Integral maraton !

[Nebuchadnezzar]

Nå skal jeg være kjip med deg å si at jeg har rett
$\underset{x\to 0}{lim}(1+x)e^{-x}=0+e^{-0}=1$
$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}(1+x)e^{-x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x{e}^{-x}+\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-x}=0+0=0$
For mye voksenbrus? ^^

[Janhaa]

Nå skal jeg være kjip med deg å si at jeg har rett
$\underset{x\to 0}{lim}(1+x)e^{-x}=0+e^{-0}=1$
$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}(1+x)e^{-x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x{e}^{-x}+\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-x}=0+0=0$
For mye voksenbrus? ^^

ja, jaggu, det er for mye sinnabrus...

[Janhaa]

Håper ikke vi har hatt det før, evaluer følgende integral:

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

[Nebuchadnezzar]

Se første integral i tråden, la $a=1$

[Janhaa]

hehe, sjekka noen av integrala her om dagen..huska ikke første da...

artig integral uansett....

[Gustav]

Ingen aning om følgende integraler har blitt løst her tidligere, men la gå: (vanskelighetsgraden er variabel)

${\displaystyle I_n=\int {\sinh }^2\sqrt{x}dx}$

${\displaystyle I_{n+1}=\int {\tan }^2\sqrt{x}dx}$

${\displaystyle I_{n+2}=\int \frac{x^2+x+1}{x^4+x^2+1}dx}$

${\displaystyle I_{n+3}=\int \frac{{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x+{\tan }^{2}x}dx}$

${\displaystyle I_{n+4}=\int \frac{{\cos }^{2}x}{{\sin }^{2}x+{\tan }^{2}x}dx}$

${\displaystyle I_{n+5}=\int \frac{\sin (3x)+\cos (2x)}{\tan x}dx}$

${\displaystyle I_{n+6}=\int \sin x\sinh xdx}$

${\displaystyle I_{n+7}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sqrt{1+\sqrt{1-{\sin }^{2}x}}dx}$

Alle integralene har rimelig ukompliserte svar og kan uttrykkes ved enkle elementære funksjoner.

[Janhaa]

$I(n+6)=-\cos (x)\sinh (x)+\int \cos (x)\cosh (x)dx=-\cos (x)\sinh (x)+\cosh (x)\sin (x)-\int \sin (x)\sinh (x)dx=-\cos (x)\sinh (x)+\cosh (x)\sin (x)-I(n+6)+D$

$2I(n+6)=-\cos (x)\sinh (x)+\cosh (x)\sin (x)+D$

$I(n+6)=\frac{1}{2}(-\cos (x)\sinh (x)+\cosh (x)\sin (x))+C$

[Janhaa]

$I(n+7)={\int }_0^{\pi /2}\sqrt{1+\cos (x)}dx={\int }_0^{\pi /2}\sqrt{2{\cos }^2(x/2)}dx=\sqrt{2}{\int }_0^{\pi /2}|\cos (x/2)|dx=2\sqrt{2}\sin (x/2){|}_0^{\pi /2}=2$

[Janhaa]

$I(n+2)=\int \frac{dx}{x^2-x+1}=\int \frac{dx}{(x-0,5{)}^2+0,75}=\int \frac{du}{u^2+0,75}=\frac{2}{\sqrt{3}}\int \frac{dt}{t^2+1}=\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan (t)=\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan (\frac{2u}{\sqrt{3}})=\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)+C$

1) brukt polynomdivisjon
2) substitusjon 1: u = x - 0,5
3) substitusjon 2: $t=2u/\sqrt{3}$

[Determined]

$I_n=\int \sinh \sqrt{x}dx=\int (\frac{e^{\sqrt{x}}-e^{-\sqrt{x}}}{2}{)}^{2}dx=\frac{1}{4}\int (e^x-2+e^{-x})dx=\frac{1}{4}(e^x-e^{-x}-2x)+C$

Kjeder meg, eksamen over!

[Nebuchadnezzar]

I denne oppgaven er det i hovedsak, $\mathrm{\Omega }$ konstanten og dens egenskaper vi studerer nærmere.
Konstanten er definert slik at den oppfyller likningen

$\mathrm{\Omega }\cdot e^{\mathrm{\Omega }}=1$

og er kanskje bedre kjent som $\mathrm{LambertW}(1)$. Videre ser vi nærmere på funksjonene

$f(x)=x$ og $g(x)=x^2\log x$

Om øsnklig kan en lese mer om Omega konstanten her http://en.wikipedia.org/wiki/Omega_constant, uten at
det er nødvendig for å løse oppgaven.

a) Vis at skjæringspunktene mellom $f$ og $g$ er henholdsvis $x_0=0$ og $x_1=\exp (\mathrm{\Omega })$.

b) Beregn området avgrenset av $f(x)=x$, $g(x)=x^2\log x$, $x=x_0$ og $x=x_1$.
Vis at det kan skrives som

${\displaystyle A=\frac{1}{6}{e}^{2\mathrm{\Omega }}+\frac{1}{9}{e}^{3\mathrm{\Omega }}=\frac{1}{6{\mathrm{\Omega }}^2}+\frac{1}{9{\mathrm{\Omega }}^3},}$

ved gjentatt bruk av egenskapene til $\mathrm{\Omega }$ konstanten.

