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 Kay » 11/06-2018 14:22

Mattegjest skrev:Innfører kulekoordinatar , utfører delvis integrasjon og brukar dessutan " overingeniør-integralet " ( e^(-r[tex]^2[/tex]) frå
-inf til + inf ) = rota av ( pi ). Da får vi ( gitt at eg har rekna rett )

4 * pi * rota av ( pi )


Det ser helt riktig ut det der! :D
Kay offline
Brahmagupta
Brahmagupta
Innlegg: 365
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 11/06-2018 15:57

Oppfølgar:


Overflata til paraboloiden z = x[tex]^2[/tex] + y[tex]^2[/tex] avgrensar to " kroppar " saman med plana


z = 4 og x = 1. Finn ein eksakt verdi for volumet av den minste " kroppen ".
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 15/06-2018 00:23

Projeksjonen av skjæringskurven mellom $z=x^2+y^2$ og $z=4$ ned i $xy$-planet er sirkelen $x^2+y^2=2^2$. I tillegg har vi planet $x=1$, som i polarkoordinater kan uttrykkes som $r=\sec{\theta}$. Som man kan se fra figuren gir dette at regionen $\Omega = \{(r, \theta): \sec{\theta}\leq r\leq 2, -\theta_0\leq \theta \leq \theta_0\}$, der $\theta_0 = \pi/3$, er projeksjonen av kroppen ned i $xy$-planet. La volumet til kroppen være $V$. Da har vi at $V+V_u = V_s$, der $V_u$ er volumet mellom $xy$-planet og $z=x^2+y^2$ over $\Omega$, og $V_s$ er volumet av $\{ (r, \theta, z): (r, \theta)\in \Omega, 0\leq z\leq 4\}$. Finner først $V_u$:
$$V_u = \iint_\Omega (x^2+y^2){\rm d}x~{\rm d}y = \int_{-\pi/3}^{\pi/3}\int_{\sec\theta}^2 r^3~{\rm d}r~{\rm d}\theta = \dfrac14\int_{-\pi/3}^{\pi/3}(2^4-\sec^4{\theta}){\rm d}\theta = \dfrac{8\pi}{3}-\dfrac12\int_0^{\pi/3}\sec^4 \theta~{\rm d}\theta$$
For å beregne det siste integralet, bruker jeg delvis integrasjon med $u = \sec^2{\theta}\Longrightarrow {\rm d}u = 2\sec^2{\theta}\tan{\theta}~{\rm d}\theta$ og ${\rm d}v = \sec^2{\theta}{\rm d}\Longrightarrow v=\tan{\theta}$:
$$I = \int_0^{\pi/3}\sec^4{\theta}{\rm d}\theta = \sec^2{\theta}\tan{\theta}|_0^{\pi/3} - 2\int_0^{\pi/3}\sec^2{\theta}\tan^2{\theta}~{\rm d}\theta = 4\sqrt{3}-2\int_0^{\pi/3}\sec^4{\theta}\sin^2{\theta}~{\rm d}\theta$$ Her er $\sec^4{\theta}\sin^2{\theta} = \sec^4{\theta}(1-\cos^2{\theta}) = \sec^4{\theta}-\sec^2{\theta}$, som gir
$$3I = 4\sqrt{3}+2\int_0^{\pi/3}\sec^2{\theta}~{\rm d}\theta = 4\sqrt{3}+2\tan{\theta}|_0^{\pi/3} = 4\sqrt{3}+2\sqrt{3} = 6\sqrt{3}\Longrightarrow I = 2\sqrt{3}$$ Dermed er $V_u = \dfrac{8\pi}{3}-\sqrt{3}$. For å finne $V_s$ bruker vi at $V_s = Ah$, der $A$ er arealet til regionen $\Omega$ og $h$ er høyden, altså $h=4$. Av figuren ser man at $$\dfrac12 A = \dfrac{\pi/3}{2\pi}\cdot \pi\cdot 2^2 - \dfrac12\cdot 1\cdot\sqrt{2^2-1^2} = \dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Longrightarrow A = \dfrac{4\pi}{3}-\sqrt{3}$$
Tilsammen gir dette $V = V_s-V_u = \dfrac{16\pi}{3}-4\sqrt{3}-\left(\dfrac{8\pi}{3}-\sqrt{3}\right) = \dfrac{8\pi}{3}-3\sqrt{3}$.
Figur.png
Figur.png (14.51 KiB) Vist 604 ganger
MatIsa offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 147
Registrert: 12/06-2013 11:09
Bosted: Trondheim

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 15/06-2018 09:02

Full kontroll og korrekt svar ! Oppgåva er henta frå eit svensk læreverk i " flerdimensionell analys ".


