Nå ble det jammen natt igjen.
Nytt integral:
[tex]I_3=\int_0^\infty \frac{1}{1+x^3}\textrm{d}x[/tex]
Nattintegral
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Løste den med kompleks analyse jeg! La I være integralet vi er ute ettter. Tar kurveintegralet langs kurven som består av følgende tre segmenter, rett linje fra 0 til R, sirkelbue fra R til [tex]Re^{2\pi i / 3}[/tex] og rett linje fra [tex]Re^{2\pi i /3}[/tex] til 0.
La oss se hva som skjer når R går mot uendelig. Kan lett vise via ulikheter at integralet langs sirkelbuen går mot null. Integralet langs første kurven går mot I, integralet langs tredje kurven går mot [tex]-e^{2\pi i /3}I[/tex].
Funksjonen vi integrerer har en enkel pol i området innenfor kurven vi integrerer over, nemlig i [tex]z = e^{\pi i/3}[/tex]. Ifølge residueteoremet er da integralet langs denne kurven lik [tex]2\pi i Res(f, e^{\pi i/3})[/tex]. Regner ut residuen i punktet, og løser mhp I, og får at [tex]I = \frac{2\pi}{3\sqrt{3}}[/tex]
La oss se hva som skjer når R går mot uendelig. Kan lett vise via ulikheter at integralet langs sirkelbuen går mot null. Integralet langs første kurven går mot I, integralet langs tredje kurven går mot [tex]-e^{2\pi i /3}I[/tex].
Funksjonen vi integrerer har en enkel pol i området innenfor kurven vi integrerer over, nemlig i [tex]z = e^{\pi i/3}[/tex]. Ifølge residueteoremet er da integralet langs denne kurven lik [tex]2\pi i Res(f, e^{\pi i/3})[/tex]. Regner ut residuen i punktet, og løser mhp I, og får at [tex]I = \frac{2\pi}{3\sqrt{3}}[/tex]
Og så kan man selvsagt løse integralet eksplisitt med delbrøksoppspaltning. Men det var noe mer arbeidsomt regnemessig enn løsningen via kompleks analyse. Det fine med kompleks analyse er at man kan evaluere en del reelle uegentlige integraler helt uten å finne den antideriverte.
Hmmmm! Løsningen via kompleks analyse lar seg lett generalisere for alle n i integralet ditt, man kan alltid velge slik at integralet langs den 3. kurven i forklaringen min på forrige oppgave blir et multiplum at I, og integralet langs sirkelbuen går bare enda raskere mot null når n er større. Residuene er lette å regne ut siden det bare blir enkle poler, men å forenkle det generelle uttrykket til noe som man ser at er reelt er nok ikke like lett!
Men hvordan å gjøre det på en annen måte er jeg usikker på for øyeblikket! Løsningen av tilfellet n = 3 med delbrøksoppspaltning lar seg vel ikke generalisere på samme måten. HMMM!
Men hvordan å gjøre det på en annen måte er jeg usikker på for øyeblikket! Løsningen av tilfellet n = 3 med delbrøksoppspaltning lar seg vel ikke generalisere på samme måten. HMMM!
Du bruker akkurat samme framgangsmåte, ja. Med litt algebra kommer du etterhvert fram til et, i mine øyne, svært vakkert/overraskende resultat.
Jeg tror nok heller ikke at delbrøksoppspaltingsmetoden er veien å gå for å generalisere..
Jeg tror nok heller ikke at delbrøksoppspaltingsmetoden er veien å gå for å generalisere..
