Integral maraton !

[Nebuchadnezzar]

Fælt så pene løsninger dere kom med da. Her er min

[tex] \int\limits_1^{\sqrt 3 } {{x^{2{x^2} + 1}} + \ln \left( {{x^{2{x^{2{x^2} + 1}}}}} \right)dx} [/tex]

[tex] I = \int\limits_1^{\sqrt 3 } {{x^{2{x^2} + 1}}\left( {1 + \ln \left( {{x^2}} \right)} \right)dx} [/tex]

[tex] I = \int\limits_1^{\sqrt 3 } {{e^{\ln \left( {{x^{2{x^2} + 1}}} \right)}}\left( {1 + \ln \left( {{x^2}} \right)} \right)dx} [/tex]

[tex] I = \int\limits_1^{\sqrt 3 } {{e^{\left( {2{x^2} + 1} \right)}}^{\ln \left( x \right)}\left( {1 + \ln \left( {{x^2}} \right)} \right)dx} [/tex]

[tex] I = \int\limits_1^{\sqrt 3 } {x{e^{\left( {2{x^2}\ln \left( x \right)} \right)}}\left( {1 + \ln \left( {{x^2}} \right)} \right)dx} [/tex]

[tex] u = 2{x^2}\ln \left( x \right),du = 2x\left( {2\ln \left( x \right) + 1} \right) [/tex]

[tex] I = \int\limits_1^{\sqrt 3 } {x\left( {1 + \ln \left( {{x^2}} \right)} \right){e^u}\frac{{du}}{{2x\left( {\ln \left( {{x^2}} \right) + 1} \right)}}} [/tex]

[tex] I = \frac{1}{2}\int\limits_1^{\sqrt 3 } {{e^u}du} [/tex]

[tex] I = \frac{1}{2}\left[ {{e^{2{x^2}\ln \left( x \right)}}} \right]_1^{\sqrt 3 } [/tex]

[tex] I = \frac{1}{2}\left[ {{x^{2{x^2}}}} \right]_1^{\sqrt 3 } [/tex]

[tex] \underline{\underline {I = 13}} [/tex]

[Nebuchadnezzar]

1. Finn arealet mellom [tex]f(x)[/tex] og x-aksen når [tex]f(x)\,=\,\ln{\(\,\frac{k-x}{\,k+x\,}\,\)}[/tex] og [tex]f(x)[/tex] er avgrenset av sine asymptoter.

2. Finn [tex]\ln(B)[/tex] når [tex]B[/tex] er definert som [tex]\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{dx}}{{1 + {x^3} + \sqrt {1 + {x^6}} }}} [/tex]

3. Evaluer [tex]\int_1^{\infty}\,\( \frac{\,\ln(x)\,}{x} \)^{2011}\,\text{dx}[/tex]

[Nebuchadnezzar]

For vanskelige/kjedelige ?

[Charlatan]

[tex]I = \int^{1}_{-1} \frac{1}{1+x^3+\sqrt{1+x^6}} dx = \int^{1}_{-1} \frac{1+x^3-\sqrt{1+x^6}}{(1+x^3)^2-(1+x^6)} dx = \int^{1}_{-1} \frac{1+x^3-\sqrt{1+x^6}}{2x^3} dx = \int^{1}_{-1} \frac{1}{2x^3}+\frac{1}{2} dx-\int^{1}_{-1} \frac{\sqrt{1+x^6}}{2x^3} dx[/tex]

[tex]\int^1_{-1} \frac{1}{2x^3}+\frac{1}{2} dx = [-\frac{1}{4x^2}+\frac{1}{2}x]^1_{-1} = 1[/tex]

[tex]I_2 = \int^{1}_{-1} \frac{\sqrt{1+x^6}}{x^3} dx[/tex]

[tex]u = -x \Rightarrow I_2 = \int^{-1}_{1} -\frac{\sqrt{1+u^6}}{-u^3} du = -\int^{1}_{-1} \frac{\sqrt{1+u^6}}{u^3} du=-I_2 \Rightarrow I_2 = 0[/tex].

Så I = 1.

[Nebuchadnezzar]

Helt riktig å observere at siste integralet er symmetrisk om origo ^^ Smart triks det der.

