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 Gjest » 12/12-2016 01:36

Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
Gjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 12/12-2016 10:24

MatIsa skrev:Oppfølger:
La $f$ være en begrenset, ikke-negativ funksjon. Vis at
$$\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\ln(x)}{x}\mathrm{d}x=0$$


Kan vel løses enda enklere enn det Plutarco? La $y \mapsto 1/x$. Da er $\mathrm{d}y = -\mathrm{d}x/x^2$ så $\mathrm{d}y/y = -\mathrm{d}x/x$.

$ \hspace{1cm}
I
=
\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\log x}{x}\mathrm{d}y
=
\int_\infty^0 f\left(y+\dfrac1y\right)\log\left( \frac{1}{y} \right) \left( -\frac{\mathrm{d}y}{y} \right)
=
-\int_0^\infty f\left(y+\dfrac1y\right)\dfrac{\log y }{x}\mathrm{d}y
=
-I
$

Siden $I = -I$ så er $2I = 0$ og $I = 0$.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk og Fysikk
Nebuchadnezzar offline
Fibonacci
Fibonacci
Brukerens avatar
Innlegg: 5463
Registrert: 24/05-2009 13:16
Bosted: NTNU

Re: Integral maraton !

Innlegg Gustav » 12/12-2016 10:37

Jepp, fin løsning!
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4148
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 12/12-2016 10:39

Om jeg ikke tar heltfeil kan vel Plancherels teorem brukes på det integralet. har sett lignende integraler bli løst via både laplace og å skrives som en differensiallikning.

Gjest skrev:Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$


Fra oven så har en at $\mathcal{F}\left( \frac{x}{(1+x^2)^2} \right) = -\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2} i} w e^{-w}$, videre så er $\mathcal{F}\left( \sin x \right) = \frac{\sqrt{2\pi}}{2i} \bigl[\delta(w+1)-\delta(w-1)\bigr]$. Definer $G(w) = w e^{-|w|}$. Plancherel gir oss nå at

$
\hspace{1cm}
\begin{align*}
\int_\mathbb{R} \frac{w}{(1+w)^2} \sin w \,\mathrm{d}w
& = \int_\mathbb{R} \mathcal{F}\left( \frac{w}{(1+w)^2} \right) \mathcal{F}\left( \sin x \right) \,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4} \int_\mathbb{R} x e^{-|x|} \bigl[ \delta(x-1) - \delta(x+1)\bigr]\,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4}\bigl[ G(1) - G(-1) \bigr]
= \frac{\pi}{2e}
\end{align*}
$

Noen som klarer denne godbiten?

$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk og Fysikk
Nebuchadnezzar offline
Fibonacci
Fibonacci
Brukerens avatar
Innlegg: 5463
Registrert: 24/05-2009 13:16
Bosted: NTNU

Re: Integral maraton !

Innlegg Gjest » 12/12-2016 11:57

Nebuchadnezzar skrev:
Gjest skrev:Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$

...
$ = \frac{\pi}{2e}$


Selvsagt helt rett :)
Gjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Gjest » 12/12-2016 14:37

Gjest skrev:
Nebuchadnezzar skrev:
Gjest skrev:Hva med denne:

$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$

Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$

...
$ = \frac{\pi}{2e}$


Selvsagt helt rett :)


Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???
Gjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Gustav » 20/12-2016 08:24

Vis at $\int_0^{\infty} \frac{\ln (1+x)\ln (1+x^{-2})}{x}\,dx = \pi G-\frac{3\zeta (3)}{8}$

, der $G=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$ er Catalans konstant, og $\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ er Riemann zetafunksjonen.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4148
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Integral maraton !

Innlegg Gjest » 20/12-2016 10:16

Gjest skrev:
Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???

Nei, oppgave 5c på tentamen i 9. klasse på Vikerkje ungdomsskole
Gjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 20/12-2016 11:51

Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige ;) Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.

Sittet og fiklet litt med din oppgave. Virker som den beste fremgangsmåten er å splitte integralet ved $1$ også mappe integralet over $[1,\infty]$ til $[0,1]$ via transformasjonen $z \mapsto 1/x$. Da er $\int_1^\infty f(x) \,\mathrm{d}x = \int_0^1 f\left(\frac{1}{x}\right) \,\frac{\mathrm{d}x}{x^2}$ slik at

$
\begin{align*}
\int_0^\infty f(x) \,\mathrm{d}x
& = \int_0^1 f(x) + \frac{1}{x^2} f\left(\frac{1}{x}\right) \,\mathrm{d}x \\
& = \int_0^1 \frac{2\log(x^2+1) \log(1+x)}{x} - \frac{\log(1+x)\log(x^2)}{x} - \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x\\
& = \left( \pi G -\frac{33\zeta(3)}{16)} \right) - \left( -\frac{3\zeta(3)}{2} \right) - \left( - \frac{3\zeta(3)}{16} \right) \\
& = \pi G - \frac{3 \zeta(3)}{8}
\end{align*}
$

