matematikk.net

Hei, jeg ser ikke veien på dette integralet


[tex]\int x * sin x * ln x dx[/tex]

Dette integralet har ingen elementær antiderivert, er du sikker på at du har skrevet det opp riktig? Erstatter du $\log x$ med $e^{x}$ er integralet mulig å evaluere.

Nebuchadnezzar skrev:Dette integralet har ingen elementær antiderivert, er du sikker på at du har skrevet det opp riktig? Erstatter du $\log x$ med $e^{x}$ er integralet mulig å evaluere.

[tex]\int_{1}^{e} x * sin x * ln x\, dx[/tex]

Gjest skrev:

Nebuchadnezzar skrev:Dette integralet har ingen elementær antiderivert, er du sikker på at du har skrevet det opp riktig? Erstatter du $\log x$ med $e^{x}$ er integralet mulig å evaluere.

[tex]\int_{1}^{e} x * sin x * ln x\, dx[/tex]

dette er nemlig oppgaven

Det blir en litt annen sak. Bestemte integraler lar seg regne ut på en del andre måter. Les: Numeriske metoder.

Hva er bakgrunn for oppgaven? Hører den til et spesielt kapittel eller emne?

Aleks855 skrev:Det blir en litt annen sak. Bestemte integraler lar seg regne ut på en del andre måter. Les: Numeriske metoder.

Hva er bakgrunn for oppgaven? Hører den til et spesielt kapittel eller emne?

påskenøtt av læreren

Numeriske metoder?

kan man ikke anvende delvis brøkoppsalting 2 ganger her?

Et av mine beste tips er at hvis man har spørsmålet "kan man ikke bare bruke denne teknikken?", så er det verd et forsøk.

Det er ikke alltid det fører frem, men du vil lære å gjenkjenne begrensningene til den aktuelle teknikken, og man lærer mye av å innse hvorfor utregninga stopper opp.

I beste fall fører det frem likevel. I verste fall har man lært hvorfor det ikke fører frem.

Hvor $\text{Si}(x)$ er definert som sinus-integralet. $\text{Si}(z) = \int_0^z \frac{\sin t}{t} \,\mathrm{d}t$. Som ikke er mulig å beregne eksakt, men kan selvsagt beregnet numerisk. Simpsons, gauss kvadraturer, romberg, trapesmetoden etc. Uansett ikke pensum på vgs.

---------------------------------

Å vise dette resultatet er rett frem ved hjelp av delvis integrasjon. Sett

$u = \log x \Rightarrow u' = \frac{1}{x}$ og $v' = x \sin x \Rightarrow v = \sin x - x \cos x$

slik at

$
\begin{align*}
\int_1^e x \sin x \log x \,\mathrm{d}x
& = \Bigl[ \bigl( \sin x - x \cos x \bigr) \log x\Bigr]_1^e - \int_1^e \frac{\sin x - x \cos x}{x} \,\mathrm{d}x \\
&= \bigr( \sin e - e \cos e \bigr) \log e + \Bigl[ \sin x \Bigr]_1^e + \int_1^e \frac{\sin x}{x} \,\mathrm{d}x \\
&= \sin e - e \cos e + (\sin e - \sin 1) - \int_1^e \frac{\sin x}{x} \,\mathrm{d}x \\
& = \text{Si}(1) - \text{Si}(e) - \sin 1 + 2 \sin e - e \cos e
\end{align*}
$

Hvor det i siste overgang bare ble brukt at $\int_1^e \frac{\sin x}{x} \,\mathrm{d}x = \int_0^e \frac{\sin x}{x} \,\mathrm{d}x - \int_0^1 \frac{\sin x}{x} \,\mathrm{d}x$ som gir mening om du tenker grafisk på det ($\int_a^b = \int_0^b - \int_0^a)$.

Å beregne sinus-integralene kan ikke gjøres nøyaktig, men ved å bruke rekkeutviklingen til sinus får man en taylorrekke som konvergerer latterlig raskt.

$
\text{Si}(x) = \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1} \frac{x^{2k-1}}{(2k-1)(2k-1)!}
$

Så har vi at

$
\begin{align*}
\int_0^1 \frac{\sin x}{x}\,\mathrm{d}x
&= \text{Si}(1) = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1} }{(2k-1)(2k-1)!}
= 1 - \frac{1}{18} + \frac{1}{600} + \cdots \approx \frac{1703}{1800} \approx 0.9646111\ldots \\
\int_0^e \frac{\sin x}{x}\,\mathrm{d}x
&= \text{Si}(e) = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1} e^{2k-1} }{(2k-1)(2k-1)!}
= e - \frac{e^3}{18} + \frac{e^5}{600} + \cdots \approx 1.8498
\end{align*}
$