Hintet på 3 er at svaret er [tex]\frac{2011!}{2010^{2012}}[/tex]

[Charlatan]

Anta at n>1, og k>0.
[tex]I_{n,k}(t) := \int^t_1 \frac{\log(x)^k}{x^n} dx = [-\frac{1}{n-1}\frac{\log(x)^k}{x^{n-1}}]^t_1 + \int^t_1 \frac{k}{n-1} \frac{\log(x)^{k-1}}{x^{n}} dx = -\frac{1}{n-1}\frac{\log(t)^k}{t^{n-1}} + \frac{k}{n-1} I_{n,k-1}(t)[/tex]

[tex]I_{n,k} := \lim_{t \to \infty} I_{n,k}(t) = \lim_{t \to \infty} -\frac{1}{n-1}\frac{\log(t)^k}{t^{n-1}} + \lim_{t \to \infty} \frac{k}{n-1} I_{n,k-1}(t) = \frac{k}{n-1} I_{n,k-1}[/tex]

Ved induksjon er da
[tex]I_{n,k} = \frac{k \cdot (k-1)... \cdot 2 \cdot 1}{(n-1)^k}I_{n,0} = \frac{k!}{(n-1)^k} I_{n,0} = \frac{k!}{(n-1)^k} \int^{\infty}_1 \frac{1}{x^n} dx = \frac{k!}{(n-1)^k} \cdot [-\frac{1}{(n-1)x^{n-1}}]^{\infty}_1 = \frac{k!}{(n-1)^{k+1}} [/tex]

Det betyr at [tex]I_{2011,2011} = \frac{2011!}{(2010)^{2012}}[/tex]

[Charlatan]

Og ja, greit med fasitsvar der!

[Nebuchadnezzar]

Delvis i kombinasjon med induksjon er lekkert. Fint med fasitsvar og wolfram bryter jo bare sammen ^^

Lett

[tex] {I_1} = \int \frac{ \: \sin(3x) \: + \: \sin(x) \: }{ \: \cos(x) \: + \: \cos(3x) \: } \, dx[/tex]

Middels

[tex] {I_2} = \int { \, \, \frac{dx}{{\cos \left( x \right) \, + \, \cos \left( {3x} \right) \, }}}[/tex]

Vanskelig

[tex]I_3 \, = \, \int_{ - \infty }^c { \Large \frac{{{e^x}}}{{\, \, \sqrt {\,c \,- \,x\,} } \, \, } } dx[/tex]

[Charlatan]

[tex]I_3 = \int^{c}_{-\infty} \frac{e^{x}}{\sqrt{c-x}} dx[/tex]

[tex]u = \sqrt{c-u}[/tex] gir det kjente integralet (som jeg løser her hvis noen ønsker å se det):

[tex]I_3 = 2e^c \int^{\infty}_0 e^{-u^2} du = 2e^c \sqrt{\int^{\infty}_0 e^{-x^2} dx \int^{\infty}_0 e^{y^2} dy} = e^c \sqrt{\int^{\infty}_{-\infty} \int^{\infty}_{-\infty} e^{-(x^2+y^2)} dx dy}[/tex]

Av absolutt konvergens kan vi sette sammen integralet av fubinis teorem (vi lebesgue-integrerer, noe som samsvarer med uekte riemann-integraler for absolutt konvergente integraler).

Det siste integralet tilsvarer grensen

[tex]e^c \sqrt{ \lim_{R \to \infty} \int \int_{S_R} e^{-(x^2+y^2)} dx dy}[/tex]

der S_r er disken om origo med radius R (igjen av absolutt konvergens, siden [tex]S_r \uparrow \mathbb{R^2}[/tex] som (lebesgue-integrarbare) mengder). Betrakter vi det igjen som et riemannintegral, kan vi skifte til polarkoordinater, og få

[tex]I_3 = e^c \sqrt{ \lim_{R \to \infty} \int^{2\pi}_0 \int^R_{0} re^{-r^2} dr d\theta} = e^c \sqrt{ 2\pi [ e^{-r^2}]^{\infty}_0} = e^c \sqrt{ 2\pi }[/tex].

[Nebuchadnezzar]

Ser da nesten riktig ut dette (Svaret er [tex]e^c \sqrt{\pi}[/tex] )

Etter den første substitusjonen din ender du opp med [tex]{I_3} = {e^c}\int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - u}}}}{{\sqrt u }}du} [/tex]

Hvordan går du direkte frem for å vise at dette er det samme som [tex]{I_3} = 2{e^c}\int\limits_0^\infty {{e^{ - {u^2}}}du} [/tex] uten bruk av substitusjon? Er bare litt nyssgjerrig, ikke at det er noe feil selvsagt.

Ser ut som du slurver litt med 2 tallet, som plutselig forsvinner. Og litt mot slutten eller ser det riktig ut.

