Integral maraton !

[Gustav]

Svaret er vel [tex]\frac{1}{2}\pi\ln(2)[/tex], men hvordan man kommer frem til det er litt difust...

Integralet går jo mot null når n går mot uendelig. Dermed er grensen på formen [tex]\infty\cdot 0[/tex] som vi må skrive om for å kunne evaluere

[tex]{\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {1 - \sqrt[n]{{\sin \left( x \right)}}dx} }}{{\frac{1}{n}}}[/tex]

Antar vi kan bruke l`hopital herfra, men jeg klarer ikke evaluere integralet for hånd, så jeg kommer ikke noe lengre =)

Riktig grense, ja

[Karl_Erik]

Hhvis du hadde kunnet evaluere integralet for hånd hadde du vel ikke trengt L'Hopital, men uten at jeg har løst oppgaven kunne du jo prøvd http://en.wikipedia.org/wiki/Differenti ... egral_sign.

[drgz]

La [tex](1/n) = m[/tex], og endre grensen til [tex]m\to 0[/tex] for enklere notasjon.

[tex]\lim_{m\to 0}\frac{\int_0^{\pi/2}1-\sin(x)^mdx}{m}[/tex]

Integral er lin. operator, så vi får

[tex]\frac{\int_0^{\pi/2}1-\lim_{m\to 0}\sin(x)^mdx}{\lim_{m\to 0}m}[/tex]

Bruker L'Hopital mhp [tex]m[/tex]:

[tex]\lim_{m\to\infty}\int_0^{\pi/2}{\sin(x)^m\ln(sin(x))dx[/tex]

Grensen går mot 1, og vi sitter igjen md

[tex]-\int_0^{\pi/2}\ln(sin(x))dx[/tex]

som jeg er ganske sikker på at jeg har løst tidligere her på forumet (i bittelitt annen form, men samme greia; dilogaritme i svaret for det ubestemte integralet av samme funksjon). Med grenser innsatt blir dette

[tex]-\left(-\frac{\pi}{2}\ln(2)\right)=\frac{\pi}{2}\ln(2)[/tex]

[Charlatan]

La [tex](1/n) = m[/tex], og endre grensen til [tex]m\to 0[/tex] for enklere notasjon.

[tex]\lim_{m\to 0}\frac{\int_0^{\pi/2}1-\sin(x)^mdx}{m}[/tex]

Integral er lin. operator, så vi får

[tex]\frac{\int_0^{\pi/2}1-\lim_{m\to 0}\sin(x)^mdx}{\lim_{m\to 0}m}[/tex]

Bruker L'Hopital mhp [tex]m[/tex]:

[tex]\lim_{m\to\infty}\int_0^{\pi/2}{\sin(x)^m\ln(sin(x))dx[/tex]

Grensen går mot 1, og vi sitter igjen md

[tex]-\int_0^{\pi/2}\ln(sin(x))dx[/tex]

som jeg er ganske sikker på at jeg har løst tidligere her på forumet (i bittelitt annen form, men samme greia; dilogaritme i svaret for det ubestemte integralet av samme funksjon). Med grenser innsatt blir dette

[tex]-\left(-\frac{\pi}{2}\ln(2)\right)=\frac{\pi}{2}\ln(2)[/tex]

Er du sikker på at de rette betingelsene ligger til grunne for å kunne derivere under integraltegnet? F.eks her http://en.wikipedia.org/wiki/Differenti ... egral_sign
krever man kontinuitet av den deriverte av integranden på et åpent omegn av området man integrerer over. Grensen eksisterer imidlertid ikke i punktet 0.

Det kan jo tenkes at man tar grensen når den nedre grensen går mot 0, men det er ikke uten videre sant at man kan flytte om på rekkefølgen av grenseverditegn.

[drgz]

Er du sikker på at de rette betingelsene ligger til grunne for å kunne derivere under integraltegnet? F.eks her http://en.wikipedia.org/wiki/Differenti ... egral_sign
krever man kontinuitet av den deriverte av integranden på et åpent omegn av området man integrerer over. Grensen eksisterer imidlertid ikke i punktet 0.

Det glemte jeg visst. Ser nå at det blir forskjellig verdi avhengig av om man går mot 0^- eller 0^+. Da vet jeg ikke helt hvordan integralet skal løses.


EDIT: Mulig det var dumt å bytte fra (1/n) til m, for grenseverdien i 0 eksisterer hvis man ser på den opprinnelige grensen. Da blir det vel litt av samme greia videre i utregningen tenker jeg?

