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 Janhaa » 13/02-2018 14:53

oppfølger:

[tex]\large I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}[/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 Markus » 13/02-2018 22:41

Jeg vet ikke så mye om hyperbolske trig. funksjoner, men svaret ditt skal i alle fall være korrekt. Jeg brukte Euler-sub og fikk $\ln \lvert 2x +
2\sqrt{x^2+x+1} + 1 \rvert + C$, som skal være ekvivalent med ditt uttrykk for $x>0$ i følge Wolfram Alpha.

Janhaa skrev:oppfølger:
[tex]I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}[/tex]

La $P(x)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$. Det er lett å bekrefte at $P(-1)=0$. Polynomdivisjon gir $(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1):(x+1) = x^4+x^2+1$. Videre er $x^4+x^2+1=(x^4+2x^2+1)-x^2 = (x^2+1)^2-x^2 = ((x^2+1)+x)((x^2+1)-x) = (x^2+x+1)(x^2-x+1)$. Med disse observasjonene kan vi skrive om; $P(x) = (x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$

Ved delbrøkoppspalting finnes det tall $A,B,C,D,E$ slik at
$$\int \frac{1}{(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)} \, \text{d}x = \frac{A}{x+1} + \frac{B + Cx}{x^2+x+1} + \frac{D + Ex}{x^2-x+1}$$ Vi får nå at $$1 = A(x^2+x+1)(x^2-x+1) + (B+Cx)(x+1)(x^2-x+1) + (D+Ex)(x+1)(x^2+x+1) \\ 1 = A(x^4+x^2+1) + (B+Cx)(x^3+1) + (D+Ex)(x^3+2x^2+2x+1) \\ 1 = Ax^4 + Ax^2 + A + Bx^3+B+Cx^4+Cx + Dx^3+2Dx^2+2Dx+D+Ex^4+2Ex^3+2Ex^2+Ex \\ 1 = x^4(A+C+E) + x^3(B+D+2E) + x^2(A+2D+2E) + x(C+2D+E) + (A+B+D)$$ Ser vi nå for oss at venstresiden er et polynom av fjerde grad (der koeffisienter lik null er tillatt), og sammenligner koeffisienter på begge sider av likhetstegnet, får vi likningene $$\left\{\begin{matrix}
A+C+E=0\\
B+D+2E=0\\
A+2D+2E=0\\
C+2D+E=0 \\
A + B + D = 1
\end{matrix}\right. $$ Likningssystemet kan med litt tid til rådighet løses med ren algebra, eventuelt gaussisk eliminasjon eller lignende. Systemet har hvertfall løsningene $A=\frac13 , B= \frac12 , C=0 , D=\frac16, E = -\frac13$. Vi har med andre ord at $$\int \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} \, \text{d}x = \int \frac{1}{3x+3} + \frac{1}{2x^2+2x+2} + \frac{1-2x}{6x^2-6x+6} \, \text{d}x$$ Det første leddet er et "rutinemessig" integral; $$\int \frac{1}{3x+3} \, \text{d}x = \frac13 \ln | 3(x + 1) | + c_1 = \frac13 \ln | x + 1 | + c_2$$ Det siste leddet kan løses fint med substitusjonen $u=6x^2-6x+6 \implies \text{d}u = 12x-6 \, \text{d}x \enspace \therefore \enspace -\frac16 \, \text{d}u = (1-2x) \, \text{d}x$, slik at $$\int \frac{1-2x}{6x^2-6x+6} \, \text{d}x = -\frac16 \int \frac{1}{u} \, \text{d}u = -\frac16 \ln | u | + c_1 = -\frac16 \ln |6(x^2-x+1) | + c_1 = -\frac16 \ln | x^2-x+1 | + c_2$$ Det mellomste leddet er det vanskeligste; start med observasjonen $2x^2+2x+2 = \left (\sqrt{2}x + \frac{1}{\sqrt{2}} \right )^2 + \frac32$ Deretter gjør substitusjonen $u =\sqrt{2}x + \frac{1}{\sqrt{2}} \implies \text{d}x = \frac{1}{\sqrt{2}} \text{d}u$. Da tar integralet formen $$\frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{1}{u^2 + \frac32} \, \text{d}u = \frac{\sqrt{2}}{3} \int \frac{1}{\frac{2u^2}{3}+1} \, \text{d}u$$ Vi gjør en ny substitusjon $s=\sqrt{\frac23 }u \implies \text{d}u = \sqrt{\frac32 } \,\text{d}s$. Integralet tar nå formen $$\frac{1}{\sqrt{3}} \int \frac{1}{s^2+1} \, \text{d}s = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan(s) + C = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left (\frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right ) + C$$ Da har vi endelig at $$\int_0^\infty \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} = \left [\frac13 \ln | x+1 | + \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left (\frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right ) -\frac16 \ln | x^2-x+1 | \right ]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt{3}} - \frac{\pi}{6\sqrt{3}} + \frac13 \left [\ln \left ( \frac{x+1}{\sqrt{x^2-x+1}} \right ) \right ]_0^\infty \\ \int_0^\infty \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} = \boxed{\frac{\pi}{3\sqrt{3}}}$$

