Integral maraton !

[Nebuchadnezzar]

Ser da helt riktig ut det der! Tok en litt annen substitusjon på slutten men uttrykkene våre er helt like.

Kom over denne røveren her

[tex]I \, = \, \int\limits_{ - \pi /4}^{3\pi /4} {\ln \left( {\cos \left( x \right) + \sin \left( x \right)} \right)dx} [/tex]

Som jeg trodde skulle bli fæl, men ved bruk av noen smarte identiteter løste den seg ganske raskt.

[Charlatan]

[tex]\cos(x) + \sin(x) = \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})[/tex], så

[tex]I = \int^{\frac{3\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}} \log(\sqrt{2}) + \log(\sin(x+\frac{\pi}{4})) dx = \frac{\pi}{2}\log(2) + \int^{\pi}_0 \log(\sin(y)) dy[/tex]
ved substitusjonen [tex]y =x+ \frac{\pi}{4}[/tex]

Det siste integralet har jeg løst tidligere her (side 12), så vi får at [tex]I = -\frac{\pi}{2}\log(2)[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Du er altfor god til å befinne deg her ^^

Helt riktig =)

---------------------------

Hever vanskelighetsgraden en smule, så også Charlatan kan få seg noe å bryne seg på.

5 små søte

[tex] I = \int\limits_0^a {\frac{{dx}}{{x + \sqrt {{a^2} - {x^2}} }}} ,a > 0[/tex]

[tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin {{\left( x \right)}^4}}}{{{x^4}}}} dx [/tex]

[tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{x\sin \left( {\pi x} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} dx [/tex]

[tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{\cos \left( x \right)}}{{\cosh \left( x \right)}}} dx [/tex]

[tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - ax}} - {e^{ - bx}}}}{{x\csc \left( {rx} \right)}}dx} \, , \, r,a,b>0 [/tex]

Trengs det fasit?

[Charlatan]

[tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - ax}} - {e^{ - bx}}}}{{x\csc \left( {rx} \right)}}dx} \, , \, r,a,b>0 [/tex]

Integranden er lik [tex]\frac{(e^{-ax}-e^{-bx})\sin(rx)}{x}[/tex] (hva er greia med csc?)

Definer [tex]F(c) = \int^{\infty}_0 e^{cx}\frac{(e^{-ax}-e^{-bx})\sin(rx)}{x} dx = \frac{(e^{(c-a)x}-e^{(c-b)x})\sin(rx)}{x} dx[/tex] for [tex]c < \min(a,b)[/tex].

[tex]\frac{\sin(rx)}{x}[/tex] er begrenset (halvt bevis: går mot r når x går mot 0 av l'hopital, og går mot 0 når x går mot uendelig), og integralet av [tex]e^{kx}[/tex] fra 0 til uendelig for negative k konvergerer absolutt, og siden c-a og c-b er mindre enn 0, vil integralet (av f.eks trekantulikheten for integraler) for enhver c konvergere absolutt. Videre er den deriverte til integranden (mhp c) lik

[tex](e^{(c-a)x}-e^{(c-b)x})\sin(rx)[/tex] som av tilsvarende grunner konvergerer absolutt når den integreres fra 0 til uendelig.

Det betyr altså at vi kan derivere under integraltegnet, og få

[tex]F^{\prime}(c) = \int^{\infty}_0 (e^{(c-a)x}-e^{(c-b)x})\sin(rx) dx[/tex].

Definer [tex]I(k) = \int^{\infty}_0 e^{kx}\sin(rx) dx[/tex] for k<0.

[tex]I(k) = [-\frac{e^{kx}\cos(rx)}{r}]^{\infty}_0 + \int^{\infty}_0 \frac{k}{r}e^{kx}\cos(rx) dx = \frac{1}{r}+ [\frac{k}{r^2}e^{kx}\sin(rx)]^{\infty}_0- \int^{\infty}_0 \frac{k^2}{r^2} e^{kx}\sin(rx) dx[/tex], så

[tex]I(k)(1+\frac{k^2}{r^2}) = \frac{1}{r} \Rightarrow I(k) = \frac{\frac{1}{r}}{1+\frac{k^2}{r^2}}[/tex].