[Nebuchadnezzar]

Jeg har sammlet en enorm mengde integraler, noen lette mens noen er koselige veldig koselige. Alla putnam and beyond koselige. Noen idè om hva jeg skal gjøre med dem? Hvor jeg eventuelt skal poste dem ? =)

Wikien kunne sikkert ha godt av det, men dere trenger vel også litt å tygge på...

[Charlatan]

Du kan jo poste noen her nebu.

[Nebuchadnezzar]

Slenger opp et par her da, selv om den siste ikke er blitt løst helt enda...

Vet ikke helt hvor vanskelige integral jeg skal poste her, så prøver å ta litt blanda drops...

Litt Konturintegrasjon, litt variabelforandring og en del god gammeldags algebraknoting.


Koselig

Vis at [tex]I_1 = \int\limits_0^\infty {\frac{{{x^{ - p}}}}{{1 + x}}dx = \frac{\pi }{{\sin \left( {\pi p} \right)}}} + C[/tex] stemmer når p er et naturlig tall

[tex]I_2 = \int\limits_0^\pi {\ln \left( {\sin x} \right)dx}[/tex]

[tex]I_3 = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt[3]{{\tan \left( x \right)}}dx}[/tex]

Vis at [tex]I_4 = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {\ln \left( {\frac{1}{x}} \right)} }}dx = \sqrt \pi [/tex]

Vis at [tex]I\int\limits_0^\pi {xf\left( {\sin x} \right)dx} = \frac{\pi }{2}\int\limits_0^\pi {f\left( {\sin x} \right)}[/tex] og bruk dette til å evaluere integralet [tex]I_5 = \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}}[/tex]


Mild tortur

[tex]I_6 = \int\limits_1^2 {\sqrt {\frac{{x + 2}}{x}} } dx[/tex]

[tex]I_7 = \int {\frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^7}}}{{{{\left( {x + 7} \right)}^2}}}} dx[/tex]

[tex]I_8=\int {\frac{{\sqrt {1 - {x^2}} }}{{{x^2}}}} dx[/tex]

[tex]I_9 = \int {\frac{{ax + b}}{{cx + d}}dx}[/tex]

[tex]I_{10} = \int {\frac{{\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)}}{{\cos {{\left( x \right)}^4} - \sin {{\left( x \right)}^4}}}dx}[/tex]


Barnemat

[tex]I_{11} = \int\limits_{ - \pi }^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx[/tex]

[tex]I_{12} \int {\frac{{\sin x}}{{\sin x - 1}}dx} [/tex]

[tex]I_{13} = \int {{e^{x + {e^x}}}} dx[/tex]

[tex]{I_{14a}} = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{1 + \sqrt x }}dx} ,{I_{14b}} = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{x + \sqrt x }}} dx,{I_{14c}} = \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt x }}{{1 + \sqrt x }}} dx [/tex]

Test følgende likhet stemmer, uten bruk av kalkulator.

[tex] {I_{14b}} > {I_{14a}} + {I_{14c}} [/tex]

Løs følgende integral uten bruk av delvis integrasjon:

[tex]I_{15} = \int {{2^x}{e^x}} [/tex]

Tips kan gis om ønskelig, og prøv å ligg unna de aller letteste integralene om dere driver å tar kompleks analyse eller er kjemilærer på vgs

[Charlatan]

[tex]I_{10} = \int \frac{\cos(x)\sin(x)}{\cos(x)^4-\sin(x)^4} dx = \int \frac{\frac{1}{2}\sin(2x)}{\cos(x)^2-\sin(x)^2} dx = \int \frac{\frac{1}{2}\sin(2x)}{\cos(2x)} dx = \frac{1}{2} \int \tan(2x) dx = -\frac{1}{4} \log(\cos(2x)) +C[/tex] som sees lett ved derivasjon.

[Charlatan]

[tex]I_8 = \int \frac{\sqrt{1-x^2}}{x^2} dx = -\frac{\sqrt{1-x^2}}{x} - \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx = -\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}-\arcsin(x) + C[/tex].

[Gustav]

[tex]I_4=\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{-\ln(x)}}dx[/tex]

[tex]x=e^{-y^2}[/tex] gir

[tex]\int_0^\infty 2e^{-y^2}dy[/tex]

Kvadrering og polarkoordinater gir

[tex]4\iint e^{-r^2}rd\theta dr[/tex] over første kvadrant.