Mye arbeid med denne, det finnes sikkert en enklere måte!

Tar nivået ned et par hakk med neste oppfølger; $\int e^{\sqrt{x}} \, \text{d}x$
Markus offline
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 468
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Integral maraton !

Innlegg DennisChristensen » 13/02-2018 23:09

Markus skrev:
Tar nivået ned et par hakk med neste oppfølger; $\int e^{\sqrt{x}} \, \text{d}x$


La $u = \sqrt{x}$, så $\text{d}u = \frac{1}{2\sqrt{x}}\text{d}x.$ Da er $\text{d}x = 2\sqrt{x}\text{d}u = 2u\text{d}u,$ så $$\int e^{\sqrt{x}}\, \text{d}x = 2\int e^uu\, \text{d}u = 2e^{u}u - 2\int e^u\, \text{d}u + C = 2e^uu - 2e^u +C = 2e^u(u-1) + C = 2e^{\sqrt{x}}(\sqrt{x}-1) +C.$$

Oppfølger: Finn $$\iiint_{x^2 + y^2 + z^2 \leq 1}\left(x^{2n} + y^{2n} + z^{2n}\right)\, \text{d}V.$$
DennisChristensen offline
Abel
Abel
Innlegg: 609
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 14/02-2018 09:31

Vi definerer først de kjente Wallis integralene

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n x\,\mathrm{d}x = \int_0^{\pi/2} \sin^n x\,\mathrm{d}x
$

og som vi alle vet kan beta-integralet $\text{B}(x,y) = \int_0^{1} t^{x-1} (1-t)^{y-1} \mathrm{d}t = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ skrives på følgende trigonometriske form

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\text{B}(a,b) = 2 \int_0^{\pi/2} \sin^{2a-1} u \cos^{2b-1} u \,\mathrm{d}u
$

ved å bruke substitusjonen $t = \sin^2 u$, slik at $1 - 1 = \cos^2 u$ og $\mathrm{d}t = 2 \sin u \cos u\,\mathrm{d}u$. Så dette gir oss muligheten til å gi Wallis integralene en lukket form

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_n = \frac{1}{2} \text{B} \left( \frac{n+1}{2}, \frac{1}{2} \right) = \frac{\Gamma[(n+1)/2] \Gamma(1/2)}{2 \Gamma(1 + n/2)}
$

Vi deler så integralet opp i odde og like ledd. For $n = 2p + 1$ har vi

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_{2p+1} = \frac{2^{2p} (p!)^2}{(2p+1)!}
$

For $n = 2p$ kan vi bruke at $\Gamma(1/2) = \int_0^{\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x = \sqrt{\pi} $ slik at

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_{2p} = \frac{(2p)!}{2^{2p} (p!)^2} \frac{\pi}{2}
$

Lemma 1. For alle $n \in \mathbb{N}$ så er
$ \hspace{1cm} \displaystyle
\begin{align*}
\int_0^{2\pi} \cos^{2n} \theta \,\mathrm{d}\theta & = \int_0^{2\pi} \sin^{2n} \theta \,\mathrm{d}\theta = 4 W_{2n} \\
\int_0^{\pi} \cos^{2n} \theta \,\mathrm{d}\theta & = \int_0^{\pi} \sin^{2n} \theta \,\mathrm{d}\theta = 2 W_{2n}
\end{align*}
$


