integral

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.

integral

Innlegg Janhaa » 10/08-2017 20:48

Evaluer integralet under uten Wolfram etc

[tex]\large I=\int_0^{\pi/4}\ln(1+\tan(x))\,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: 7260
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: integral

Innlegg vilma » 11/08-2017 12:55

Hei!
Tips!

Integranden er en rett linje i oppgitt intervall!
vilma offline

Re: integral

Innlegg Kay » 11/08-2017 13:07

[tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(1+tan(x))dx[/tex]

Bruker at

[tex]I=\int_0^af(x)dx=\int_0^af(a-x)dx[/tex]

og får

[tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(1+tan(\frac{\pi}{4}-x))dx[/tex]

[tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(1+\frac{tan(\frac{\pi}{4})-tan(x)}{1+tan(\frac{\pi}{4})tan(x)})dx[/tex]

Vi vet utfra å bruke identitetene at [tex]\frac{tan(\frac{\pi}{4})-tan(x)}{1+tan(\frac{\pi}{4})tan(x)}=\frac{1-tan(x)}{1+tan(x)}[/tex]

[tex]1+\frac{1-tan(x)}{1+tan(x)}=\frac{1+tan(x)}{1+tan(x)}+\frac{1-tan(x)}{1+tan(x)}=\frac{1+1+tan(x)-tan(x)}{1+tan(x)}=\frac{2}{1+tan(x)}[/tex]

Ved hjelp av de grunnleggende logaritmereglene får vi at

[tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(\frac{2}{1+tan(x)})dx=\int_0^{\pi/4}ln(2)dx-\int_0^{\pi/4}ln(1+tan(x))dx[/tex]

Observer at

[tex]\int_0^{\pi/4}ln(1+tan(x))dx=I[/tex]

Slik at vi får [tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(2)dx-I\Leftrightarrow 2I=\int_0^{\pi/4}ln(2)dx[/tex]

Endelig får vi at [tex]I=\left [\frac{ln(2)x}{2} \right ]_0^{\pi/4}=\frac{ln(2)\frac{\pi}{4}}{2}=ln(2)\frac{\pi}{8}=\frac{\pi ln(2)}{8}[/tex]
Kay offline
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 167
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: integral

Innlegg Janhaa » 12/08-2017 17:02

Kay skrev:[tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(1+tan(x))dx[/tex]
Bruker at
[tex]I=\int_0^af(x)dx=\int_0^af(a-x)dx[/tex]
og får
[tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(1+tan(\frac{\pi}{4}-x))dx[/tex]
[tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(1+\frac{tan(\frac{\pi}{4})-tan(x)}{1+tan(\frac{\pi}{4})tan(x)})dx[/tex]
Vi vet utfra å bruke identitetene at [tex]\frac{tan(\frac{\pi}{4})-tan(x)}{1+tan(\frac{\pi}{4})tan(x)}=\frac{1-tan(x)}{1+tan(x)}[/tex]
[tex]1+\frac{1-tan(x)}{1+tan(x)}=\frac{1+tan(x)}{1+tan(x)}+\frac{1-tan(x)}{1+tan(x)}=\frac{1+1+tan(x)-tan(x)}{1+tan(x)}=\frac{2}{1+tan(x)}[/tex]
Ved hjelp av de grunnleggende logaritmereglene får vi at
[tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(\frac{2}{1+tan(x)})dx=\int_0^{\pi/4}ln(2)dx-\int_0^{\pi/4}ln(1+tan(x))dx[/tex]
Observer at
[tex]\int_0^{\pi/4}ln(1+tan(x))dx=I[/tex]
Slik at vi får [tex]I=\int_0^{\pi/4}ln(2)dx-I\Leftrightarrow 2I=\int_0^{\pi/4}ln(2)dx[/tex]
Endelig får vi at [tex]I=\left [\frac{ln(2)x}{2} \right ]_0^{\pi/4}=\frac{ln(2)\frac{\pi}{4}}{2}=ln(2)\frac{\pi}{8}=\frac{\pi ln(2)}{8}[/tex]


fiffig løsning, og helt korrekt sjølsagt.
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: 7260
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: integral