Eg løyste oppgåva ved å bruke sylinderkoordinatar på den minste " kroppen " ( denne har form som eit " ausekar " ) og kom fram til same svar .
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Markus » 15/06-2018 11:49

Har en av dere en oppfølger?
Markus offline
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 468
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 15/06-2018 18:43

Mattegjest skrev:Eg løyste oppgåva ved å bruke sylinderkoordinatar på den minste " kroppen " ( denne har form som eit " ausekar " ) og kom fram til same svar .
Såklart, innser nå at det ville vært langt enklere å regne ut $\iint_\Omega (4-r^2)r~{\rm d}r~{\rm d}\theta$ direkte.

Oppfølger:
$\int_{\sqrt{2}}^\infty \dfrac{{\rm d}x}{x+x^\sqrt{2}}$
MatIsa offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 147
Registrert: 12/06-2013 11:09
Bosted: Trondheim

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 16/06-2018 00:32

MatIsa skrev:
Mattegjest skrev:Eg løyste oppgåva ved å bruke sylinderkoordinatar på den minste " kroppen " ( denne har form som eit " ausekar " ) og kom fram til same svar .
Såklart, innser nå at det ville vært langt enklere å regne ut $\iint_\Omega (4-r^2)r~{\rm d}r~{\rm d}\theta$ direkte.

Oppfølger:
$\int_{\sqrt{2}}^\infty \dfrac{{\rm d}x}{x+x^\sqrt{2}}$


[tex]\int_{\sqrt{2}}^{\infty}\frac{dx}{x+x^{\sqrt{2}}}[/tex]

Ser at brøken kan utvides med [tex]x^{\sqrt{2}}[/tex]

[tex]\int_{\sqrt{2}}^{\infty}\frac{dx}{x+x^{\sqrt{2}}}=\int_{\sqrt{2}}^{\infty}\frac{x^{\sqrt{2}}}{(x+x^{\sqrt{2}})x^{\sqrt{2}}}dx=\int_{\sqrt2}^{\infty} \frac{dx}{x^{\sqrt2}(x^{1-\sqrt{2}}+1)}[/tex]

La [tex]u\rightarrow x^{1-\sqrt{2}}+1[/tex] da har vi at [tex]du[/tex] må være [tex](1-\sqrt{2})x^{-\sqrt{2}}dx= \frac{1-\sqrt{2}}{x^{\sqrt{2}}}dx[/tex]

Gidder ikke gjøre om på grensene så regner ubestemt integral først, da får vi ved substitusjonen at [tex]I_u=\int \frac{1}{u\cdot x^{\sqrt{2}}}dx[/tex] her er det om å observere at vi kan gange og dele med [tex]1-\sqrt{2}[/tex] som er viktig for å oppnå [tex]du[/tex]. Da får vi at
[tex]I_u=\int \frac{(1-\sqrt{2})}{u\cdot x^{\sqrt{2}}(1-\sqrt{2})}dx=\frac{1}{1-\sqrt{2}}\int \frac{1-\sqrt{2}}{u \cdot x^{\sqrt{2}}}=\frac{1}{1-\sqrt{2}}\int\frac{1}{u}du=\frac{\ln|x^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}}+C[/tex]

Ergo er[tex]\int_{\sqrt{2}}^{\infty}\frac{dx}{x+x^{\sqrt{2}}}=\left [ \frac{\ln|x^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}} \right ]_{\sqrt{2}}^{\infty}=\left [ \frac{\ln|\infty^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}} \right ]- \left [ \frac{\ln|(\sqrt{2})^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}} \right ] = \ln|1|-\left [ \frac{\ln|(\sqrt{2})^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}} \right ]=-\left [ \frac{\ln|(\sqrt{2})^{1-\sqrt{2}}+1|}{1-\sqrt{2}} \right ]=(1+\sqrt{2})\ln(2^{\frac{1-\sqrt{2}}{2}}+1)[/tex]

Oppfølger: [tex]\int_0^{\frac{ \pi}{2}}\tan^2(\sqrt{x})[/tex]
Kay offline
Brahmagupta
Brahmagupta
Innlegg: 365
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 16/06-2018 01:47

Riktig!

