Integral maraton !

[Janhaa]

Oppfølger:

[tex]\large I=\int_{0}^{\pi/4}x\prod_{k=1}^{\infty}\cos\left ( \frac{x}{2^k} \right )\,dx[/tex]

[Mattebruker]

Delvis integrasjon gir

Integral(sin[tex]^{-1}[/tex](2x/(1 + x[tex]^2[/tex]) ) dx = tan[tex]^{-1}[/tex] (x ) * sin[tex]^{-1}[/tex](2x/(x[tex]^2[/tex] + 1 ) - (tan[tex]^{-1}[/tex]( x ) )[tex]^2[/tex] + C.



Det bestemte integralet frå 0 til 1 blir då : tan[tex]^{-1}[/tex]( 1 ) * sin[tex]^{-1}[/tex]( 1 ) - (tan[tex]^{-1}[/tex]( 1 ) )[tex]^ 2[/tex] = pi/4 * pi/2 - (pi/4)[tex]^2[/tex] = (pi)[tex]^2[/tex]/16


Oppfølgar ( svensk tekst ) :


I xy-planet er givit en cirkel med radien a lengdeenheter.

Från den variabla punkten ( x , y ) dras tangenterna til cirkeln. De bildar med varandra vinkeln 2v. Berekna


Dobbelintegralen (v - sin ( v ) ) dxdy øver området D utanfør cirkeln.

[Markus]

Fine løsninger begget to! Vi kan også ta i bruk Weierstrass-substitsujon, bare baklengs. Lar vi $x=\tan \left ( \frac{u}{2} \right)$, får vi $\sin(u)=\frac{2x}{1+x^2}$ og $\text{d}u = \frac{2}{1+x^2} \, \text{d}x$. Da får vi $$\int_0^1 \frac{\arcsin(\sin(u))}{2} \, \text{d}u = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{u}{2} \, \text{d}u$$

[Kay]

Oppfølger:

[tex]\large I=\int_{0}^{\pi/4}x\prod_{k=1}^{\infty}\cos\left ( \frac{x}{2^k} \right )\,dx[/tex]

[tex]\lim_{p\rightarrow \infty}\prod_{k=1}^p\cos\left (\frac{x}{2^k} \right )=\lim_{p\rightarrow\infty}\frac{1}{\left ( \frac{\sin(2^{-p})x}{2^{-p}x} \right )}\frac{\sin(x)}{x}=\frac{\sin(x)}{x}[/tex]

Ergo får vi at [tex]\int_0^{\pi/4}x\prod_{k=1}^\infty \cos\left ( \frac{x}{2^k} \right )dx=\int_0^{\pi/4}\sin(x)dx=\left [ -cos(x) \right ]_0^{\pi/4}=1-\frac{1}{\sqrt{2}}[/tex]

Mattegjest har posta en oppfølger der oppe, så noen kan like greit løse den først ^

Min oppfølger: [tex]\int_0^5 \frac{\pi(1+\frac{1}{2\sqrt{x}})}{\sqrt{10}\sqrt{\sqrt{x}+x}}dx[/tex]

[Janhaa]

Oppfølger:
[tex]\large I=\int_{0}^{\pi/4}x\prod_{k=1}^{\infty}\cos\left ( \frac{x}{2^k} \right )\,dx[/tex]

[tex]\lim_{p\rightarrow \infty}\prod_{k=1}^p\cos\left (\frac{x}{2^k} \right )=\lim_{p\rightarrow\infty}\frac{1}{\left ( \frac{\sin(2^{-p})x}{2^{-p}x} \right )}\frac{\sin(x)}{x}=\frac{\sin(x)}{x}[/tex]
Ergo får vi at [tex]\int_0^{\pi/4}x\prod_{k=1}^\infty \cos\left ( \frac{x}{2^k} \right )dx=\int_0^{\pi/4}\sin(x)dx=\left [ -cos(x) \right ]_0^{\pi/4}=1-\frac{1}{\sqrt{2}}[/tex]
Mattegjest har posta en oppfølger der oppe, så noen kan like greit løse den først ^
Min oppfølger: [tex]\int_0^5 \frac{\pi(1+\frac{1}{2\sqrt{x}})}{\sqrt{10}\sqrt{\sqrt{x}+x}}dx[/tex]

flott.