Innlegg mattemarkus » 13/08-2017 16:17

[tex]\large \int^{\pi/4}_{0} \ln(1+\tan(x)) \, \text{dx}[/tex]

Vi starter med å gjøre substitusjonen [tex]u = 1 + \tan(x)[/tex].
Da har vi at [tex]\frac{du}{dx} = \frac{1}{cos^2(x)} \enspace \Rightarrow \enspace dx = cos^2(x) \, \text{du}}{[/tex]

Vi gjør også følgende omskrivinger på $ a $ og $ b $ i $\int^b_a$ ; $ a = 1+tan(0) = 1 $ og $ b = 1 + tan(\frac{\pi}{4}) = 2 $.

Vi har nå følgende integral;
[tex]\large \int_{u=1}^{u=2} \ln(u) \cdot \cos^2(x) \, \text{du}[/tex]

Vi har en pythagoreisk identitet som sier at $ \sec^2(x) = 1 + \tan^2(x) \enspace \Leftrightarrow \enspace \frac{1}{\cos^2(x)} = 1 + \tan^2(x)$.

Vi ser tilbake på substitusjonen og husker at $ u = \tan(x) + 1 \enspace \Leftrightarrow \enspace u -1 = \tan(x) \enspace \Rightarrow \enspace (u-1)^2=tan^2(x) \enspace \Rightarrow \enspace (u-1)^2 +1 = tan^2(x) + 1$

$ \tan^2(x) + 1$ var jo som vi så istad lik $ \frac{1}{\cos^2(x)} $, som vil si at siden $ (u-1)^2 +1 = tan^2(x) + 1 $ må $\frac{1}{\cos^2(x)} = (u-1)^2 +1 $

Da har vi at
[tex]\large \int_{u=1}^{u=2} \ln(u) \cdot \cos^2(x) \, \text{du} = \int_{u=1}^{u=2} \ln(u) \cdot ((u-1)^2 +1)^{-1} \, \text{du} = \int_{u=1}^{u=2} \frac{\ln(u)}{(u-1)^2+1} \, \text{du}[/tex]

Videre gjør vi substitusjonen $ v = u - 1$, og får da at $ \frac{dv}{du} = 1 \enspace \Leftrightarrow \enspace dv = du$
Vi gjør også her om på a og b; $ a = 1 - 1 $ og $ b = 2 - 1 $.

Vi får da følgende integral;
$ \large I = \int^{v=1}_{v=0} \frac{\ln(v+1)}{v^2+1} \, \text{dv}$

Vi fortsetter med en ny substitusjon;
$ w = \frac{1-v}{1+v} $
Av denne substitusjonen ser vi at $ v + 1 = \frac{2}{w+1} $ og $ (v+1)(w+1) = 2 $.
Videre kan vi også se at $ v = \frac{1-w}{1+w} $
Vi gjør også her om a og b; $ a = \frac{1-0}{1+0} = 1 $ og $ b = \frac{1-1}{1+1} = 0$

Da blir integralet;
$ \large \int^{w=0}_{w=1} \frac{\ln \left(\frac{2}{w+1} \right )}{\left (\frac{1-w}{1+w} \right)^2+1} \, \text{dv}$ som med den tredje logaritmesetning kan skrives om til $ \large \int^{w=0}_{w=1} \frac{\ln(2) - \ln(w+1)}{\left (\frac{1-w}{1+w} \right)^2+1} \, \text{dv}$

Neste steg nå er å få $ \text{dv} $ til å bli $ \text{dw} $

$ \frac{dw}{dv} = - \frac{2}{(1+x)^2} \, \text{dw} $

Da blir integralet;

$ \large \int^{w=0}_{w=1} \frac{\ln(2) - \ln(w+1)}{\left (\frac{1-w}{1+w} \right)^2+1} \cdot - \frac{2}{(1+w)^2} \, \text{dw} = -1 \cdot \int^{w=0}_{w=1} \frac{\ln(2) - \ln(w+1)}{\left (\frac{1-w}{1+w} \right)^2+1} \cdot \frac{2}{(1+w)^2} \, \text{dw}$

