1}{2}[/tex]


[tex] f^{\tiny\prime\prime}\left( x \right) = \frac{d}{{dx}}\left( {\frac{{1 + \sin \left( x \right)}}{{2 + {x^2}}}} \right) = \frac{{\cos \left( x \right)\left( {2 + {x^2}} \right) - 2x\left( {1 - \sin \left( x \right)} \right)}}{{{{\left( {2 + {x^2}} \right)}^2}}} [/tex]

[tex] f^{\tiny\prime\prime}\left( 0 \right) = \frac{{1\left( 2 \right) - 0}}{{{{\left( {2 + 0} \right)}^2}}} = \frac{1}{2} [/tex] og [tex]p^{\tiny\prime\prime}\left( 0 \right) = 2a[/tex] så [tex]a = \frac{1}{4}[/tex]

Altså er [tex] \underline{\underline{p\left( x \right) = \frac{1}{4}{x^2} + \frac{1}{2}x + 3}}[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Henter integraler fra litt av hvert. Denne her er fra boka "Putnam and beyond" Noen eksempler er litt kompliserte men det meste er veldig greit. Godt over 900 eksempler med fullstendige løsninger.

I trekanten [tex]ABC[/tex] lar vi [tex]P[/tex] notere et variabelt punkt på [tex]BC[/tex]. Vi lar [tex]x=PB[/tex] og [tex]\beta[/tex] være vinkelen [tex]PAB[/tex].

Bestem

[tex]\int\limits_0^a {\cos \left( \beta \right)} dx[/tex]

Uttrykt ved sidene i trekanten og vinklene.

Et polynom [tex]P(x)[/tex] av tredjegrad har to reele nullpunkt. Arealet mellom nullpunktene er [tex]\frac{27}{4}[/tex] finn P(x) om mulig

Beklager for trippelposten...

[Charlatan]

[tex]I = \lim_{n \to \infty} \int^{\frac{\pi}{2}}_0 n(1-(\sin(x))^{\frac{1}{n}}) dx[/tex]

La [tex]I(b) = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \frac{1-(\sin(x))^{b}}{b} dx[/tex], og [tex]T(b) = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 (\sin(x))^{b} dx[/tex]

Vi er ute etter [tex]\lim_{b \to 0 } I(b).[/tex] Merk at [tex]I(b) = \frac{\frac{\pi}{2}-T(b)}{b}[/tex].

Siden [tex](\sin(x))^{\frac{1}{n}}[/tex] er økende mhp n begrenset oppad av 1, kan vi av absolutt-konvergens-teoremet si at

[tex]\lim_{b \to 0 } T(b) = \lim_{n \to \infty } T(\frac{1}{n}) = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 1 dx = \frac{\pi}{2}[/tex], så I(b) er et 0/0-uttrykk (mhp b), og vi kan bruke l'hopitals regel. Da får vi at

[tex]\lim_{b \to 0 } I(b) =\lim_{b \to 0 } \frac{\frac{\pi}{2}-T(b)}{b} = -\lim_{b \to 0 } T^{\prime}(b)[/tex].

Nå er [tex]\frac{d}{db}\sin(x)^b = \log(\sin(x))\sin(x)^b[/tex], og [tex]|\frac{d}{db}\sin(x)^b| \leq -\log(\sin(x))[/tex]. Anta at dette uttrykket er integrerbart. Betingelsene ligger da til grunne for å derivere under integraltegnet, så

[tex]T^{\prime}(b) = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \log(\sin(x))(\sin(x))^{b} dx[/tex]

Av absolutt-konvergens-teoremet og ulikheten over har vi at

[tex]\lim_{b \to 0} T^{\prime}(b) = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \log(\sin(x)) dx[/tex]. Så [tex]I = -\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \log(\sin(x)) dx[/tex].

Substituer [tex]u = \frac{\pi}{2}-x[/tex]. Da er [tex]-I = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \log(\cos(u)) du[/tex], så [tex]-2I = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \log(\sin(x))+\log(\cos(x)) dx = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \log(\sin(x)\cos(x)) dx = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \log(2\sin(x)\cos(x))-\log(2) dx = \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \log(\sin(2x)) dx - \log(2)\frac{\pi}{2}[/tex]

Sett [tex]r = 2x[/tex]. Da er [tex]-2I =\frac{1}{2}\int^{\pi}_0 \log(\sin(r)) dr - \log(2)\frac{\pi}{2}[/tex]

La nå [tex]t = \pi-x[/tex]. Da er [tex]-I = \int^{\pi}_{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(x)) dx[/tex], så [tex]-2I = \int^{\pi}_{0} \log(\sin(x)) dx[/tex]

Da får vi at [tex]\frac{1}{2}\int^{\pi}_0 \log(\sin(x)) dx - \log(2)\frac{\pi}{2} = \int^{\pi}_{0} \log(\sin(x)) dx[/tex], så

[tex]I = -\frac{1}{2}\int^{\pi}_0 \log(\sin(x)) dx = \log(2)\frac{\pi}{2}[/tex].