Hvor alle integralene kan beregnes ved å rekkeutvikle henholdsvis $\log(1+x^2), \log(1+x)$ og $\log(x^2+1)$ siden taylorpolynomet konvergerer for alle $|x| \leq 1$. Er det første integralet jeg sliter litt med å vise, de to siste var rett frem. Tror denne metoden skal lede frem, men har dessverre ikke mer tid å se på det nu. Finnes sikkert en smartere måte å gjøre det på =)

f.eks

$
\int_0^1 \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 \sum_{k\geq 1} \frac{x^{2k}}{k}(-1)^{k+1} \frac{\log x}{x} \,\mathrm{d}x
= \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\int_0^1 x^{2k-1} \log x \,\mathrm{d}x
= \frac{1}{4} \sum_{k \geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k^3}
= - \frac{3\zeta(3)}{16}
$
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk og Fysikk
Nebuchadnezzar offline
Fibonacci
Fibonacci
Brukerens avatar
Innlegg: 5463
Registrert: 24/05-2009 13:16
Bosted: NTNU

Re: Integral maraton !

Innlegg Gustav » 20/12-2016 15:57

Nebuchadnezzar skrev:Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige ;) Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.


Oj sann, beklager det! Jeg overså faktisk oppfølgeren din i forrige post. Helt tilfeldig at de liknet! Ser ut som du er på rett kjøl ihvertfall :D
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4148
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 07/01-2017 00:48

Nebuchadnezzar skrev:Noen som klarer denne godbiten?

$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$

Begynner med å skrive om integranden ved delbrøksoppspalting:
$$\dfrac{\log{x}}{x}\cdot\dfrac{\log(1-x)}{1-x} = \log{x}\log(1-x)\dfrac{1-x+x}{x(1-x)} = \log{x}\dfrac{\log(1-x)}{x}+\log(1-x)\dfrac{\log{x}}{1-x}$$ Her er $$\dfrac{\log(1-x)}{x} = -\dfrac1x \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n+1}$$ og $$\dfrac{\log(x)}{1-x} = \dfrac{\log(1-(1-x))}{1-x} = -\dfrac{1}{1-x} \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^n}{n+1}$$ som gir $$I = -\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x-\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log(1-x)\dfrac{(1-x)^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = I_1+I_2$$ Med substitusjonen $u=1-x; \mathrm{d}u=-\mathrm{d}x$ kan $I_2$ skrives som $$I_2 = -\int_1^{1/2}\left(\sum_{n=0}^\infty \log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)(-\mathrm{d}u) = -\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^\infty\log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)\mathrm{d}u$$ Dette forenkler $I$:
$$I = -\left(\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x+\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x\right) = -\int_0^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = -\sum_{n=0}^\infty\left(\dfrac{1}{n+1}\int_0^1 x^n\log{x}~\mathrm{d}x\right) = -\sum_{n=0}^\infty a_n$$ Bruker deretter Leibniz regel: $$I(\alpha) = \int_0^1 x^\alpha\mathrm{d}x = \dfrac{1}{\alpha + 1}\Longrightarrow I'(\alpha) = \dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}\alpha} = \int_0^1 x^\alpha \log{x}~\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{(\alpha+1)^2}$$
Dermed er $a_n = \dfrac{1}{n+1}\cdot\left(-\dfrac{1}{(n+1)^2}\right) = -\dfrac{1}{(n+1)^3}$ og
$$I = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{(n+1)^3} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^3} = \zeta(3)$$
Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$
MatIsa offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 149
Registrert: 12/06-2013 11:09
Bosted: Trondheim

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 13/02-2018 00:25

Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.

MatIsa skrev:Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$


Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$


Oppfølger:
$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$
Markus offline
von Neumann
von Neumann
Innlegg: 503
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 13/02-2018 10:40

Markus skrev:Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.
MatIsa skrev:Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$

Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$
Oppfølger:$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$

Pent Markus,
prøver meg på ditt med Residue theorem:

[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]

poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:

[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]


[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/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: 7563
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 13/02-2018 13:53

Janhaa skrev:Prøver meg på ditt med Residue theorem:

[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]

poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:

[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]


[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/tex]

Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.

Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg ;)

$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
Markus offline
von Neumann
von Neumann
Innlegg: 503
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 13/02-2018 14:46

Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.
Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg ;)
$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$

$I=\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
setter:
[tex]u=x+\frac{1}{2}[/tex]

$I=\int \frac{2}{\sqrt{4u^2+3}} \, \text{d}u$

$I=\int \frac{1}{\sqrt{u^2+\frac{3}{4}}} \, \text{d}u = \text arcsinh(\frac{2u}{\sqrt{3}})+c$

$I = \text arcsinh(\frac{2x+1}{\sqrt{3}})+c$
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: 7563
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

ForrigeNeste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 11 gjester