Integral maraton !

[Gustav]

[tex]\int x^2e^{x^2}dx= [\frac12 xe^{x^2}]-\int \frac12 e^{x^2}dx[/tex] så

[tex]\int 2x^2e^{x^2}+ e^{x^2}=[xe^{x^2}][/tex]

[Charlatan]

[tex]\sqrt{\frac{1-\cos(2x)^2}{4}} = \sqrt{\frac{1-\cos(2x)}{2}}\sqrt{\frac{1+\cos(2x)}{2}}[/tex] som vi kjenner igjen som formler for henholdsvis [tex]\cos(x)[/tex] og [tex]\sin(x)[/tex] (mellom 0 og [symbol:pi]/2).

Det gir [tex]I = \int \cos(x)\sin(x) dx = \frac{1}{2} \int \sin(2x) dx = -\frac{1}{4}\cos(2x)+C[/tex].

Ser at [tex]u = \cos(2x)[/tex] vil gjøre jobben nokså enkelt også.

[Gustav]

[tex]\mathcal{I}_{\raisebox{-2}{\rotatebox{90}{10110_2}}}=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Denne har jeg løst før ^^

Venter litt med løsning til noen andre kan prøve seg, spesielt lett var den ikke.

[Gustav]

La [tex]f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}[/tex] være begrenset og ikkenegativ. Vis at

[tex]\mathcal{I}_{23}=\int_{0}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx=0[/tex]

[Charlatan]

[tex]\mathcal{I}_{\raisebox{-2}{\rotatebox{90}{10110_2}}}=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

Er greit når man kan utnytte symmetrien:

[tex]I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

Substituerer t = -x i det første integralet og får:

[tex]I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^{-t}}\cdot\frac{\sin^{2008}(-t)}{\sin^{2008}(-t)+\cos^{2008}(-t)}\,dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

[tex]= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2007^t}{1+2007^{t}}\cdot\frac{\sin^{2008}(t)}{\sin^{2008}(t)+\cos^{2008}(t)}\,dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

[tex]= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+2007^t}{1+2007^{t}}\cdot\frac{\sin^{2008}(t)}{\sin^{2008}(t)+\cos^{2008}(t)}\,dt= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2008}(t)}{\sin^{2008}(t)+\cos^{2008}(t)}\,dt[/tex]

Substituerer [tex]u = \frac{\pi}{2}-t[/tex], og får

[tex]I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2008}(\frac{\pi}{2}-u)}{\sin^{2008}(\frac{\pi}{2}-u)+\cos^{2008}(\frac{\pi}{2}-u)}\,du = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2008}(u)}{\cos^{2008}(u)+\sin^{2008}(u)}\,du[/tex]

og dermed er

[tex]I = \frac{1}{2} \left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2008}(u)}{\cos^{2008}(u)+\sin^{2008}(u)}\,du + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2008}(u)}{\sin^{2008}(u)+\cos^{2008}(u)}\,du\right) = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1\,du = \frac{\pi}{4}[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Integralet [tex]\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\sin {{\left( {2x} \right)}^3}\cos {{\left( {3x} \right)}^2}}[/tex] kan bli skrevet som [tex]\( \frac{a}{b} \)^b[/tex] der [tex]a[/tex] og [tex]b[/tex] er heltall. Bestem [tex]a[/tex] og [tex]b[/tex]

Føler nivået har blitt litt tøft, kan roe ned med denne =)

[Charlatan]

La [tex]f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}[/tex] være begrenset og ikkenegativ. Vis at

[tex]\mathcal{I}_{23}=\int_{0}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx=0[/tex]

Må dette integralet eksistere da? For f = 1 får vi
[tex]\int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{x}\,dx = [\frac{\log(x)^2}{2}]^{\infty}_0 = \lim_{b \to \infty}\frac{\log(b)^2}{2} - \lim_{a \to 0}\frac{\log(a)^2}{2}[/tex]

men ingen av disse grensene eksisterer.

Hvis vi setter som betingelse på f at integralet over eksisterer, får vi at

[tex]\int_{0}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx = \int_{1}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx + \int_{0}^{1} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx[/tex]

ved substitusjonen [tex]u = \frac{1}{x}[/tex] i det første integralet blir dette lik

[tex]\int_{1}^{0} -\frac{1}{u^2}f(\frac{1}{u}+u)\ln(u^{-1})u\,du = -\int_{0}^{1} f(\frac{1}{u}+u)\frac{\ln(u)}{u}\,du[/tex]

som kansellerer det andre integralet.

[Janhaa]

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

denne er jo ikke mild tortur. den er ganske lett,...

[tex]I_9 = \int \left({\frac{{ax}}{{cx + d}}\,+\, {\frac{ b}{{cx + d}}\right)dx={b\over c}\,\ln|cx+d|\,+\,\int\left({a\over c}\,-\,\frac{ad}{c(cx+d)\right)\,dx[/tex]

[tex]I_9 = {b\over c}\,\ln|cx+d|\,+\,{a\over c}x\,-\,\frac{ad}{c^2}\,\ln|cx+d|\,+\,C[/tex]

[tex]I_9 = \left({b\over c}\,-\,\frac{ad}{c^2}\right)\,\ln|cx+d|\,+\,{a\over c}x\,+\,C[/tex]

[Gustav]

La [tex]f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}[/tex] være begrenset og ikkenegativ. Vis at

[tex]\mathcal{I}_{23}=\int_{0}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx=0[/tex]

Må dette integralet eksistere da? For f = 1 får vi
[tex]\int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{x}\,dx = [\frac{\log(x)^2}{2}]^{\infty}_0 = \lim_{b \to \infty}\frac{\log(b)^2}{2} - \lim_{a \to 0}\frac{\log(a)^2}{2}[/tex]

men ingen av disse grensene eksisterer.