Det gjenstår da kun å vise at [tex]\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \log(\sin(x)) dx[/tex] eksisterer.

For [tex]0 \leq x \leq \frac{\pi}{3}[/tex], er [tex]\frac{x}{2} \leq \sin(x) \leq x[/tex], siden [tex](\sin(x)-\frac{x}{2})^{\prime} = \cos(x) - \frac{1}{2} \geq 0[/tex], og [tex](\sin(x)-x)^{\prime} = \sin(x) -1 \leq 0[/tex], og [tex]\frac{0}{2} = \sin(0) = 0[/tex]. Det betyr at [tex]\log(\frac{x}{2}) \leq \log(\sin(x)) \leq \log(x)[/tex]

På [tex][\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}][/tex] er [tex]\log(\sin(x))[/tex] kontinuerlig, så integralet over dette området eksisterer. Så vi trenger altså kun å vise at

[tex]\int^{\frac{\pi}{3}}_0 \log(\frac{x}{2}) dx[/tex] og [tex]\int^{\frac{\pi}{3}}_0 \log(x) dx[/tex] eksisterer, og det holder å vise sistnevnte. Generelt er

[tex]\int^{c}_0 \log(x) dx = [x\log(x)-x]^c_0 = c\log(c)-c-\lim_{x \to 0} (x\log(x)-x) = c\log(c)-c[/tex] siden [tex]\lim_{x \to 0}x \log(x) = 0[/tex], og vi er ferdige.

[Nebuchadnezzar]

sitter på en bærbar på fjellet, men det stanser ikke meg fra å legge til mer påskegodt! Slenger da utpå et par med standard integral. Virker som enten folk er for opptatt med påskebrus, eller ikke liker tekst oppgaver :p

[tex] I_1 \, = \, \int{x^x \( \ln(x)\,+\,1)}\,dx [/tex]

[tex] I_3 \, = \, \int_{-\infty}^{\infty}x^a\cdot e^{-b} \, dx [/tex]

[tex] I_2 \, = \, \int{\sqrt{\,x^2 + 5x + 13\,}} \, dx [/tex]

[tex] I_5 \, = \, \int_{-1}^{1}{\arctan{(e^x)} \, dx} [/tex]

[tex] I_{\pi} \, = \, \lim_{b \to \infty } \, \int_{0}^{\infty} \frac{sin(bx)}{\;e^{\pi x}-1\;}\, dx [/tex]

To enkle og to litt værre de enkle kan selvfølgelig uttrykkes som elementærfuksjoner. Den ene kan løses med rekrusjonsformel, og den siste er litt vanskelig. Førsteman til mølla

[Janhaa]

sitter på en bærbar på fjellet, men det stanser ikke meg fra å legge til mer påskegodt! Slenger da utpå et par med standard integral. Virker som enten folk er for opptatt med påskebrus, eller ikke liker tekst oppgaver :p
[tex] I_2 \, = \, \int{\sqrt{\,x^2 + 5x + 13\,}} \, dx [/tex]
siste er litt vanskelig. Førsteman til mølla

riktig det med påskebrus, funker fint med integral, tenkeoppagvene blir værre

[tex] I_2 \, = \, \int{\sqrt{\,x^2 + 5x + 13\,}} \, dx=\int\sqrt{(x+{5\over 2})^2+{27\over 4}}\,dx [/tex]
substituerer:
[tex]x+{5\over 2}=\frac{\sqrt{27}}{2}\sinh(u)[/tex]

[tex]dx=\frac{\sqrt{27}}{2}\cosh(u)\,du[/tex]
videre:
[tex] I_2 =\int\sqrt{(x+{5\over 2})^2+{27\over 4}}\,dx={27\over 4}\int \cosh^2(u)\,du={27\over 8}\int\left(1+\cosh(2u)\right)\,du[/tex]

[tex]I_2={27\over 8}\left(u\,+\,\sinh(u)\cosh(u)\right)\,+\,C[/tex]

[tex]I_2={27\over 8}\text arcsinh\left(\frac{2x+5}{\sqrt{27}}\right)\,+\,\left(\frac{2x+5}{4}\right)\sqrt{x^2+5x+13}\,+\,C[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Stjeler litt påskegodt jeg og ^^ Satt på fjellet med lite å gjøre untatt en notisblokk så da løste jeg omtrent alle integralene på siste side... Blir endel styr med bare en blyantstump og ei lita notisblokk. Mye algebraterror og. jaja.

