matematikk.net

$(1)$ $$ \int \frac{\sin x + 2\cos x}{3\sin x + 4\cos x} \, \text{d}x$$

$(2) \enspace \text{(Putnam)}$ $$\int_2^4 \frac{\sqrt{\ln(9-x)}}{\sqrt{\ln(9-x)}+\sqrt{\ln(3+x)}} \, \text{d}x$$

Gjerne kom med oppfølgere!

Markus skrev:$(1)$ $$ \int \frac{\sin x + 2\cos x}{3\sin x + 4\cos x} \, \text{d}x$$

$(2) \enspace \text{(Putnam)}$ $$\int_2^4 \frac{\sqrt{\ln(9-x)}}{\sqrt{\ln(9-x)}+\sqrt{\ln(3+x)}} \, \text{d}x$$

Gjerne kom med oppfølgere!

$(1)$
Bruker først substitusjonen $\tan \left(\frac{x}{2}\right) = t$, deretter brøkoppspalting: $$\int \frac{\sin x + 2\cos x}{3\sin x + 4\cos x} \, \text{d}x = \int\frac{\frac{2t}{1+t^2} + 2\frac{1-t^2}{1+t^2}}{3\frac{2t}{1+t^2} +4\frac{1-t^2}{1+t^2}}\frac{2}{1+t^2}\, \text{d}t = 2\int\frac{t^2-t-1}{\left(1+t^2\right)\left(2t^2-3t-2\right)}\, \text{d}t = 2\int\frac{t^2-t-1}{\left(1+t^2\right)\left(2t+1\right)\left(t-2\right)}\, \text{d}t \\ = 2\int\left[\frac{11-2t}{25(1+t^2)} + \frac{1}{25(t-2)} + \frac{2}{25(2t+1)}\right]\, \text{d}t = \frac{22}{25}\arctan(t) - \frac{4}{25}\int\frac{t}{1+t^2}\, \text{d}t + \frac{2}{25}\log(t-2) + \frac{2}{25}\log(2t+1) + C \\ = \frac{11}{25}x -\frac{2}{25}\log(t^2+1) + \frac{2}{25}\log(t-2) + \frac{2}{25}\log(2t+1) + C = \frac{1}{25}\left[11x + 2\log\left(\frac{(t-2)(2t+1)}{1+t^2}\right)\right]+C \\ = \frac{1}{25}\left[11x + 2\log\left(3\sin x + 4\cos x\right)\right]+C \\ $$

$(2)$ Utnytter antisymmetrien til integranden om $x=3$ og substituerer $u=x-3$:
$$\begin{align*} \int_2^4 \frac{\sqrt{\ln(9-x)}}{\sqrt{\ln(9-x)}+\sqrt{\ln(3+x)}} \, \text{d}x & = \int_{-1}^1\frac{\sqrt{\ln(6-u)}}{\sqrt{\ln(6-u)}+\sqrt{\ln(6+u)}} \, \text{d}u \\
& = \int_{-1}^0\frac{\sqrt{\ln(6-u)}}{\sqrt{\ln(6-u)}+\sqrt{\ln(6+u)}} \, \text{d}u + \int_0^1\frac{\sqrt{\ln(6-u)}}{\sqrt{\ln(6-u)}+\sqrt{\ln(6+u)}} \, \text{d}u \\
& = \int_0^1\frac{\sqrt{\ln(6+v)}}{\sqrt{\ln(6+v)}+\sqrt{\ln(6-v)}} \, \text{d}v + \int_0^1\frac{\sqrt{\ln(6-u)}}{\sqrt{\ln(6-u)}+\sqrt{\ln(6+u)}} \, \text{d}u \text{ }\text{ }\text{ (etter substitusjonen }v=-u\text{)} \\
& = \int_0^1\frac{\sqrt{\ln(6+x)} + \sqrt{\ln(6-x)}}{\sqrt{\ln(6-x)} + \sqrt{\ln(6+x)}}\, \text{d}x \\
& = \int_0^1\, \text{d}x \\
& = 1.
\end{align*}$$

Pent løst! Har du (eller noen andre) noen oppfølgere?

Finn ein primitiv funksjon (antiderivert) til funksjonen

f( x ) = 1/(x[tex]^2[/tex] + a[tex]^2[/tex])[tex]^2[/tex] , a > 0

Mattegjest skrev:Finn ein primitiv funksjon (antiderivert) til funksjonen
f( x ) = 1/(x[tex]^2[/tex] + a[tex]^2[/tex])[tex]^2[/tex] , a > 0

substitusjonen:

[tex]x=a\tan(u)[/tex]
[tex]a>0[/tex]

fører fram

Heilt korrekt !