Kay skrev:Oppfølger: $\int_0^{\frac{ \pi}{2}}\tan^2(\sqrt{x})$

La $w= \sqrt{x}$. Da er ${\rm d}w = \dfrac{{\rm d}x}{2\sqrt{x}} = \dfrac{{\rm d}x}{2w}\Longrightarrow {\rm d}x = 2w~{\rm d}w$. De nye integrasjonsgrensene blir fra $w(0) = 0$ til $w(\pi/2) = \sqrt{\pi/2}$: $$I = 2\int_0^\sqrt{\pi/2} w\tan^2(w){\rm d}w$$ Bruker delvis integrasjon med $u = w\Longrightarrow {\rm d}u = {\rm d}w$ og ${\rm d}v = \tan^2{w}~{\rm d}w\Longrightarrow v = \tan(w)-w$: $$I = 2w(\tan(w)-w)|_0^\sqrt{\pi/2}-2\int_0^\sqrt{\pi/2}(\tan(w)-w){\rm d}w = 2\sqrt{\pi/2}\left(\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right)-\sqrt{\pi/2}\right) + 2\ln(|\cos(w)|)|_0^\sqrt{\pi/2}+u^2|_0^\sqrt{\pi/2}$$ $$~~ = \sqrt{2\pi}\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right) - \pi + 2\ln\left(\cos\left(\sqrt{\pi/2}\right)\right)+\dfrac\pi2$$ $$~~ = \sqrt{2\pi}\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right) + 2\ln\left(\cos\left(\sqrt{\pi/2}\right)\right)-\pi/2$$

Oppfølger: $\int_0^\infty \ln\left(\dfrac{e^x+1}{e^x-1}\right){\rm d}x$
Sist endret av MatIsa den 16/06-2018 03:14, endret 1 gang
MatIsa offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 147
Registrert: 12/06-2013 11:09
Bosted: Trondheim

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 16/06-2018 02:40

MatIsa skrev:Riktig!

Kay skrev:Oppfølger: $\int_0^{\frac{ \pi}{2}}\tan^2(\sqrt{x})$

La $w= \sqrt{x}$. Da er ${\rm d}w = \dfrac{{\rm d}x}{2\sqrt{x}} = \dfrac{{\rm d}x}{2w}\Longrightarrow {\rm d}x = 2w~{\rm d}w$. De nye integrasjonsgrensene blir fra $w(0) = 0$ til $w(\pi/2) = \sqrt{\pi/2}$: $$I = 2\int_0^\sqrt{\pi/2} w\tan^2(w){\rm d}w$$ Bruker delvis integrasjon med $u = w\Longrightarrow {\rm d}u = {\rm d}w$ og ${\rm d}v = \tan^2{w}~{\rm d}w\Longrightarrow v = \tan(w)-w$: $$I = 2w(\tan(w)-w)|_0^\sqrt{\pi/2}-2\int_0^\sqrt{\pi/2}(\tan(w)-w){\rm d}w = 2\sqrt{\pi/2}\left(\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right)-\sqrt{\pi/2}\right) + 2\ln(|\cos(w)|)|_0^\sqrt{\pi/2}+u^2|_0^\sqrt{\pi/2}$$ $$~~ = \sqrt{2\pi}\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right) - \pi + 2\ln\left(\cos\left(\sqrt{\pi/2}\right)\right)+\dfrac\pi2$$ $$~~ = \sqrt{2\pi}\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right) + 2\ln\left(\cos\left(\sqrt{\pi/2}\right)\right)-\pi/2$$

Oppfølger kommer



Finfint arbeid, var vel ganske planke den der.
Kay offline
Brahmagupta
Brahmagupta
Innlegg: 365
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 16/06-2018 19:37

MatIsa skrev:Riktig!