For å beregne integralet in question bytter vi koordinatsystem til sfæriske koordinater (kulekoordinater), da er

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\begin{align*}
x & = r \sin \theta \, \cos \phi \\
y & = r \sin \theta \, \sin \phi \\
z & = r \cos \theta
\end{align*}
$

og $\mathrm{d}V = r^2 \sin \theta \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d} \theta \, \mathrm{x} \phi$. La $S^2$ betegne enhetssfæren (radius 1) da er

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\begin{align*}
\int_{S^2} x^{2n} + y^{2n} + z^{2n} \,\mathrm{d}V
& = \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \int_0^{1} \bigl[ ( r \sin \theta \, \cos \phi )^{2n} + (r \sin \theta \, \sin \phi )^{2n} + (r \cos \theta)^{2n} \bigr] r^2 \sin \theta \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d} \theta \, \mathrm{d} \phi \\
& = \frac{1}{2n + 3} \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} \bigl[ ( \sin \theta \, \cos \phi )^{2n} + (\sin \theta \, \sin \phi )^{2n} + (\cos \theta)^{2n} \bigr] \sin \theta \, \mathrm{d} \theta \, \mathrm{d} \phi \\
& = \frac{1}{2n + 3} \int_0^{2\pi} \left( \cos^{2n} \phi \int_0^{\pi} \sin^{2n+1} \theta \,\mathrm{d}\theta + \sin^{2n} \phi \int_0^{\pi} \sin^{2n+1} \theta \,\mathrm{d}\theta + \int_0^{\pi} (\cos \theta)^{2n} \sin \theta \, \mathrm{d} \theta\right) \, \mathrm{d} \phi \\
& = \frac{1}{2n + 3} \int_0^{2\pi} \left( 2 W_{2n+1} \cos^{2n} \phi +2 W_{2n+1} \sin^{2n} \phi + \frac{2}{2n+1} \right) \, \mathrm{d} \phi \\
& = \frac{1}{2n + 3} \left( 8 W_{2n+1} W_{2n} +8 W_{2n+1} W_{2n} + \frac{4\pi}{2n+1} \right) \\
& = \frac{1}{2n + 3} \left( 8 \cdot \frac{\pi}{2} \frac{1}{2n+1} + 8 \cdot \frac{\pi}{2} \frac{1}{2n+1} + \frac{4\pi}{2n+1} \right) \\
& = \frac{1}{2n + 3} \left( \frac{4\pi}{2n+1} + \frac{4\pi}{2n+1} + \frac{4\pi}{2n+1} \right) \\
& = \frac{12\pi}{(2n + 3)(2n+1)}
\end{align*}
$

Siden $\int_0^1 r^n r^2 \mathrm{d}r = 1/(2n+3)$

$ \hspace{1cm} \displaystyle
W_{2p+1} W_{2p} =
\frac{2^{2p} (p!)^2}{(2p+1)!} \cdot \frac{(2p)!}{2^{2p} (p!)^2} \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \frac{(2p)!}{(2p+1)!} = \frac{\pi}{2} \frac{(2p)!}{(2p+1) (2p)!} = \frac{\pi}{2} \frac{1}{2p+1}
$
"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: 5456
Registrert: 24/05-2009 13:16
Bosted: NTNU

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 14/02-2018 09:59

a) Vis at for alle $\theta \in (-\pi, \pi)$

$ \displaystyle \hspace{1cm}
\int_0^{1} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + 2x \cos \theta + 1} = \frac{\theta}{2 \sin \theta}
$

b) bruk resultatet til å bestemme

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \arctan x }{ x^2 + 2x \cos \theta + 1} \, \mathrm{d}x
$

ighen for alle $\theta \in (-\pi, \pi)$.

Tenkte å senke nivået litt ;) Bare å velge a eller b alt ettersom hvor tøff man er i hatten.
"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: 5456
Registrert: 24/05-2009 13:16
Bosted: NTNU

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 14/02-2018 15:16

Prøver meg på oppg. a).