Ah, det skulle vært presisert at forutsetningen var at integralet eksisterer, ja. Beklager dette.

[Nebuchadnezzar]

Janhaa helt riktig det der, ikke spesielt vanskelig.

Klarte endelig et av integralene fra side 9.

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

[tex] u = 1 + \cos \left( x \right),\frac{{du}}{{dx}} = - \sin x,dx = \frac{{du}}{{ - \sin x}} [/tex]

[tex] I = \int {\sqrt u } \frac{{du}}{{ - \sin x}} = - \int {\frac{{\sqrt u }}{{\sin x}}} du [/tex]

[tex] x = \arccos \left( {u - 1} \right){\rm{ }}og{\rm{ }}\sin \left( {\arccos \left( x \right)} \right) = \sqrt {1 - {x^2}} [/tex]

[tex] \sin \left( {\arccos \left( {u - 1} \right)} \right) = \sqrt {1 - {{\left( {u - 1} \right)}^2}} = \sqrt { - {u^2} + 2u} [/tex]

[tex] I = - \int {\frac{{\sqrt u }}{{\sqrt {2u - {u^2}} }}} du [/tex]

[tex] I = - \int {\sqrt {\frac{u}{{2u - {u^2}}}} } du [/tex]

[tex] I = - \int {\frac{1}{{\sqrt {2 - u} }}} du [/tex]

[tex] I = 2\sqrt {2 - u} [/tex]

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

[tex] I = 2\int\limits_0^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx = 2\left[ {2\sqrt {1 - \cos \left( x \right)} } \right]_0^\pi = 4\sqrt 2 [/tex]

[tex] \underline{\underline {I = \int\limits_{ - \pi }^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx = 4\sqrt 2 }} [/tex]

Legger igjen trenøtter jeg. Påskegodt.

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

[tex] I = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{2}{{\sin \left( {2x} \right)}}dx}[/tex]

[tex] I = \int {\frac{{{2^x}{3^x}}}{{{9^x} - {4^x}}}dx}[/tex]

Bestem om [tex]I>0[/tex] der [tex]I=\int\limits_0^1 {\frac{{{x^4}{{\left( {1 - x} \right)}^4}}}{{1 + {x^2}}}dx}[/tex]

Rimelig greie om man ser overgangene, den første er kanskje litt tøff...

[Janhaa]

Klarte endelig et av integralene fra side 9.
[tex] I = \int\limits_{ - \pi }^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx = 2\int\limits_0^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx [/tex]

fin den Nebu.
==================

Legger igjen trenøtter jeg. Påskegodt.
[tex] I = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{2}{{\sin \left( {2x} \right)}}dx}[/tex]
Rimelig greie om man ser overgangene, den første er kanskje litt tøff...

denne klarte jeg med påskebrus

[tex] I = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{(1+\tan^2(x))\,dx}{{\tan\left(x)}}[/tex]

[tex]u=\tan(x)\,\,\Rightarrow\,\,du=(1+\tan^2(x))dx[/tex]

[tex] I = \int\limits_{\frac{1 }{sqrt3}}^{sqrt3} {\frac{du}{u}=\ln(\sqrt3)\,-\,\ln({\frac{1}{\sqrt3}})=\ln(3)[/tex]

[Charlatan]

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

[tex]\lim_{x \to 0} \log(x) \log(1-x) = \lim_{x \to 0} \frac{\log(1-x)}{\frac{1}{\log(x)}} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{-1}{1-x}}{\frac{-\frac{1}{x}}{\log(x)^2}} = \lim_{x \to 0} \frac{x\log(x)^2}{1-x} = 0[/tex]

siden [tex]\lim_{x \to 0} x \log(x)^2 = \lim_{x \to 0} \frac{\log(x)^2}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0} \frac{2\frac{1}{x}\log(x)}{-\frac{1}{x^2}} = -2\lim_{x \to 0} x\log(x) = -2\lim_{x \to 0} \frac{\log(x)}{\frac{1}{x}} = -2\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} = 2\lim_{x \to 0} x = 0[/tex].

Da følger det ved å sette [tex]y = 1-x[/tex] at [tex]\lim_{x \to 1} \log(x)\log(1-x) = \lim_{y \to 0} \log(1-y)\log(y) = 0[/tex].

Altså er integranden begrenset på et lukket intervall, så integralet eksisterer.

Nå substituerer vi u = 1-x, og får at [tex]I = \int^1_0 -\log(1-u)\log(u) du = -I[/tex], så I = -I som medfører at I = 0.

[Nebuchadnezzar]

http://www.wolframalpha.com/input/?i=in ... rom+0+to+1

Kanskje wolfram tar feil? Tok dette problemet fra en putnambok, skal se om jeg kan finne igjen boka. Den fikk i det minste samme svar som wolfram, og kalkulatoren min. De skrev om integralet til ei rekke om jeg ikke husker helt feil.

[Janhaa]

Janhaa helt riktig det der, ikke spesielt vanskelig.
Legger igjen trenøtter jeg. Påskegodt.
[tex] I = \int {\frac{{{2^x}{3^x}}}{{{9^x} - {4^x}}}dx}[/tex]
Rimelig greie om man ser overgangene, den første er kanskje litt tøff...

[tex] I = \int\frac{({2\over 3})^x\,dx}{1 - ({2\over 3})^{2x}}[/tex]

[tex]u=({2\over 3})^x[/tex]
[tex]du=\ln({2\over 3})({2\over 3})^x\,dx[/tex]

[tex]I=\frac{1}{\ln({2\over 3})}\,\int \frac{du}{1-u^2}[/tex]

[tex]I=\frac{\text arctanh((\frac{2}{3})^x)}{\ln({2\over 3})}\,+\,C[/tex]