Her kommer en ny oppfølger, også fra en tidligere Putnam.

Vis at $$\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} \, \text{d}x = \frac{22}{7} - \pi$$

Markus skrev:Her kommer en ny oppfølger, også fra en tidligere Putnam.

Vis at $$\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} \, \text{d}x = \frac{22}{7} - \pi$$

$$\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} \, \text{d}x = \int_0^1 \frac{x^4(x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 1)}{1+x^2}\, \text{d}x.$$ Først utfører vi polynomdivisjonen $(x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 1):(x^2+1)$ og får da at $x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 1 = x^2 - 4x + 5 - \frac{4}{1+x^2}.$ Videre har vi at $\frac{x^4}{x^2+1} = x^2-1+\frac{1}{x^2+1},$ så $$\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} \, \text{d}x = \int_0^1\left(x^6 - 4x^5 +5x^4 - 4x^2 + 4 - \frac{4}{1+x^2}\right)\, \text{d}x = \frac17 - \frac23 + 1 - \frac43 + 4 - 4\frac{\pi}{4} = \frac17 + 3 - \pi = \frac{22}{7}-\pi. $$

Om dere liker integraler er det bare å sjekke ut kladden i signaturen

DennisChristensen skrev:

Markus skrev:Her kommer en ny oppfølger, også fra en tidligere Putnam.
Vis at $$ I=\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} \, \text{d}x = \frac{22}{7} - \pi$$

Er det mulig å løse I vha Cauchy's Residue Theorem:
Poles are +-i, both of first order:

[tex]Z_o=\pm i[/tex]
og
[tex]Res(f, i)=2i[/tex]

[tex]Res(f, -i)=-2i[/tex]
der
[tex]f= \frac{z^4(1-z)^4}{1+z^2} \,[/tex]

Men hva er evt contour?

DennisChristensen skrev:$$\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} \, \text{d}x = \int_0^1 \frac{x^4(x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 1)}{1+x^2}\, \text{d}x.$$ Først utfører vi polynomdivisjonen $(x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 1):(x^2+1)$ og får da at $x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 1 = x^2 - 4x + 5 - \frac{4}{1+x^2}.$ Videre har vi at $\frac{x^4}{x^2+1} = x^2-1+\frac{1}{x^2+1},$ så $$\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2} \, \text{d}x = \int_0^1\left(x^6 - 4x^5 +5x^4 - 4x^2 + 4 - \frac{4}{1+x^2}\right)\, \text{d}x = \frac17 - \frac23 + 1 - \frac43 + 4 - 4\frac{\pi}{4} = \frac17 + 3 - \pi = \frac{22}{7}-\pi. $$

God løsning Dennis!

Markus skrev:$(1)$ $$ \int \frac{\sin x + 2\cos x}{3\sin x + 4\cos x} \, \text{d}x$$

En annen løsning på denne:

Siden $$\int\frac{A(3\sin x+4\cos x)}{3\sin x+4\cos x} dx = Ax+C$$ og $$\int\frac{B(-4\sin x+3\cos x)}{3\sin x+4\cos x} dx = B\log|3\sin x+4\cos x| +D$$ kan vi forsøke å skrive $$\sin x+2\cos x=A(3\sin x+4\cos x)+B(-4\sin x+3\cos x)$$ for noen konstanter $A$ og $B$.

Ved å sammenligne koeffisienter får vi $3A-4B=1$ og $4A+3B=2$ med løsning $A=\frac{11}{25}$ og $B=\frac{2}{25}$. Fra dette får vi samme svar som over.

mrcreosote skrev:
En annen løsning på denne:

Siden $$\int\frac{A(3\sin x+4\cos x)}{3\sin x+4\cos x} dx = Ax+C$$ og $$\int\frac{B(-4\sin x+3\cos x)}{3\sin x+4\cos x} dx = B\log|3\sin x+4\cos x| +D$$ kan vi forsøke å skrive $$\sin x+2\cos x=A(3\sin x+4\cos x)+B(-4\sin x+3\cos x)$$ for noen konstanter $A$ og $B$.

Ved å sammenligne koeffisienter får vi $3A-4B=1$ og $4A+3B=2$ med løsning $A=\frac{11}{25}$ og $B=\frac{2}{25}$. Fra dette får vi samme svar som over.

Kreativ og interessant løsning dette må jeg si! Noe som definitivt er verdt å huske på.

(som jeg sa tidligere i tråden er alle sammen hjertelig velkomne med oppfølgere, hvis det skulle være ønskelig) - kanskje vi skulle startet opp en samlet integrasjonstråd, eller er det kanskje én allerede?

https://matematikk.net/matteprat/viewto ... &start=345