Før vi fortsetter husker vi på at vi har følgende identitet når det kommer til integraler;

Gitt $ a, b \geq 0$, gjelder $\int ^b_a f(x) = - \int^a_b f(x) $

Med dette i bakhodet får vi altså at;

$\large (-1 \cdot -1) \cdot \int^{w=1}_{w=0} \frac{\ln(2) - \ln(w+1)}{\left (\frac{1-w}{1+w} \right)^2+1} \cdot \frac{2}{(1+w)^2} \, \text{dw} = \int^{w=1}_{w=0} \frac{2(\ln(2) - \ln(w+1))}{\left (1+w \right)^2 \left ( \left( \frac{1-w}{1+w} \right)^2+1 \right)} \, \text{dw} $

Nevneren $ \left (1+w \right)^2 \left ( \left( \frac{1-w}{1+w} \right)^2+1 \right) $ forenkles;

$ \left ( \frac{(1-w)^2}{(1+w)^2} + \frac{(1+w)^2}{(1+w)^2} \right ) \cdot (1+w)^2 $
$ (1-w)^2 + (w+1)^2 $
$ 1 - 2w + w^2 + w^2 + 2w + 1 \Rightarrow 2 + 2w^2 \Rightarrow 2(1+w^2) $

Vi skriver da om integralet til;
$ \large \int^{w=1}_{w=0} \frac{\cancel{2}(\ln(2) - \ln(w+1))}{\cancel{2}(1+w^2)} \, \text{dw} = \int^{w=1}_{w=0} \frac{\ln(2)-\ln(w+1)}{1+w^2} \, \text{dw}$

Vi observerer at det siste integralet er lik $ \int^{w=1}_{w=0} \frac{ln(2)}{w^2+1} - I \, \text{dw} $ (se lengre opp, der er integralet $ \text{I} $ definert), da integralene er helt like, bare forskjellige variabler. Vi får derfor at;

$ I = \int^{w=1}_{w=0} \frac{\ln(2)}{w^2+1} - I \, \text{dw} $
$ 2I = \int^{w=1}_{w=0} \frac{\ln(2)}{w^2+1} \, \text{dw} $
$ 2I = \ln(2) \cdot \int^{w=1}_{w=0} \frac{1}{w^2+1} $

Vi observerer at $ \arctan(x) = \int \frac{1}{x^2+1}$

Og endelig kan vi gjøre oss ferdig;
$ 2I = \ln(2) \cdot (\arctan(1)-\arctan(0))$
$ 2I = \ln(2) \cdot \frac{\pi}{4} $

$ \boxed{I = \frac{\ln(2)\pi}{8} \enspace \Leftrightarrow \enspace \int^{\pi/4}_{0} \ln(1+\tan(x)) \, \text{dx} = \frac{\ln(2)\pi}{8}} $
mattemarkus offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 130
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: integral

Innlegg mattemarkus » 16/08-2017 09:22

mattemarkus skrev:(...)

Neste steg nå er å få $ \text{dv} $ til å bli $ \text{dw} $

$ \frac{dw}{dv} = - \frac{2}{(1+x)^2} \, \text{dw} $

(...)


Oppdaget en feil her, det skal selvfølgelig stå $ \frac{dw}{dv} = - \frac{2}{(1+v)^2} $
mattemarkus offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 130
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: integral

Innlegg Janhaa » 16/08-2017 12:08

mattemarkus skrev:
mattemarkus skrev:(...)Neste steg nå er å få $ \text{dv} $ til å bli $ \text{dw} $r$ \frac{dw}{dv} = - \frac{2}{(1+x)^2} \, \text{dw} $
(...)

Oppdaget en feil her, det skal selvfølgelig stå $ \frac{dw}{dv} = - \frac{2}{(1+v)^2} $

Skikkelig brute force løsning dette, voldsomt arbeid som fører fram. Bra
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: 7260
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 1 gjest