I trekanten [tex]ABC[/tex] lar vi [tex]P[/tex] notere et variabelt punkt på [tex]BC[/tex]. Vi lar [tex]x=PB[/tex] og [tex]\beta[/tex] være vinkelen [tex]PAB[/tex].

Bestem

[tex]\int\limits_0^a {\cos \left( \beta \right)} dx[/tex]

Uttrykt ved sidene i trekanten og vinklene.

Denne her var artig... Ble mye tegning på blokka :p



Oppgaven ber om å finne cosinusvinkelen uttrykkt ved sidene og vinklene i trekanten.

Finner AR utifra tegningen...

[tex]AR = c - BR = c - x\cos \left( \lambda \right)[/tex]

Finner AP utifra tegningen

[tex]AP^2 = d^2 + AR^2[/tex]

[tex] AP = \sqrt {{{\left( {c - x\cos \left( \lambda \right)} \right)}^2} + {{\left( {x\sin \left( \lambda \right)} \right)}^2}} [/tex]

[tex] AP = \sqrt {c - 2x\cos \left( \lambda \right) + {x^2}} [/tex]

Jau, rimelig greit å finne cosinus nå. Roter litt, men tar oppgava greit fra hukommelsen.

[tex] \cos \left( \beta \right) = \frac{{AR}}{{AP}} [/tex]

[tex] \cos \left( \beta \right) = \frac{{c - x\cos \left( \gamma \right)}}{{\sqrt {{c^2} - 2c \cdot x\cos \left( \gamma \right) + {x^2}} }} [/tex]

Så kan vi rote litt med integralregning for å finne svaret vårt.

[tex] I = \int\limits_0^a {\cos \left( \beta \right)dx} [/tex]

[tex] I = \int\limits_0^a {\frac{{c - x\cos \left( \gamma \right)}}{{\sqrt {{c^2} - 2c \cdot x\cos \left( \gamma \right) + {x^2}} }}} [/tex]

Bruker de kjekke reglene som sier at

[tex] \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + \alpha x + \beta } }}} = \ln \left( {2x + \alpha + 2\sqrt {{x^2} + \alpha x + \beta } } \right) [/tex]

og

[tex] \int {\frac{{xdx}}{{\sqrt {{x^2} + \alpha x + \beta } }}} = \sqrt {{x^2} + \alpha x + \beta } - \frac{\alpha }{2}\ln \left( {2x + \alpha + 2\sqrt {{x^2} + \alpha x + \beta } } \right) [/tex]

Dette gir oss at

[tex] I = \left[ {c{{\sin }^2}\left( \gamma \right)\ln \left| {2x + 2c\cos \left( \lambda \right) + 2\sqrt {{x^2} - 2cx\cos \left( \lambda \right) + {c^2}} } \right| - \cos \left( \lambda \right)\sqrt {{x^2} - 2cx\cos \left( \lambda \right) + {c^2}} } \right]_0^a [/tex]

[tex] I = c{\sin ^2}\left( \gamma \right)\ln \left| {\frac{{a - c\cos \left( \gamma \right) + b}}{{c\left( {1 - \cos \left( \gamma \right)} \right)}}} \right| + \cos \left( \gamma \right)\left( {c - b} \right) [/tex]

Hopper bukk og sten over noen mellomregninger, og siste delen tok jeg bare på kalkulator. Jaja

[Nebuchadnezzar]

Stjeler litt til jeg før jeg legger ut litt mer. Skal prøve å legge ut oppgaver som krever litt mer matte og litt mindre merkelige funksjoner og slikt. Pfft hvem kommer noensinne til å få bruk for KonturIntegrasjon

[tex]\int {{x^x}\left( {\ln \left( x \right) + 1} \right)dx} = {x^x} + C[/tex]

Siden

[tex] y = {x^x} [/tex]

[tex] \ln y = x\ln x [/tex]

[tex] \frac{{dy}}{{dx}} \cdot \frac{1}{y} = \ln x + 1 [/tex]

[tex] \frac{d}{{dx}}y = y\left( {\ln x + 1} \right) [/tex]

[tex] \frac{d}{{dx}}y = {x^x}\left( {\ln x + 1} \right) [/tex]

[Nebuchadnezzar]

Slenger på noen til jeg. disse kan bli løst helt uten noen spesielle teknikker. Oppgavene er i stigende vanskelighetsgrad.