Du burde kanskje nevnt noe om hvorfor integralet konvergerer når [tex]\lim_{x \to c}[/tex] kanskje du har nevnt dette, men jeg er litt trøtt. =)

[Charlatan]

Etter den første substitusjonen din ender du opp med [tex]{I_3} = {e^c}\int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - u}}}}{{\sqrt u }}du} [/tex]

Tror ikke det, som du ser substituerte jeg [tex]u = \sqrt{c-x}[/tex] og ikke u = c-x.

Du burde kanskje nevnt noe om hvorfor integralet konvergerer når [tex]\lim_{x \to c}[/tex] kanskje du har nevnt dette, men jeg er litt trøtt. =)

Burde ha nevnt hvorfor integralet konvergerer ja, men det følger ganske lett hvis man bemerker at [tex]\int^{1}_0 1/ \sqrt{x} dx[/tex] og [tex]\int^{\infty}_0 e^{-x} dx[/tex] konvergerer hver for seg.

Det 2-tallet "forsvant" i utgangspunktet fordi jeg skiftet ut grensene på integraltegnene, men ser nå at jeg glemte å gange inn 1/2 når jeg integrerte re^-r^2.

[Janhaa]

Lett [tex] {I_1} = \int \frac{ \: \sin(3x) \: + \: \sin(x) \: }{ \: \cos(x) \: + \: \cos(3x) \: } \, dx[/tex]

[tex] {I_1} = \int \frac{ \: \sin(3x) \: + \: \sin(x) \: }{ \: \cos(x) \: + \: \cos(3x) \: } \, dx=\int \tan(2x)\,dx=\int\frac{\sin(2x)}{\cos(2x)}\,dx[/tex]

[tex]u=\cos(2x)\,\,\Rightarrow\,\,du=-2\sin(2x)\,dx[/tex]

[tex]I_1=\int \tan(2x)\,dx=\int\frac{\sin(2x)}{\cos(2x)}\,dx =-{1\over 2}\int\frac{du}{u}=-{1\over 2}\ln|u|\,+\,C=-{1\over 2}\ln|\cos(2x)|\,+\,C[/tex]
=============
PS;

her er Wolfram sin utregning

http://www.wolframalpha.com/input/?i=in ... 2Bcos3x%29

trykk show steps...ganske ugly og omstendelig

[Nebuchadnezzar]

Janhaa litt ulogisk måte å gjøre dette på kanskje? Uansett hvordan så du at

[tex]I_1 \, = \int \tan(2x) \, \text{dx} [/tex] ?

Her er hvordan jeg regnet det ut, men føler at nå brukte jeg traktormetoden... Noen som har en raskere måte ?


[tex] \sin \left( {3x} \right) = \sin \left( {2x + x} \right) = \sin \left( {2x} \right)\cos \left( x \right) + \sin \left( x \right)\cos \left( {2x} \right) [/tex]

[tex] \sin \left( {3x} \right) = 2\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)\cos \left( x \right) + \sin \left( x \right)\cos \left( {2x} \right) [/tex]

[tex] \sin \left( {3x} \right) = \sin \left( x \right)\left( {2\cos {{\left( x \right)}^2} + \cos \left( {2x} \right)} \right) [/tex]

[tex] \sin \left( {3x} \right) = \sin \left( x \right)\left( {2\left[ {\frac{1}{2}\left( {\cos \left( {2x} \right) + 1} \right)} \right] + \cos \left( {2x} \right)} \right) [/tex]

[tex] \underline {\sin \left( {3x} \right) = \sin \left( x \right)\left( {2\cos \left( {2x} \right) + 1} \right)} [/tex]

[tex] \underline {\cos \left( {3x} \right) = \cos \left( x \right)\left( {2\cos \left( {2x} \right) - 1} \right)} [/tex]



[tex] P = \frac{{\sin \left( {3x} \right) + \sin \left( x \right)}}{{\cos \left( {3x} \right) + \sin \left( x \right)}} = \frac{{\sin \left( x \right)\left( {2\cos \left( {2x} \right) + 1} \right) + \sin \left( x \right)}}{{\cos \left( x \right)\left( {2\cos \left( {2x} \right) - 1} \right) + \cos \left( x \right)}} = \frac{{\sin \left( x \right)\left[ {\left( {2\cos \left( {2x} \right) + 1} \right) + 1} \right]}}{{\cos \left( x \right)\left[ {\left( {2\cos \left( {2x} \right) - 1} \right) + 1} \right]}} [/tex]

[tex] P = \frac{{\sin \left( x \right)\left[ {2\cos \left( {2x} \right) + 2} \right]}}{{\cos \left( x \right)\left[ {2\cos \left( {2x} \right)} \right]}} = \frac{{\sin \left( x \right)\left[ {\cos \left( {2x} \right) + 1} \right]}}{{\cos \left( x \right)\left[ {\cos \left( {2x} \right)} \right]}} = \tan \left( x \right)\left[ {\frac{{\cos \left( {2x} \right) + 1}}{{\cos \left( {2x} \right)}}} \right] [/tex]