Ok, tok en stund:
En annen måte:
Vi løser [tex]I=\int \frac{1}{x^3+1} \rm{d}x[/tex]
[tex]\frac{1}{1+x^3}=\frac{1}{3} \large( \frac{1}{x+1}+\frac{2-x}{x^2-x+1} \large)[/tex]
Så [tex]I=\frac{1}{3} \int \frac{1}{x+1} \rm{d}x+ \frac{1}{2}\int \frac{1}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \rm{d}x-\frac{1}{3} \int \frac{x-\frac{1}{2}}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \rm{d}x[/tex]
Vi løser
[tex]I_1=\int \frac{1}{x+1} \rm{d}x[/tex]
[tex]I_2=\int \frac{1}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \rm{d}x[/tex]
[tex]I_3=\int \frac{x-\frac{1}{2}}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \rm{d}x[/tex]
[tex]I_1 = \ln |x+1| +C_1[/tex]
På [tex]I_2[/tex] bruker vi substitusjonen [tex]x-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\tan \theta \Rightarrow \frac{\rm{d}x}{\rm{d}\theta}=\frac{\sqrt{3}}{2}(\tan ^2 \theta +1)[/tex]
[tex]I_2= \int \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}(\tan ^2 \theta +1)}{\frac{3}{4}\tan^2 \theta+\frac{3}{4}} \rm{d}\theta=\int \frac{2\sqrt{3}}{3} \rm{d}\theta=\frac{2\sqrt{3}}{3}\arctan(\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})+C_2[/tex]
På [tex]I_3[/tex] bruker vi substitusjonen [tex]x-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\sinh\theta \Rightarrow \frac{\rm{d}x}{\rm{d}\theta}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cosh\theta [/tex]
[tex]I_3=\int \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\sinh\theta}{\frac{3}{4}\sinh^2\theta+\frac{3}{4}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cosh\theta \rm{d}\theta=\int \frac{\sinh\theta \cosh\theta}{\cosh^2\theta} \rm{d}\theta=\int \frac{\sinh\theta}{\cosh\theta} \rm{d}\theta[/tex]
Vi fullfører med substitusjonen [tex]t=\cosh \theta \Rightarrow \frac{\rm{d}t}{\rm{d}\theta}=\sinh \theta \Rightarrow I_3=\int \frac{1}{t} \rm{d}t=\ln|t|+C_4=\frac{1}{2}\ln|(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}|+C_3[/tex]
Nå setter vi inn for integralene:
[tex]I=\frac{1}{3}I_1+\frac{1}{2}I_2-\frac{1}{3}I_3=\frac{1}{3}(\ln |x+1| +C_1)+\frac{1}{2}(\frac{2\sqrt{3}}{3}\arctan(\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})+C_2)-\frac{1}{3}(\frac{1}{2}\ln|(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}|+C_3) \\ =\frac{1}{3}\ln|x+1|+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan({\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})-\frac{1}{6}\ln|x^2-x+1|+C[/tex]
La [tex]f(x)=\frac{1}{3}\ln|x+1|+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan({\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})-\frac{1}{6}\ln|x^2-x+1|[/tex]
For å løse [tex]\int ^{\infty}_0 \frac{1}{x^3+1} \rm{d}x[/tex] må vi løse for [tex]L=\lim_{x \to \infty} f(x)-f(0)[/tex]
[tex]f(0)=\frac{1}{3}\ln|1|+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan(-\frac{\sqrt{3}}{3})-\frac{1}{6}\ln|1|=-\frac{\sqrt{3}\pi}{18}[/tex] ( Vi måler arctan i første og fjerde kvadrant).