Integranden kan skrivast

1/sin[tex]^2[/tex](theta) * 1/((x + cos(theta))/sin(theta))[tex]^2[/tex]
Ser straks at dette er eit arctan-integral med x som variabel.

Innfører ny variabel
u = (1 +cos(theta))/sin(theta)

og endar opp med:

1/sin(theta) * (arctan(1 + cos(theta)/sin(theta) - arctan((0 + cos(theta)/sin(theta))

(1 + cos(theta)/sin(theta) = (innfører halve vinkelen ) = cotan(theta/2) = tan(pi/4 - theta/2)

Da er arctan((1 + cos(theta)/sin(theta)) = arctan(tan(pi/4 - theta/2) = pi/4 - theta/2

Nedre grense: arctan(cos(theta/sin(theta)) = arctan(cotan(theta)) = arctan(pi/4 - theta)

= pi/4 -Theta

Det bestemte integralet = 1/sin(theta) *( pi/4 - theta/2 -(pi/4 - theta)) = Theta/(2*sin(theta))
s. s. v.
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg DennisChristensen » 14/02-2018 15:30

Nebuchadnezzar skrev:$$ \int_{S^2} x^{2n} + y^{2n} + z^{2n} \,\mathrm{d}V = [\dots] = \frac{12\pi}{(2n + 3)(2n+1)}$$


Først litt flisespikk: Husk at integralet er over $\mathbb{D}^3$, ikke $S^2$. Hadde integralet vært over $S^2$ hadde det vær lik $0$, ettersom $\partial \mathbb{D}^3 = S^2.$

Nå, til oppgaven. Du har rett svar, godt jobba! Riktignok kan oppgaven løses langt enklere ved å utnytte symmetrien i integralet:

$$\begin{align*} \iiint_{\mathbb{D}^3}\left(x^{2n} + y^{2n} + z^{2n}\right)\, \text{d}V & = \iiint_{\mathbb{D}^3}x^{2n}\, \text{d}V + \iiint_{\mathbb{D}^3}y^{2n}\, \text{d}V + \iiint_{\mathbb{D}^3}z^{2n}\, \text{d}V \\
& = 3\iiint_{\mathbb{D}^3}z^{2n}\, \text{d}V \\
& = 3\int_{\varphi = 0}^{\pi}\int_{\theta = 0}^{2\pi}\int_{r=0}^1\left(r\cos\varphi\right)^{2n}r^2\sin\varphi\, \text{d}r\, \text{d}\theta\, \text{d}\varphi \\
& = 6\pi \int_{r=0}^1r^{2n+2}\left[-\frac{1}{2n+1}\cos^{2n+1}\varphi\right]_{\varphi = 0}^{2\pi}\, \text{d}r \\
& = \frac{6\pi}{2n+1}\left[1 - (-1)^{2n+1}\right]\int_{r=0}^1r^{2n+2}\, \text{d}r \\
& = \frac{12\pi}{(2n+1)(2n+3)}.
\end{align*}$$

Nebuchadnezzar skrev:a) Vis at for alle $\theta \in (-\pi, \pi)$

$ \displaystyle \hspace{1cm}
\int_0^{1} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + 2x \cos \theta + 1} = \frac{\theta}{2 \sin \theta}
$

b) bruk resultatet til å bestemme

$ \hspace{1cm} \displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \arctan x }{ x^2 + 2x \cos \theta + 1} \, \mathrm{d}x
$

ighen for alle $\theta \in (-\pi, \pi)$.