[tex] P = \tan \left( x \right)\left[ {\frac{{\cos {{\left( x \right)}^2} - \sin {{\left( x \right)}^2}}}{{\cos {{\left( x \right)}^2} - \sin {{\left( x \right)}^2}}} + \frac{{\cos {{\left( x \right)}^2} + \sin {{\left( x \right)}^2}}}{{\cos {{\left( x \right)}^2} - \sin {{\left( x \right)}^2}}}} \right] = \tan \left( x \right)\left[ {\frac{{2\cos {{\left( x \right)}^2}}}{{\cos {{\left( x \right)}^2} - \sin {{\left( x \right)}^2}}}} \right] [/tex]

[tex] P = 2\tan \left( x \right){\left[ {\frac{{\cos {{\left( x \right)}^2} - \sin {{\left( x \right)}^2}}}{{\cos {{\left( x \right)}^2}}}} \right]^{ - 1}} = 2\tan \left( x \right){\left[ {\sec {{\left( x \right)}^2}\left( {\cos {{\left( x \right)}^2} - \sin {{\left( x \right)}^2}} \right)} \right]^{ - 1}} [/tex]

[tex] P = 2\tan \left( x \right){\left[ {\left( {1 + \tan {{\left( x \right)}^2}} \right)\left( {\cos {{\left( x \right)}^2} - \sin {{\left( x \right)}^2}} \right)} \right]^{ - 1}} [/tex]

[tex] P = \frac{{2\tan \left( x \right)}}{{\left( {1 + \tan {{\left( x \right)}^2}} \right)\left( {\cos \left( {2x} \right)} \right)}} [/tex]

[tex] \frac{{1 - \tan {{\left( x \right)}^2}}}{{1 + \tan {{\left( x \right)}^2}}} = \frac{{1 - \frac{{\sin {{\left( x \right)}^2}}}{{\cos {{\left( x \right)}^2}}}}}{{1 + \frac{{\sin {{\left( x \right)}^2}}}{{\cos {{\left( x \right)}^2}}}}} = \left( {\frac{{\cos \left( {2x} \right)}}{{\cos {{\left( x \right)}^2}}}} \right):\left( {\frac{1}{{\cos {{\left( x \right)}^2}}}} \right) = \cos \left( {2x} \right) [/tex]

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

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

[tex] \underline{\underline {P = \tan \left( {2x} \right)}} !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! [/tex]

Mye jobb...

[Janhaa]

hjelpe og trøste Nebu, synes du kalte I_1 lett...
Jeg omforma brøken bl. a. vha.

[tex]\text teller:\,\,sin(x)+sin(3x)=4sin(x)cos^2(x)[/tex]
og
[tex]\text nevner:\,\,cos(x)+cos(3x)=2\cos(x)cos2(x)[/tex]

osv...gidder ikke ta alt, du veit jeg er litt lat.

uansett nå skal jeg prøve på I_2...ikke direkte planke den...
==========
OK, den var litt sleip da...

[Janhaa]

Middels
[tex] {I_2} = \int { \, \, \frac{dx}{{\cos \left( x \right) \, + \, \cos \left( {3x} \right) \, }}}[/tex]

nå tar jeg noen gode shortcut underveis...så veit du det;
her fikk jeg noen flashback til det gode gamle integralet 1/cos(x).

[tex]{I_2} = \int { \, \, \frac{dx}{{\cos \left( x \right) \, + \, \cos \left( {3x} \right) \, }}}=\int\frac{dx}{2\cos(x)\cos(2x)}=\int\frac{\cos(x)}{2\cos^2(x)\cos(2x)}\,dx[/tex]
[tex]=\int\frac{\cos(x)\,dx}{2(1-\sin^2(x))\cos(2x)}=\int\frac{du}{2(1-u^2)(1-2u^2)}=I_2={1\over 2}\left(-\int\frac{du}{1-u^2}\,+\,\int\frac{2\,du}{1-2u^2}\right)[/tex]
[tex]=-{1\over 2}\text arctanh(\sin(x))\,+\,{1\over 2\sqrt2}\ln\left|\frac{2\sin(x)+\sqrt2}{\sqrt2-2\sin(x)}\right|\,+\,C[/tex]

her har jeg først brukt substitusjonen u = sin(x), dernest delbrøksoppspalting med tilhørende shortcut.
==========

jeg deriverte uttrykket i Mr Wolfram nå, og jaggu stemte det...