[tex]F^{\prime}(c) = I(c-a)-I(c-b)[/tex], så [tex]\int^{0}_{-\infty} F^{\prime}(c) dc = \int^{0}_{-\infty} I(c-a)-I(c-b) dc = \int^{-a}_{-\infty} I(k)dk-\int^{-b}_{-\infty}I(k) dk = \int^{-a}_{-b}I(k) dk = \int^{a}_{b}-I(-u) du = \int^{b}_{a} \frac{\frac{1}{r}}{1+\frac{u^2}{r^2}}du[/tex]

med et par variabelskifter. Setter vi nå [tex]t = \frac{u}{r}[/tex], får vi

[tex]\int^{0}_{-\infty} F^{\prime}(c) dc = \int^{\frac{b}{r}}_{\frac{a}{r}} \frac{1}{1+t^2}dt = \arctan(\frac{b}{r})-\arctan(\frac{a}{r}) = \arctan(\frac{\frac{b}{r}-\frac{a}{r}}{1+\frac{ab}{r^2}}) = \arctan(\frac{r(b-a)}{r^2+ab})[/tex].

Da har vi funnet et uttrykk for [tex]F(0)-\lim_{c \to - \infty} F(c) = F(0)[/tex], siden vi kan sette grenseverditegnet innenfor integraltegnet av absolutt konvergens.

Men F(0) er jo integralet vi ville ha, så [tex]I = \arctan(\frac{r(b-a)}{r^2+ab})[/tex].

[Nebuchadnezzar]

Stemmer det =) Syntes selv sec ser penere ut enn cos, men det er vel en smaksak.

[tex]I \, = \, \int_{0}^{a}\frac{dx}{x+sqrt{a^2-x^2}}[/tex]

Bruker substitusjonen [tex]x=a\cdot \sin(u)[/tex]

[tex]I_a \, = \, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cdot \cos(u)}{a\sin(u)+\sqrt{a^2-a^2\cdot \sin(u)^2}}du[/tex]


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

Bruker substitusjonen [tex]x=a\cdot \cos(u)[/tex] på vårt originale integral

[tex]I_b \, = \, \int_{\frac{\pi}{2}}^{{0}}\frac{-a\sin(u)}{a\cdot \cos(u)+sqrt{a^2-a^2\cdot \cos(u)^2}}du[/tex]

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

Dobbler vårt originale integral

[tex]2I \, = \, I_a \, + \, I_b[/tex]

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

[tex]2I = \, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 du[/tex]

[tex]\int_{0}^{a}\frac{dx}{x+sqrt{a^2-x^2}} \, = \, \frac{\pi}{4}[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Er det fortsatt stemning for noen sommerIntegral?

Fant en diger liste med artige integral, som kunne være artige å prøve seg på. Vanskelighetsnivået er middels.

Virker som interessen for virkelig vanskelige integral er laber så, vet ikke helt hvordan stemningen er for integraler...

[Nebuchadnezzar]

Vi sørger alle sammen på hver vår måte. Så her er noe som kanskje kan få tankene over på noe annet.

[tex] I_1 \, = \, \int {\sin \left( {\ln \left( x \right)} \right) \, + \, \cos\left( \ln(x) \right) dx [/tex]

[tex] I_2 \, = \, \int {\left( {1 + 2{x^2}} \right){e^{{x^2}}}} \, dx [/tex]

[tex] I_3 \, = \, \int \frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2} \, dx [/tex]

[tex] I_4 \, = \, \int_{\pi}^{3\pi} \sin(x)\ln(x) - \frac{\cos(x)}{x} \, dx [/tex]

[tex] I_5 \, = \, \int \frac{1}{\ln(x)}+\ln(\ln(x)) \, dx [/tex]

[tex] I_6 \, = \, \int (x+3)\sqrt{e^x x} dx [/tex]

[tex] I_7 \, = \, \int \frac{1}{\sqrt{5x+3}+\sqrt{5x-2}} dx [/tex]

[Janhaa]

Vi sørger alle sammen på hver vår måte. Så her er noe som kanskje kan få tankene over på noe annet.
[tex] I \, = \, \int \frac{1}{\sqrt{5x+3}+\sqrt{5x-2}) dx [/tex]

Ja, det hjelper Nebu!