Kay skrev:Oppfølger: $\int_0^{\frac{ \pi}{2}}\tan^2(\sqrt{x})$

La $w= \sqrt{x}$. Da er ${\rm d}w = \dfrac{{\rm d}x}{2\sqrt{x}} = \dfrac{{\rm d}x}{2w}\Longrightarrow {\rm d}x = 2w~{\rm d}w$. De nye integrasjonsgrensene blir fra $w(0) = 0$ til $w(\pi/2) = \sqrt{\pi/2}$: $$I = 2\int_0^\sqrt{\pi/2} w\tan^2(w){\rm d}w$$ Bruker delvis integrasjon med $u = w\Longrightarrow {\rm d}u = {\rm d}w$ og ${\rm d}v = \tan^2{w}~{\rm d}w\Longrightarrow v = \tan(w)-w$: $$I = 2w(\tan(w)-w)|_0^\sqrt{\pi/2}-2\int_0^\sqrt{\pi/2}(\tan(w)-w){\rm d}w = 2\sqrt{\pi/2}\left(\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right)-\sqrt{\pi/2}\right) + 2\ln(|\cos(w)|)|_0^\sqrt{\pi/2}+u^2|_0^\sqrt{\pi/2}$$ $$~~ = \sqrt{2\pi}\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right) - \pi + 2\ln\left(\cos\left(\sqrt{\pi/2}\right)\right)+\dfrac\pi2$$ $$~~ = \sqrt{2\pi}\tan\left(\sqrt{\pi/2}\right) + 2\ln\left(\cos\left(\sqrt{\pi/2}\right)\right)-\pi/2$$

Oppfølger: $\int_0^\infty \ln\left(\dfrac{e^x+1}{e^x-1}\right){\rm d}x$



Etter å ha leita etter teorem a-z og ikke funnet noenting, fant jeg ut at det eneste jeg kan gjøre er å bruteforce hele greia.


[tex]I=\int_0^\infty \ln\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right )[/tex]

La [tex]u=\ln\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right )[/tex] og [tex]v'=1[/tex]

La [tex]w=\frac{e^x+1}{e^x-1}[/tex] være kjernen til [tex]u[/tex], da er [tex]u'= \ln(w)'\cdot w'(x) = \frac{1}{w}\cdot\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right )'=\frac{1}{\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right )}\frac{(e^x+1)'(e^x-1)-(e^x+1)(e^x-1)')}{(e^x-1)^2}=-\frac{2e^x}{e^{2x}-1}[/tex]

Og naturligvis [tex]v=1[/tex]...

[tex]\int \ln\left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )dx=x\ln\left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )-\int x\cdot\left (-\frac{2e^x}{e^{2x}-1} \right )dx=x\ln\left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )+\int \left (\frac{2xe^x}{e^{2x}-1} \right )dx[/tex]


Betrakt [tex]\int \left (\frac{2xe^x}{e^{2x}-1} \right )dx =2\int \left (\frac{xe^x}{e^{2x}-1} \right )dx=2\int \left (\frac{xe^x}{(e^x+1)(e^x-1)} \right )dx[/tex]

Går søren meg tom for variabler, så da gjør vi noe dristig, la [tex]\phi=e^x-1[/tex], da er [tex]\frac{d\phi}{dx}=e^x[/tex] og dermed [tex]d\phi=e^xdx[/tex]

Da oppnår vi [tex]\int\frac{xd\phi}{\phi(\phi+2)}[/tex], Her er det om å observere at [tex]x=\ln(e^x)[/tex] og vurdere hva kan vi sette det inn i [tex]\phi=e^x-1[/tex] for at [tex]\ln(\phi + ?) = x[/tex] Da oppnår vi at [tex]x=\ln(\phi+1)[/tex]

Integralet blir dermed [tex]\int\frac{\ln(\phi+1)}{\phi(\phi+2)}d\phi[/tex]

Ved delbrøkoppspaltning [tex]I=\frac{1}{2}\int \frac{\ln(\phi+1)}{\phi}d\phi-\frac{1}{2}\int\frac{\ln(\phi+1)}{\phi+2}[/tex]

Hvis du ser lengre framme i tråden så løste jeg et integral som brukte dette mønsteret (polylogaritmer) så uttrykkene kan skrives om:

[tex]\int\frac{\ln(\phi+1)}{\phi} = -Li_2(- \phi)+C[/tex] og [tex]\int \frac{\ln(\phi+1)}{\phi+2}= -Li_2(- \phi-1)+\ln(\phi+1)+\ln(\phi+2)+C[/tex]

Etter innsubstituering av alle variabler oppnår vi [tex]\int_0^\infty \ln \left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )=x\ln\left (\frac{e^x+1}{e^x-1} \right )-Li_2(-e^x)- (-Li_2(e^x))+x\ln(1-e^x)-x\ln(e^x+1)=\left [-Li_2(-e^x)+Li_2(e^x)+x\left (\ln(1-e^x)-\ln(e^x+1)+\ln\left ( \frac{e^x+1}{e^x-1} \right ) \right ) \right ]_0^\infty = \frac{\pi^2}{4}[/tex]

Vet ikke hva for elegant løsning du hadde i tankene, men del den gjerne :shock:

Oppfølger [tex]\int_0^{\infty^+}\frac{x}{e^x-1}[/tex] Uten å bruke Riemann-zeta eller Gamma-zeta, dvs. [tex]\zeta(s) \vee \Gamma(s)\zeta(s)[/tex] da det trivialiserer integralet ganske kraftig.
Kay offline
Brahmagupta
Brahmagupta
Innlegg: 365
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Integral maraton !