[Janhaa]

Min oppfølger: [tex]\int_0^5 \frac{\pi(1+\frac{1}{2\sqrt{x}})}{\sqrt{10}\sqrt{\sqrt{x}+x}}dx[/tex]

[tex]I=\int_0^5 \frac{\pi(1+\frac{1}{2\sqrt{x}})}{\sqrt{10}\sqrt{\sqrt{x}+x}}dx[/tex]
setter:
[tex]u=\sqrt{x}+x[/tex]

[tex]du=(1+\frac{1}{2\sqrt{x}})\,dx[/tex]

[tex]I=\frac{\pi}{\sqrt{10}}\int_{0}^{5+\sqrt{5}}\frac{du}{\sqrt{u}}=\frac{2\pi}{\sqrt{10}}\sqrt{5+\sqrt{5}}[/tex]

[Janhaa]

Har 1 liten, artig oppfølger,
continued fraction integral:

[tex]\large I=\int_0^1 \frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}\,dx[/tex]

[MatIsa]

Har 1 liten, artig oppfølger,
continued fraction integral:

[tex]\large I=\int_0^1 \frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}\,dx[/tex]

La $f(x) = \frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}$ for $x\in (0, 1)$. Ser da at $\dfrac{1}{f(x)} = 1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}$, som gir $\dfrac{1}{x}\left(\dfrac{1}{f(x)}-1\right) = \frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}} = f(x)$. Dette kan skrives om til $xf(x)^2+f(x)-1=0$, som har løsningene $f(x) = -\dfrac{1}{2x}\pm \dfrac{1}{2x}\sqrt{4x+1} = \dfrac{1}{2x}\left(-1\pm\sqrt{4x+1}\right)$. Det er åpenbart at $f(x)>0$ for $x\in [0, 1]$, slik at $f(x) = \dfrac{1}{2x}\left(\sqrt{4x+1}-1\right)$. For å gjøre integralet enklere, skriver vi om $f$: $$f(x) = \dfrac{1}{2x}\dfrac{(\sqrt{4x+1}-1)(\sqrt{4x+1}+1)}{(\sqrt{4x+1}+1)} = \dfrac{1}{2x}\dfrac{4x}{\sqrt{4x+1}+1} = \dfrac{2}{\sqrt{4x+1}+1}$$ Integralet blir da $$I = 2\int_0^1 \dfrac{{\rm d}x}{\sqrt{4x+1}+1}$$ Bruker substitusjonen $u = \sqrt{4x+1}$, ${\rm d}u = \dfrac{4}{2\sqrt{4x+1}}{\rm d}x = \dfrac{2}{u}{\rm d}x$: $$I = \dfrac12\cdot 2\int_1^\sqrt{5}\dfrac{u}{u+1}{\rm d}u = \int_1^\sqrt{5}\dfrac{u+1-1}{u+1} = \int_1^\sqrt{5}{\rm d}u-\int_1^\sqrt{5}\dfrac{{\rm d}u}{u+1}$$ $$~~ = \sqrt{5}-1+\ln{\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}+1}\right)}$$
Oppfølger: $\int_0^1 \sqrt{\dfrac{x}{1-x}}{\rm d}x$

[DennisChristensen]

Oppfølger: $\int_0^1 \sqrt{\dfrac{x}{1-x}}{\rm d}x$

Bruk substitusjonen $x = \sin ^2 \theta$, som gir $\text{d}x = 2\sin\theta\cos\theta\text{d}\theta$. Da får vi at $$\int_{x=0}^1\sqrt{\frac{x}{1-x}}\,\text{d}x = 2\int_{\theta = 0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{\sin^2 \theta}{1-\sin^2 \theta}}\sin\theta\cos\theta\, \text{d}\theta = 2\int_{\theta=0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 \theta\, \text{d}\theta = \int_{\theta=0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\cos 2\theta\right)\,\text{d}\theta = \left[\theta - \frac12\sin 2\theta\right]_{\theta=0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2}.$$

Oppfølger: Anta at $f$ tilfredsstiller $$6 +f(x) = 2f(-x) + 3x^2\left(\int_{-1}^1f(t)\, \text{d}t\right)$$ for alle $x\in\mathbb{R}.$ Finn $\int_{-1}^1 f(x)\, \text{d}x.$

[Janhaa]

Har 1 liten, artig oppfølger,
continued fraction integral:
[tex]\large I=\int_0^1 \frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}\,dx[/tex]