[tex]I_7={1\over 5}\int(\sqrt{5x+3}-\sqrt{5x-2})\,dx \\ \text bruker substitusjonene u=5x+3 og v=5x-2. \\ ): \\ I_7={2\over {15}}\left((5x+3)^{1,5}\,-\,(5x-2)^{1,5}\right)+C[/tex]

=============
edit:
retta opp
og
Nebu, jeg brukte multiplisering med den konjugerte direkte!

[Nebuchadnezzar]

Flott løsning =)

Integralet kan også løses ved å gange med den konjugative

[tex]\frac{1}{{\sqrt {5x + 3} + \sqrt {5x - 2} }} = \frac{1}{{\left( {\sqrt {5x + 3} + \sqrt {5x - 2} } \right)}}\frac{{\sqrt {5x + 3} - \sqrt {5x - 2} }}{{\left( {\sqrt {5x + 3} - \sqrt {5x - 2} } \right)}} = \frac{{\sqrt {5x + 3} - \sqrt {5x - 2} }}{{\left( {5x + 3} \right) - \left( {5x - 2} \right)}} = \sqrt {5x + 3} - \sqrt {5x - 2} [/tex]

De øvrige integralene, kan alle sammen løses ved bruk av samme metode. Nemmlig en frekk delvis integrasjon.

[Janhaa]

Vi sørger alle sammen på hver vår måte. Så her er noe som kanskje kan få tankene over på noe annet.
[tex]I_5 \, = \, \int \frac{1}{\ln(x)}+\ln(\ln(x)) \, dx[/tex]

setter u = ln(x) => dx= e[sup]u[/sup] du
thus

[tex]I_5 \, = \,\int\left(\frac{e^u}{u}+e^u\ln(u)\right) \, du[/tex]

[tex]I_5 \, = \,\int\frac{e^u}{u}\,du+e^u\ln(u)- \int\frac{e^u}{u}\,du[/tex]

[tex]I_5 \, = \,e^u\ln(u)\,+\,C=x\ln(\ln(x))\,+\,C[/tex]

[drgz]

[tex] I_3 \, = \, \int \frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2} \, dx [/tex]

[tex]I_3: u = \ln(x), e^u\mathrm{d}u = \mathrm{d}x \\ I_3 = \int \frac{u-1}{u^2}e^u\mathrm{d}u = \int \frac{e^u}{u}\mathrm{d}u-\int\frac{e^u}{u^2}\mathrm{d}u\\ I_3 = I_{3_1}-I_{3_2} \\ I_3 = I_{3_1}+\frac{e^u}{u}-\int\frac{e^u}{u}\mathrm{d}u \\ I_3 = I_{3_1}+\frac{e^u}{u}-I_{3_1} = \frac{e^u}{u} = \frac{x}{\ln(x)}+C[/tex]

[tex] I_1 \, = \, \int {\sin \left( {\ln \left( x \right)} \right) \, + \, \cos\left( \ln(x) \right) dx [/tex]

[tex]I_1: u = \ln(x), e^u\mathrm{d}u = \mathrm{d}x \\ I_1 = \int e^u\left(\sin(u)+\cos(u)\right)\mathrm{d}u \\ I_! = e^u\sin(u)-\int e^u\sin(u)\mathrm{d}u-e^u\cos(u)+\int e^u\cos(u)\mathrm{d}u \\ I_1 = e^u\left(\sin(u)-\cos(u)\right)+\int e^u\left(\cos(u)-\sin(u)\right)\mathrm{d}u \\ I_1 = e^u\left(\sin(u)-\cos(u)\right)+e^u\sin(u)-\int e^u\sin(u)\mathrm{d}u+e^u\cos(u)-\int e^u\cos(u)\mathrm{d}u \\ 2I_1 = 2e^u\sin(u) \\ I_1 = e^u\sin(u) = x\sin(\ln(x))+C[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Forstår ikke helt hvorfor dere er så glad i substitusjonen [tex]u=\ln(x)[/tex] ?