(a) For $\theta \neq 0$ fullføer vi kvadratet: $$\int_0^1\frac{\text{d}x}{x^2 + 2x\cos\theta + 1} = \int_0^1\frac{\text{d}x}{\left(x+\cos\theta\right)^2 + 1 - \cos^2\theta} = \int_0^1\frac{\text{d}x}{\left(x + \cos\theta\right)^2 + \sin^2\theta} = \csc^2\theta\int_0^1\frac{\text{d}x}{\left(\frac{x+\cos\theta}{\sin\theta}\right)^2 + 1} \\ = \csc^2\theta\int_{u=\cot\theta}^{\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}}\frac{\sin\theta\, \text{d}u}{u^2 + 1} = \csc\theta\left[\arctan u\right]_{u=\cot\theta}^{\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}} = \csc\theta\left(\arctan\left(\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}\right) - \arctan\left(\cot\theta\right)\right) \\
= \csc\theta\arctan\left(\frac{\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta} - \cot\theta}{1 + \cot\theta\frac{1+\cos\theta}{\sin\theta}}\right) = \csc\theta\arctan\left(\frac{\sin\theta}{1 + \cos\theta}\right) = \csc\theta\arctan\left(\tan\left(\frac{\theta}{2}\right)\right) = \frac{\theta}{2\sin\theta}.$$

Når $\theta = 0$ får vi $$\int_0^1\frac{\text{d}x}{x^2 + 2x\cos\theta + 1} = \int_0^1\frac{\text{d}x}{(x+1)^2} = -\left[\frac{1}{x+1}\right]_0^1 = 1 - \frac12 = \frac12 = \lim_{\theta\rightarrow 0}\frac{\theta}{2\sin\theta}.$$
DennisChristensen offline
Abel
Abel
Innlegg: 609
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 14/02-2018 18:14

Markus skrev:Jeg vet ikke så mye om hyperbolske trig. funksjoner, men svaret ditt skal i alle fall være korrekt. Jeg brukte Euler-sub og fikk $\ln \lvert 2x +
2\sqrt{x^2+x+1} + 1 \rvert + C$, som skal være ekvivalent med ditt uttrykk for $x>0$ i følge Wolfram Alpha.
Janhaa skrev:oppfølger:
[tex]I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}[/tex]

La $P(x)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$. Det er lett å bekrefte at $P(-1)=0$. Polynomdivisjon gir $(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1):(x+1) = x^4+x^2+1$. Videre er $x^4+x^2+1=(x^4+2x^2+1)-x^2 = (x^2+1)^2-x^2 = ((x^2+1)+x)((x^2+1)-x) = (x^2+x+1)(x^2-x+1)$. Med disse observasjonene kan vi skrive om; $P(x) = (x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$
Ved delbrøkoppspalting finnes det tall $A,B,C,D,E$ slik at
$$\int \frac{1}{(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)} \, \text{d}x = \frac{A}{x+1} + \frac{B + Cx}{x^2+x+1} + \frac{D + Ex}{x^2-x+1}$$ Vi får nå at $$1 = A(x^2+x+1)(x^2-x+1) + (B+Cx)(x+1)(x^2-x+1) + (D+Ex)(x+1)(x^2+x+1) \\ 1 = A(x^4+x^2+1) + (B+Cx)(x^3+1) + (D+Ex)(x^3+2x^2+2x+1) \\ 1 = Ax^4 + Ax^2 + A + Bx^3+B+Cx^4+Cx + Dx^3+2Dx^2+2Dx+D+Ex^4+2Ex^3+2Ex^2+Ex \\ 1 = x^4(A+C+E) + x^3(B+D+2E) + x^2(A+2D+2E) + x(C+2D+E) + (A+B+D)$$ Ser vi nå for oss at venstresiden er et polynom av fjerde grad (der koeffisienter lik null er tillatt), og sammenligner koeffisienter på begge sider av likhetstegnet, får vi likningene $$\left\{\begin{matrix}
A+C+E=0\\
B+D+2E=0\\
A+2D+2E=0\\
C+2D+E=0 \\
A + B + D = 1
\end{matrix}\right. $$ Likningssystemet kan med litt tid til rådighet løses med ren algebra, eventuelt gaussisk eliminasjon eller lignende. Systemet har hvertfall løsningene $A=\frac13 , B= \frac12 , C=0 , D=\frac16, E = -\frac13$. Vi har med andre ord at $$\int \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} \, \text{d}x = \int \frac{1}{3x+3} + \frac{1}{2x^2+2x+2} + \frac{1-2x}{6x^2-6x+6} \, \text{d}x$$ Det første leddet er et "rutinemessig" integral; $$\int \frac{1}{3x+3} \, \text{d}x = \frac13 \ln | 3(x + 1) | + c_1 = \frac13 \ln | x + 1 | + c_2$$ Det siste leddet kan løses fint med substitusjonen $u=6x^2-6x+6 \implies \text{d}u = 12x-6 \, \text{d}x \enspace \therefore \enspace -\frac16 \, \text{d}u = (1-2x) \, \text{d}x$, slik at $$\int \frac{1-2x}{6x^2-6x+6} \, \text{d}x = -\frac16 \int \frac{1}{u} \, \text{d}u = -\frac16 \ln | u | + c_1 = -\frac16 \ln |6(x^2-x+1) | + c_1 = -\frac16 \ln | x^2-x+1 | + c_2$$ Det mellomste leddet er det vanskeligste; start med observasjonen $2x^2+2x+2 = \left (\sqrt{2}x + \frac{1}{\sqrt{2}} \right )^2 + \frac32$ Deretter gjør substitusjonen $u =\sqrt{2}x + \frac{1}{\sqrt{2}} \implies \text{d}x = \frac{1}{\sqrt{2}} \text{d}u$. Da tar integralet formen $$\frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{1}{u^2 + \frac32} \, \text{d}u = \frac{\sqrt{2}}{3} \int \frac{1}{\frac{2u^2}{3}+1} \, \text{d}u$$ Vi gjør en ny substitusjon $s=\sqrt{\frac23 }u \implies \text{d}u = \sqrt{\frac32 } \,\text{d}s$. Integralet tar nå formen $$\frac{1}{\sqrt{3}} \int \frac{1}{s^2+1} \, \text{d}s = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan(s) + C = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left (\frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right ) + C$$ Da har vi endelig at $$\int_0^\infty \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} = \left [\frac13 \ln | x+1 | + \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan \left (\frac{2x+1}{\sqrt{3}} \right ) -\frac16 \ln | x^2-x+1 | \right ]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt{3}} - \frac{\pi}{6\sqrt{3}} + \frac13 \left [\ln \left ( \frac{x+1}{\sqrt{x^2-x+1}} \right ) \right ]_0^\infty \\ \int_0^\infty \frac{1}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1} = \boxed{\frac{\pi}{3\sqrt{3}}}$$
Mye arbeid med denne, det finnes sikkert en enklere måte!
Tar nivået ned et par hakk med neste oppfølger; $\int e^{\sqrt{x}} \, \text{d}x$