Innlegg MatIsa » 17/06-2018 01:27

Jeg fant integralet i boka Inside Interesting Integrals av Paul Nahin. Han bruker substitusjonen $u=e^{-x}$, som gir $$I = \int_0^\infty \ln\left(\dfrac{1+e^{-x}}{1-e^{-x}}\right){\rm d}x = \int_1^0 \ln\left(\dfrac{1+u}{1-u}\right)\left(-\dfrac{{\rm d}u}{u}\right) = \int_0^1(\ln(1+u)-\ln(1-u)){\rm d}u$$ $$~~ = \int_0^1\dfrac1u \left[\left(u-\dfrac{u^2}{2}+\dfrac{u^3}{3}-\dfrac{u^4}{4}+\cdots\right)-\left(-u-\dfrac{u^2}{2}-\dfrac{u^3}{3}-\dfrac{u^4}{4}-\cdots\right)\right]{\rm d}u = 2\int_0^1\left(1+\dfrac{u^2}{3}+\dfrac{u^4}{5}+\cdots\right){\rm d}u$$ $$~~= 2\left(1+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\cdots\right) = \dfrac{\pi^2}{4}$$
Kay skrev:Oppfølger $\int_0^{\infty^+}\frac{x}{e^x-1}$

Skriver om litt:
$$I = \int_0^\infty \dfrac{x}{e^x-1}{\rm d}x = \int_0^\infty \dfrac{xe^{-x}}{1-e^{-x}}{\rm d}x = \int_0^\infty \left(xe^{-x}\sum_{n=0}^\infty e^{-nx}\right){\rm d}x = \int_0^\infty \left(x\sum_{n=1}^\infty e^{-nx}\right){\rm d}x$$ I den andre overgangen brukes det at $1/(1-u) = \sum_{n=0}^\infty u^n$ for $|u|<1$. Bytting av rekkefølge av integral og summering gir $$I = \sum_{n=1}^\infty\left(\int_0^\infty xe^{-nx}~{\rm d}x\right)$$ Det indre integralet finnes ved delvis integrasjon: $$\int_0^\infty xe^{-nx}~{\rm d}x = -\dfrac{1}{n}xe^{-nx}|_0^\infty+\dfrac1n\int_0^\infty e^{-nx}~{\rm d}x = -\dfrac{1}{n^2}e^{-nx}|_0^\infty = \dfrac{1}{n^2}$$ Dermed har man at $$I = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2} = \dfrac{\pi^2}{6}$$
Oppfølger: $\int\sqrt{1+e^{2x}}~{\rm d}x$
MatIsa offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 147
Registrert: 12/06-2013 11:09
Bosted: Trondheim

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 17/06-2018 10:58

Integralet kan løysast " for hånd " ved å innføre desse substitusjonane:

Først: Sett e[tex]^x[/tex] = tan(t )

Deretter: Sett cos( t ) = u

Da endar vi opp med at

integral(rota av( 1 + e^(2x) ) = rota av (1 + e^(2x) ) +1/2 ln(abs( 1 - rota(1 + e^(2x)) -1/2 ln(abs(1 + rota(1 + e^(2x)) + C

= rota av (1 + e^(2x) ) +1/2 ln( rota(1 + e^2x) - 1 ) - 1/2 ln( rota(1 + e^2x) +1 ) + C
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 17/06-2018 15:05

Presisering:

Tan(t) skal dekkje heile verdiområdet til exp-funksjonen , dvs. heile R[tex]_+[/tex].


Da må 0 < t < pi/2
Mattegjest offline

Re: Integral maraton !

Innlegg Kay » 17/06-2018 15:07

Har du en oppfølger? :-)
Kay offline
Brahmagupta
Brahmagupta
Innlegg: 365
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Integral maraton !

Innlegg Mattegjest » 17/06-2018 15:24

Oppfølgar:

Rekn ut det bestemte integralet (e[tex]^{-x}[/tex] * x[tex]^{-1}[/tex] * (1 - cos( x ) ) dx frå 0 til + uendeleg .
Mattegjest offline

ForrigeNeste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 13 gjester