[tex]{I_3} = \int {\frac{{\ln \left( x \right) - 1}}{{\ln {{\left( x \right)}^2}}}dx} [/tex]

[tex] {I_3} = \int {\frac{1}{{\ln \left( x \right)}}dx} - \int {\frac{1}{{\ln {{\left( x \right)}^2}}}dx} [/tex]

[tex] v^{\tiny\prime} = 1,v = x,u = \frac{1}{{\ln \left( x \right)}},u^{\tiny\prime} = - \frac{1}{{\ln {{\left( x \right)}^2}x}} [/tex]

[tex] {I_3} = \left[ {\frac{x}{{\ln \left( x \right)}} - \int { - \frac{x}{{x\ln {{\left( x \right)}^2}}}dx} } \right] - \int {\frac{1}{{\ln {{\left( x \right)}^2}}}dx} [/tex]

[tex] {I_3} = \frac{x}{{\ln \left( x \right)}} + C [/tex]

Helt den samme metoden som claude, er vel bare en smakssak.

EDIT: Og her er det første integralet. Løst litt lettere ved denne metoden med delvis integrasjon og kanselerende integral.


[tex] {I_1} = \int {\sin \left( {\ln x} \right)dx} + \int {\cos \left( {\ln x} \right)dx} [/tex]

[tex] v^{\tiny\prime} = 1,v = x,u = \sin \left( {\ln x} \right),u^{\tiny\prime} = \frac{{\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)}}{x}[/tex]

[tex] {I_1} = \left[ {x\sin \left( {\ln x} \right) - \int {x \cdot \frac{{\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)}}{x}dx} } \right] + \int {\cos \left( {\ln x} \right)dx} [/tex]

[tex] {I_1} = x\sin \left( {\ln x} \right) + C [/tex]

[drgz]

Forstår ikke helt hvorfor dere er så glad i substitusjonen [tex]u=\ln(x)[/tex] ?

Forstår ikke helt hvorfor du ikke er glad i den substitusjonen..

[drgz]

[tex] I_4 \, = \, \int_{\pi}^{3\pi} \sin(x)\ln(x) - \frac{\cos(x)}{x} \, dx [/tex]

[tex]I_4: u=\ln(x),\mathrm{d}u = \frac{1}{x},\mathrm{d}v=\sin(x),v=-\cos(x)\\ I_4 = \left[-\ln(x)\cos(x)\right]_{\pi}^{3\pi}+\int_{\pi}^{3\pi}\frac{\cos(x)}{x}\mathrm{d}x-\int_{\pi}^{3\pi}\frac{\cos(x)}{x}\mathrm{d}x \\ \\ I_4 = \left[-\ln(x)\cos(x)\right]_{\pi}^{3\pi} = \ln(3)[/tex]

[Janhaa]

Vi sørger alle sammen på hver vår måte. Så her er noe som kanskje kan få tankene over på noe annet.
[tex] I_2 \, = \, \int {\left( {1 + 2{x^2}} \right){e^{{x^2}}}} \, dx [/tex]

På denne bruker jeg "Tabular integration by parts" og det faktum at: [tex]\,\,\int e^{x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\text erfi(x)+C[/tex]
Da blir kolonne A (deriverte):
[tex]1+2x^2\\4x\\4\\0[/tex]

og
kolonne B (integrerte):
[tex]\frac{\sqrt{\pi}}{2}\text erfi(x)\\ \frac{\sqrt{\pi}}{2}\left(x*\text erfi(x)-\frac{e^{x^2}}{\sqrt{\pi}}\right)\\ \frac{\sqrt{\pi}}{8}\left((2x^2-1)*\text erfi(x)-\frac{2xe^{x^2}}{\sqrt{\pi}}\right) [/tex]

I kolonne B er det bare delvis integrasjon suksessivt! Dette gir;

[tex] I_2 \, = \, \frac{\sqrt{\pi}}{2}\text erfi(x)\,+\,x^2\sqrt{\pi}\text erfi(x)\,-\,2x^2\sqrt{\pi}\text erfi(x)\,+\,2xe^{x^2}\,+\,x^2\sqrt{\pi}\text erfi(x)\,-\,\frac{\sqrt{\pi}}{2}\text erfi(x)\,-\,xe^{x^2}\,+\,C=xe^{x^2}\,+\,C[/tex]

Er kanskje ikke helt stuereint, og du har helt sikkert en anna løsning...