Bra igjen, veldig mye arbeid ja. Virkelig brute force method :=)
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 Markus » 14/02-2018 18:28

Janhaa skrev:Virkelig brute force method :=)

Helt enig. Hvordan løste du den? Regner med at det finnes noen smarte substitusjoner eller noe annet, som tar knekken på denne litt fortere enn delbrøkoppspalting?
Markus offline
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 468
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 14/02-2018 18:37

Janhaa skrev:oppfølger:

[tex]\large I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}[/tex]


tenkte å skrive integralet slik:

[tex]\large I=\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^5+x^4+x^3+x^2+x+1}=\int_0^{\infty} \frac{(z-1)dz}{z^6-1}[/tex]

også bruke Cauchy's Residue theorem. Polene blir:

[tex]z^6=1=exp(2\pi\cdot i+2\pi k\cdot i)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]

[tex]z_o=exp(2\pi i/6)[/tex]
[tex]z_1=exp(4\pi i/6)[/tex]
[tex]z_2=exp(6\pi i/6)[/tex]
så blir:
[tex]Res_1(f, z_o)=-1/6[/tex]
[tex]Res_2(f, z_1)=-i/(2\sqrt{3})[/tex]
[tex]Res_3(f, z_2)=1/3[/tex]
slik at:
[tex]I=\pi i\cdot(Res_1+Res_2+Res_3)[/tex]

[tex]I(final)=Re(I)=\frac{\pi}{3\sqrt{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: 7509
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 15/02-2018 18:38

Siden ingen posta noen nye, poster jeg ett veldig enkelt ett slik at nestemann kan få ta opp tråden

Gitt att

$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + a^2 } = \frac{ \pi }{ a }
\qquad
\text{og}
\qquad
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ (x^2 + a^2)^2 } = \frac{\pi}{2a^3}
$

er sann for alle $a \in \mathbb{R}]/ \{0\}$. Bestem

$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ x^2 }{ (x^2 + 4)^2 } \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: 5456
Registrert: 24/05-2009 13:16
Bosted: NTNU

Re: Integral maraton !