[tex]4\iint e^{-r^2}rd\theta dr=2\pi \int_0^\infty re^{-r^2}dr=-\pi [e^{-r^2}]_0^\infty=-\pi (0-1)=\pi[/tex], så

[tex]I_4=\sqrt{\pi}[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Veldig fine løsninger, føler disse oppgavene er rimelig artige og krever litt tenking. Ikke så mye RÅ MUSKELBRUK og hundre delvise integrasjoner =)

Jeg løste [tex]I_8[/tex] via substitusjonen [tex]x=sin(x)[/tex] som ble litt mer arbeid, men gikk fortsatt greit. [tex]I_10[/tex] løste jeg på samme måte. [tex]I_4[/tex] ante jeg ikke løsningen, men det ante meg at jeg måtte bruke polarkoordinater ja

Er integralene jeg postet gøye og passelig vanskelige? Prøver og ta ting som er gøy og som man ikke nødvendigvis har løst før.

Har en del integraloppgaver til, men vet ikke om jeg skal legge dem ut om det ikke er stemmning for å løse de.

Liker folker her inne best tung algebraknoting, eller integraler som må bli løst med uvante metoder, men gir pene svar? Nå snakker jeg langt ifra om kontur integrasjon, men bare spesielle substitusjoner og omforminger.

Foretrekker man slike oppgaver:

[tex]{I_{16}} = \int\limits_0^\pi {\frac{{1 - \cos \left( {ax} \right)}}{{1 - \cos \left( \pi \right)}}} dx [/tex] der a>0

[tex] {I_{17}} = \int\limits_0^n {\frac{{dx}}{{x + \sqrt {{n^2} + {x^2}} }}} [/tex] der n>0

[tex] {I_{18}} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{{x^2} + {a^2}}}dx} [/tex] der a>0

Eller slike oppgaver?

[tex] {I_{19}} = \int\limits_0^{\ln \left( 2 \right)} {\sqrt {\frac{{{e^x} - 1}}{{{e^x} + 1}}} dx} [/tex]

[tex] {I_{20}} = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} {{e^{\frac{x}{2}}}\left( {\frac{{2 - \sin x}}{{1 - \cos x}}} \right)dx} [/tex]

[tex] {I_{21}} = \int\limits_0^1 {\ln \left( {\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} } \right)} dx[/tex]

Selvfølgelig når vi snakker om algebraknoting må jeg få nevne [tex]I_3[/tex] fra forrige post og...

Men ja. 1. Er oppgavene artige 2. Algebraknoting eller spesielle integral?

[Gustav]

Fint at du legger ut oppgaver, nebu! Og det var mange fine integraler der. (Selv foretrekker jeg utfordrende oppgaver som kan løses med kreative metoder som ikke nødvendigvis krever enorme mengder med standardmaskineri)

[Janhaa]

[tex] {I_{19}} = \int\limits_0^{\ln \left( 2 \right)} {\sqrt {\frac{{{e^x} - 1}}{{{e^x} + 1}}} dxx} [/tex]

Her er vel en x for mye...
vel, da prøver jeg en shortcurt. Merker meg dette:
[tex] {I_{19}} = \int\limits_0^{\ln \left( 2 \right)} {\sqrt {\frac{{{e^x} - 1}}{{{e^x} + 1}}} dx} = \int\limits_0^{\ln \left( 2 \right)}\sqrt{\tanh({x\over 2})} dx[/tex]

[tex]u^2=\tanh({x\over 2})[/tex]
[tex]2udu=0,5(1-\tanh^2({x\over 2}))dx[/tex]

[tex]dx=4u\cosh^2({x\over 2})du=4u\cosh^2(\text arctanh(u^2))\,du=\frac{4u}{1-u^4}du[/tex]
[tex]I_{19}=4\int\frac{u^2}{1-u^4}\,du[/tex]
vha delbrøksoppspalting og substitusjon
[tex]I_{19}=\ln\left(\frac{u+1}{u-1}\right)-2\arctan(u)[/tex]
tilbakesubstituerer
[tex]I_{19}=\ln\left(\frac{\sqrt{\tanh({x\over 2})}+1}{\sqrt{\tanh({x\over 2})}-1}\right)-2\arctan(\sqrt{\tanh({x\over 2}})|_0^{\ln(2)}[/tex]

[tex]I_{19}=\ln\left(\frac{\sqrt3 +1}{\sqrt3 -1}\right)\,-\,{\pi\over 3}=\ln(2+\sqrt3)\,-\,\frac{\pi}{3}[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Flott løsning Janhaa ser du rettet opp i å finne det bestemte integralet og ikke bare det ubestemte. Men man skal ha et rimelig drevent øye for å se den siste overgangen din ^^

Uansett tar et av integralene jeg og, bare for ikke å virke lat...