Integrer [tex]\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt x + \sqrt[3]{x}}}} [/tex]

Finn [tex]a[/tex] slik at integralet [tex]\int\limits_a^{{a^2}} {\frac{{dx}}{{x + \sqrt x }}}[/tex] oppnår sin minste verdi.

Bestem [tex]\int\limits_0^{\pi /3} {x \cdot \tan {{\left( x \right)}^2}dx} [/tex]

Evaluer [tex]e^A[/tex] der [tex]A[/tex] er definert som [tex]\int\limits_0^{\ln 2} {\frac{{2{e^{3x}} + {e^{2x}} - 1}}{{{e^{3x}} + {e^{2x}} - {e^x} + 1}}}\,dx [/tex]

[tex]\int\limits_1^{\sqrt 3 } {{x^{2{x^2} + 1}} + \ln \left( {{x^{2{x^{2{x^2} + 1}}}}} \right)} dx[/tex]

[tex]\int\limits_1^\infty {\frac{{dx}}{{x\left( {\sqrt {\ln x} + {{\ln }^2}x} \right)}}} [/tex]

Antar dette holder foreløpig

[Charlatan]

[tex]\int\limits_1^\infty {\frac{{dx}}{{x\left( {\sqrt {\ln x} + {{\ln }^2}x} \right)}}} [/tex]

Substitusjonen [tex]u = \sqrt{\log(x)}[/tex] gir [tex]I = \int^{\infty}_0 \frac{2}{1+u^3} du = \frac{4\pi}{3\sqrt{3}}[/tex], hvor jeg bruker formelen du ga for integralet der eksponenten er 2n+1.

Integralet eksisterer av sammenligningstesten for [tex]\int^{\infty}_2 \frac{1}{x\log(x)^2} dx[/tex] og [tex]\int^{2}_1 \frac{1}{x\sqrt{\log(x)}} dx[/tex]. Førstnevnte gir ved substitusjon [tex]u = \log(x)[/tex] integralet [tex]\int^{\infty}_{\log(2)^2} \frac{1}{u^2}[/tex], og sistnevnte ved [tex]u = \sqrt{\log(x)}[/tex] integralet [tex]\int^{\sqrt{\log(2)}}_{0} 2 du[/tex], og begge disse integralene eksisterer. Vi sammenligner over de respektive områdene vi integrerte over i de to siste integralene.

[Nebuchadnezzar]

Flott jobb Charlatan, når jeg skrev at alle integralene kunne løses uten fancypansy funksjoner så mente jeg det :p Men denne løsningen er åpenbart lettere når vi allerede har bevist formelen

Tror den under er slightly mer komplisert, tok meg en stund før jeg fant løsningen. Og da syntes jeg problemet var nydelig

[tex]\int\limits_1^{\sqrt 3 } {{x^{2{x^2} + 1}} + \ln \left( {{x^{2{x^{2{x^2} + 1}}}}} \right)} dx[/tex]

^^ Kan jo kanskje prøve deg på den? (Eller noen andre for den saks skyld), kan løses helt uten noe form for fancy funksjoner. Bare litt omskrivninger, smarte substitusjoner som fører frem.

[Gustav]

[tex]\int\limits_1^{\sqrt 3 } {{x^{2{x^2} + 1}} + \ln \left( {{x^{2{x^{2{x^2} + 1}}}}} \right)} dx[/tex]

Sett først [tex]y=x^2[/tex], [tex]dy=2xdx[/tex]:

[tex]\int x(x^2)^{x^2}(1+\ln(x^2))\,dx=\int \frac{1}{2}y^{y}(1+\ln(y))\,dy[/tex]. Sett [tex]z=y^y[/tex], [tex]dz=y^y(1+\ln(y))dy[/tex]:

[tex]\int \frac12 dz=[\frac12 z]=[\frac12 (x^2)^{x^2}]_1^{\sqrt{3}}=\frac12 (3^3-1)=13[/tex]