La $f(x) = \frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}$ for $x\in (0, 1)$. Ser da at $\dfrac{1}{f(x)} = 1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}$, som gir $\dfrac{1}{x}\left(\dfrac{1}{f(x)}-1\right) = \frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}} = f(x)$. Dette kan skrives om til $f(x)^2+f(x)-1=0$, som har løsningene $f(x) = -\dfrac{1}{2x}\pm \dfrac{1}{2x}\sqrt{4x+1} = \dfrac{1}{2x}\left(-1\pm\sqrt{4x+1}\right)$. Det er åpenbart at $f(x)>0$ for $x\in [0, 1]$, slik at $f(x) = \dfrac{1}{2x}\left(\sqrt{4x+1}-1\right)$. For å gjøre integralet enklere, skriver vi om $f$: $$f(x) = \dfrac{1}{2x}\dfrac{(\sqrt{4x+1}-1)(\sqrt{4x+1}+1)}{(\sqrt{4x+1}+1)} = \dfrac{1}{2x}\dfrac{4x}{\sqrt{4x+1}+1} = \dfrac{2}{\sqrt{4x+1}+1}$$ Integralet blir da $$I = 2\int_0^1 \dfrac{{\rm d}x}{\sqrt{4x+1}+1}$$ Bruker substitusjonen $u = \sqrt{4x+1}$, ${\rm d}u = \dfrac{4}{2\sqrt{4x+1}}{\rm d}x = \dfrac{2}{u}{\rm d}x$: $$I = \dfrac12\cdot 2\int_1^\sqrt{5}\dfrac{u}{u+1}{\rm d}u = \int_1^\sqrt{5}\dfrac{u+1-1}{u+1} = \int_1^\sqrt{5}{\rm d}u-\int_1^\sqrt{5}\dfrac{{\rm d}u}{u+1}$$ $$~~ = \sqrt{5}-1+\ln{\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}+1}\right)}$$
Oppfølger: $\int_0^1 \sqrt{\dfrac{x}{1-x}}{\rm d}x$

fin løsning

[Janhaa]

Evaluer dobbel-integralet:

[tex]I=\int_{0}^{3}\int_{x^2}^{9}x^3e^{y^3}\,dy\,dx[/tex]

[MatIsa]

Oppfølger: Anta at $f$ tilfredsstiller $$6 +f(x) = 2f(-x) + 3x^2\left(\int_{-1}^1f(t)\, \text{d}t\right)$$ for alle $x\in\mathbb{R}.$ Finn $\int_{-1}^1 f(x)\, \text{d}x.$

La $x\to -x$ i likningen, som gir $6+f(-x) = 2f(x)+3Ix^2$, der $I = \int_{-1}^1 f(x)~{\rm d}x$. Dersom dette trekkes fra den opprinnelige likningen, så får man $f(x)-f(-x) = 2f(-x) - 2f(x)\Longrightarrow f(x) = f(-x)$. $f$ tilfredsstiller da $f(x) = 6-3Ix^2$. Integrerer hver side fra $-1$ til $1$: $$I = \int_{-1}^1 f(x)~{\rm d}x = \int_{-1}^1 (6-3Ix^2)~{\rm d}x = 6\int_{-1}^1{\rm d}x-3I\int_{-1}^1 x^2~{\rm d}x = 12-3I\cdot \dfrac23 = 12-2I$$
Dette gir da $3I = 12\Longrightarrow I = 4$.

[MatIsa]

Evaluer dobbel-integralet:

[tex]I=\int_{0}^{3}\int_{x^2}^{9}x^3e^{y^3}\,dy\,dx[/tex]

Bytter integrasjonsrekkefølgen: $$I=\int_0^9\int_0^{\sqrt{y}} x^3 e^{y^3}~{\rm d}x{\rm d}y = \int_0^9\left(e^{y^3}\int_0^{\sqrt{y}}x^3~{\rm d}x\right){\rm d}y = \dfrac{1}{4}\int_0^9 y^2e^{y^3}~{\rm d}y$$ Bruker substitusjonen $u = y^3,~{\rm d}u=3y^2{\rm d}y$: $$I = \dfrac{1}{12}\int_0^{9^3} e^u~{\rm d}u = \dfrac{1}{12}(e^{729}-1)$$ Oppfølger: $\int\dfrac{1}{x\sqrt{x^4-1}}{\rm d}x$

[Mattebruker]

Sett u = rota av (x[tex]^4[/tex] - 1 ) . Da endar vi opp med


0.5 * integral (1/(1 + u[tex]^2[/tex] ) ) du = 0.5 * tan[tex]^{-1}[/tex]( u ) = 0.5 * tan[tex]^{-1}[/tex](rota av (x[tex]^4[/tex] - 1 )) + C

[Kay]

Siden ingen har postet en oppfølger, hva med en liten halvstygg en

[tex]\int \ln((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)})dx[/tex]