Innlegg Janhaa » 15/02-2018 19:37

Nebuchadnezzar skrev:Siden ingen posta noen nye, poster jeg ett veldig enkelt ett slik at nestemann kan få ta opp tråden
Gitt att$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + a^2 } = \frac{ \pi }{ a }
\qquad
\text{og}
\qquad
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ (x^2 + a^2)^2 } = \frac{\pi}{2a^3}
$
er sann for alle $a \in \mathbb{R}]/ \{0\}$. Bestem
$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ x^2 }{ (x^2 + 4)^2 } \mathrm{d}x
$

Løser den med Cauchy's residue theorem, er grei da.
Og benytter ikke betingelsene.

[tex]I=\int_0^{\infty}\frac{z^2\,dz}{(z^2+4)^2}[/tex]

poles at:[tex]\pm 2i[/tex]
both of order 2.
der
[tex]f=\frac{z^2}{(z^2+4)^2}[/tex]

finner:
[tex]Res(f, 2i)=-i/8[/tex]
slik at:

[tex]I=2\pi\cdot i\cdot Res(f, 2i)=2\pi\cdot i\cdot (-i/8)=\frac{\pi}{4}[/tex]
************************************
oppfølger,bestem:

[tex]I=\int_0^{\infty}\frac{x^{n-1}}{x+1}\,dx[/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 stensrud » 15/02-2018 19:45

Janhaa skrev:
Nebuchadnezzar skrev:Siden ingen posta noen nye, poster jeg ett veldig enkelt ett slik at nestemann kan få ta opp tråden
Gitt att$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ x^2 + a^2 } = \frac{ \pi }{ a }
\qquad
\text{og}
\qquad
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \mathrm{d}x }{ (x^2 + a^2)^2 } = \frac{\pi}{2a^3}
$
er sann for alle $a \in \mathbb{R}]/ \{0\}$. Bestem
$ \hspace{1cm}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ x^2 }{ (x^2 + 4)^2 } \mathrm{d}x
$

Løser den med Cauchy's residue theorem, er grei da.
Og benytter ikke betingelsene.

Alternativt kan man skrive
\[ \frac{ x^2 }{ (x^2 + 4)^2 }=\frac{( x^2 +4)-4}{ (x^2 + 4)^2 }=\frac{ 1 }{ (x^2 + 4)}-\frac{ 4}{ (x^2 + 4)^2 } \]
og bruke de gitte resultatene.
stensrud offline
Descartes
Descartes
Innlegg: 418
Registrert: 08/11-2014 21:13
Bosted: Ski

Re: Integral maraton !

Innlegg Nebuchadnezzar » 16/02-2018 09:23

Janhaa skrev:
oppfølger,bestem:

[tex]I=\int_0^{\infty}\frac{x^{n-1}}{x+1}\,dx[/tex]


Vanskelig å motstå fristelsen når du velger integraler fra masteren min Janhaa...

Integraler er selvsagt trivielt om en bruker beta-funksjonen

Bilde
Bilde
Bilde

Oppfølger

$ \hspace{1cm}
\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \log \left| 1 - e^{-ix}\right| \,\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: 5456
Registrert: 24/05-2009 13:16
Bosted: NTNU

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 16/02-2018 16:20

Nebuchad, dette er kanskje ikke rette siden å tråden på, men du tok Lektor på NTNU, korrekt? (Hvis ikke kan du bare ignorere hele spørsmålet)

Når du da valgte matematikk (og et annet fag?) og tok masteren på det, vil det i praksis si at du kan gå videre å prøve deg på en doktorgrad i spesialiseringen etter endt studie, eller må du ta noe annet for det?
Kay offline
Brahmagupta
Brahmagupta
Innlegg: 366
Registrert: 13/06-2016 18:23

ForrigeNeste

Hvem er i forumet

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