Ble en god del mer styr enn planlagt. Noen som ser en bedre løsning? Både wolfram alpha og kalkulatoren min viste meg noen rimelig frekke forkortinger. Valgte å ikke bruke disse da jeg ikke klarte å se overgangen mellom dem... Ble derfor en del knoting med algebra som førte frem.

[tex] {I_{21}} = \int\limits_0^1 {\ln \left( {\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} } \right)} dx [/tex]

[tex] {I_{21}} = \ln \left( {\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} } \right)x - \int {x\left( {\frac{{ - \frac{1}{{2\sqrt {1 - x} }} + \frac{1}{{2\sqrt {1 + x} }}}}{{\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} }}} \right)} dx [/tex]

[tex] {I_{21}} = \left[ {\ln \left( {\sqrt 0 + \sqrt 2 } \right)1 - \ln \left( {\sqrt 1 + \sqrt 1 } \right)0} \right] - \frac{1}{2}\int {x\left( {\frac{{\frac{1}{{\sqrt {1 + x} }} - \frac{1}{{\sqrt {1 - x} }}}}{{\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} }}} \right)} dx [/tex]

[tex] {I_{21}} = \frac{1}{2}\ln \left( 2 \right) - \frac{1}{2}\left[ {\int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} - \int\limits_0^1 {\frac{{2x}}{{1 - x + \sqrt {1 - {x^2}} }}} } \right] [/tex]

[tex] {I_{21}} = \frac{1}{2}\ln \left( 2 \right)x - \frac{1}{2}\left[ {1 - \frac{\pi }{2}} \right] [/tex]

[tex] \underline{\underline {{I_{21}} = \frac{1}{4}\left( {2\ln \left( 2 \right) - 2 + \pi } \right)}} [/tex]


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

[tex] = \frac{{\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} }}{{\left( {\sqrt {1 + x} \sqrt {1 - x} } \right)\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} }} - \frac{{2\sqrt {1 + x} }}{{\left( {\sqrt {1 + x} \sqrt {1 - x} } \right)\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} }} = \frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} - \frac{2}{{1 - x + \sqrt {1 - {x^2}} }} [/tex]


[tex] \int\limits_0^1 {\frac{{2x}}{{1 - x + \sqrt {1 - {x^2}} }}} dx = \int\limits_{x = 0}^{x = 1} {\frac{{2\sin \left( u \right)}}{{1 - \sin \left( u \right) + \sqrt {1 - \sin {{\left( u \right)}^2}} }}} \cos \left( u \right)du = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{2\sin \left( u \right)\cos \left( u \right)}}{{1 - \sin \left( u \right) + \cos \left( u \right)}}} du [/tex]

[tex] {I_a} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{2\sin \left( u \right)\cos \left( u \right)}}{{1 - \sin \left( u \right) + \cos \left( u \right)}}} du = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{2\sin \left( {\frac{\pi }{2} - u} \right)\cos \left( {\frac{\pi }{2} - u} \right)}}{{1 - \sin \left( {\frac{\pi }{2} - u} \right) + \cos \left( {\frac{\pi }{2} - u} \right)}}} du = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{2\cos \left( u \right)\sin \left( u \right)}}{{1 - \cos \left( u \right) + \sin \left( u \right)}}} du [/tex]

[tex] {I_a} + {I_a} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{2\cos \left( u \right)\sin \left( u \right)}}{{1 - \cos \left( u \right) + \sin \left( u \right)}}} du + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{2\sin \left( u \right)\cos \left( u \right)}}{{1 - \sin \left( u \right) + \cos \left( u \right)}}} du = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{4\cos \left( u \right)\sin \left( u \right)}}{{1 + 2\cos \left( u \right)\sin \left( u \right) - \left( {\cos {{\left( u \right)}^2} + \sin {{\left( u \right)}^2}} \right)}}} du = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} 2 {\rm{ }}du [/tex]

[tex] \underline {2{I_a} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {2du} \Rightarrow {I_a} = \frac{\pi }{2}} [/tex]


[tex] {I_b} = \int\limits_{x = 0}^{x = 1} {\frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} dx = \int\limits_{x = 0}^{x = 1} {\frac{x}{{\sqrt u }}\frac{{du}}{{ - 2x}} = - } \frac{1}{2}\int\limits_1^0 {\frac{1}{{\sqrt u }}du = - } \frac{1}{2}\left[ {2\sqrt u } \right]_1^0 = - \frac{1}{2}\left[ { - 2} \right] = 1 [/tex]

[tex] u = 1 - {x^2} \Rightarrow x = \sqrt {1 - u} ,x = 0 \Leftrightarrow u = 1,x = 1 \Leftrightarrow u = 0 [/tex]