[Janhaa]

oppgava til Nebu., blir litt fort og gæli;
a)
$f=g=>x-x^2\ln (x)=0=>x(1-x\ln (x))=0$
$x_o=0\wedge x\ln (x)=1$

$W(x\ln (x))=W(1)=\mathrm{\Omega }$
$\text{e}xp(W(x\ln (x)))=exp(W(1))=exp(\mathrm{\Omega })$
$x_1=\exp (\mathrm{\Omega })=1/W(1)$
=====
b)
$A={\int }_o^{e^{\mathrm{\Omega }}}(x-x^2\ln (x))dx=[\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{9}{x}^3(3\ln (x)-1){]}_o^{e^{\mathrm{\Omega }}}$

$A=\frac{1}{2}{e}^{2\mathrm{\Omega }}-\frac{1}{9}{e}^{3\mathrm{\Omega }}(3\mathrm{\Omega }-1)=\frac{1}{2}{e}^{2\mathrm{\Omega }}+\frac{1}{3}{e}^{3\mathrm{\Omega }}\ln (\mathrm{\Omega })+\frac{1}{9}{e}^{3\mathrm{\Omega }}$

$A=\frac{1}{2}{e}^{2\mathrm{\Omega }}+\frac{1}{3}{e}^{2\mathrm{\Omega }}{e}^{\mathrm{\Omega }}\ln (\mathrm{\Omega })+\frac{1}{9}{e}^{3\mathrm{\Omega }}$

$A=\frac{1}{2}{e}^{2\mathrm{\Omega }}-\frac{1}{3}{e}^{2\mathrm{\Omega }}+\frac{1}{9}{e}^{3\mathrm{\Omega }}$

$A=\frac{1}{6}{e}^{2\mathrm{\Omega }}+\frac{1}{9}{e}^{3\mathrm{\Omega }}$

[Nebuchadnezzar]

Ser helt rett ut dette. Artig oppgave? Føler at dette er noe en flink VG3 elev, ville fått til
med litt tid og hjelp.

Ville gjort a) slik

$x\ln x=1\Rightarrow e^{1/x}=e^{\ln x}\Rightarrow \frac{1}{x}{e}^{1/x}=1$

Ved å sammenlikne med definisjonen for $\mathrm{\Omega }$ konstanten så ser vi raskt at

$\mathrm{\Omega }=x^{-1}\Rightarrow x={\mathrm{\Omega }}^{-1}=e^{\mathrm{\Omega }}$

Den siste overgangen er ser en ved å dele definisjonen av omega konstanten på omega. Da har vi at

$\begin{array}{rl}A& =\frac{1}{2}{e}^{2\mathrm{\Omega }}-\frac{1}{9}{e}^{3\mathrm{\Omega }}(3\mathrm{\Omega }-1)=\frac{1}{2}{e}^{2\mathrm{\Omega }}-\frac{1}{3}{e}^{2\mathrm{\Omega }}(\mathrm{\Omega }{e}^{\mathrm{\Omega }})+\frac{1}{9}{e}^{3\mathrm{\Omega }}\\ & =\frac{1}{6}{e}^{2\mathrm{\Omega }}-\frac{1}{9}{e}^{3\mathrm{\Omega }}=\frac{1}{6{\mathrm{\Omega }}^2}+\frac{1}{9{\mathrm{\Omega }}^3}\end{array}$

som ønska.

[Janhaa]

Ser helt rett ut dette. Artig oppgave? Føler at dette er noe en flink VG3 elev, ville fått til
med litt tid og hjelp

Absolutt artig oppgave, glemte å nevne det!...
Tenkte faktisk på (når jeg så oppgava) at det kunne vært en utfordringsoppg på R2 eksamen, dog med liten innføring i Lamberts Omegafunksjon og omegakonstanten.
(Kanskje med noe ramaskrik etterpå :=) ).

[Nebuchadnezzar]

Hadde kankje blitt noen ramaskrik, alternativet ville jo vært å latt det være en oppgave i et av innføringskursene på høyskolen/ universitetet.
Slenger opp en artig røver jeg fant for noen dager siden.

Vis at følgende likhet stemmer

${\displaystyle {\int }_{ma}^{na}\frac{\log (x-a)}{x^2+a^2}\mathrm{d}x={\int }_{\frac{a}{n}}^{\frac{a}{m}}\frac{\log (x+a)}{x^2+a^2}\mathrm{d}x,}$

hvor $a$, $n$, $m$ er strengt positive tall som tilfredstiller $nm=n+m+1$.