[tex]\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty}(\frac{1}{3}\ln|x+1|+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan(\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})-\frac{1}{6}\ln|x^2-x+1|) \\ = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln|(x+1)^2|-\ln|x^2-x+1|}{6}+\frac{\sqrt{3}}{3}\lim_{x \to \infty}\arctan(\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3}) \\ = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln|\frac{x^2+2x+1}{x^2-x+1}|}{6}+\frac{\sqrt{3}}{3}\frac{\pi}{2}=\frac{\sqrt{3}\pi}{6}[/tex]
Da har vi at [tex]L=\frac{\sqrt{3}\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}\pi}{18}=\frac{2\sqrt{3}\pi}{9}[/tex]
En annen måte:
Vi løser [tex]I=\int \frac{1}{x^3+1} \rm{d}x[/tex]
[tex]\frac{1}{1+x^3}=\frac{1}{3} \large( \frac{1}{x+1}+\frac{2-x}{x^2-x+1} \large)[/tex]
Så [tex]I=\frac{1}{3} \int \frac{1}{x+1} \rm{d}x+ \frac{1}{2}\int \frac{1}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \rm{d}x-\frac{1}{3} \int \frac{x-\frac{1}{2}}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \rm{d}x[/tex]
Vi løser
[tex]I_1=\int \frac{1}{x+1} \rm{d}x[/tex]
[tex]I_2=\int \frac{1}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \rm{d}x[/tex]
[tex]I_3=\int \frac{x-\frac{1}{2}}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \rm{d}x[/tex]
[tex]I_1 = \ln |x+1| +C_1[/tex]
På [tex]I_2[/tex] bruker vi substitusjonen [tex]x-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\tan \theta \Rightarrow \frac{\rm{d}x}{\rm{d}\theta}=\frac{\sqrt{3}}{2}(\tan ^2 \theta +1)[/tex]
[tex]I_2= \int \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}(\tan ^2 \theta +1)}{\frac{3}{4}\tan^2 \theta+\frac{3}{4}} \rm{d}\theta=\int \frac{2\sqrt{3}}{3} \rm{d}\theta=\frac{2\sqrt{3}}{3}\arctan(\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})+C_2[/tex]
På [tex]I_3[/tex] bruker vi substitusjonen [tex]x-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\sinh\theta \Rightarrow \frac{\rm{d}x}{\rm{d}\theta}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cosh\theta [/tex]
[tex]I_3=\int \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\sinh\theta}{\frac{3}{4}\sinh^2\theta+\frac{3}{4}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cosh\theta \rm{d}\theta=\int \frac{\sinh\theta \cosh\theta}{\cosh^2\theta} \rm{d}\theta=\int \frac{\sinh\theta}{\cosh\theta} \rm{d}\theta[/tex]
Vi fullfører med substitusjonen [tex]t=\cosh \theta \Rightarrow \frac{\rm{d}t}{\rm{d}\theta}=\sinh \theta \Rightarrow I_3=\int \frac{1}{t} \rm{d}t=\ln|t|+C_4=\frac{1}{2}\ln|(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}|+C_3[/tex]
Nå setter vi inn for integralene:
[tex]I=\frac{1}{3}I_1+\frac{1}{2}I_2-\frac{1}{3}I_3=\frac{1}{3}(\ln |x+1| +C_1)+\frac{1}{2}(\frac{2\sqrt{3}}{3}\arctan(\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})+C_2)-\frac{1}{3}(\frac{1}{2}\ln|(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}|+C_3) \\ =\frac{1}{3}\ln|x+1|+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan({\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})-\frac{1}{6}\ln|x^2-x+1|+C[/tex]
La [tex]f(x)=\frac{1}{3}\ln|x+1|+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan({\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})-\frac{1}{6}\ln|x^2-x+1|[/tex]
For å løse [tex]\int ^{\infty}_0 \frac{1}{x^3+1} \rm{d}x[/tex] må vi løse for [tex]L=\lim_{x \to \infty} f(x)-f(0)[/tex]
[tex]f(0)=\frac{1}{3}\ln|1|+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan(-\frac{\sqrt{3}}{3})-\frac{1}{6}\ln|1|=-\frac{\sqrt{3}\pi}{18}[/tex] ( Vi måler arctan i første og fjerde kvadrant).
[tex]\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty}(\frac{1}{3}\ln|x+1|+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan(\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3})-\frac{1}{6}\ln|x^2-x+1|) \\ = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln|(x+1)^2|-\ln|x^2-x+1|}{6}+\frac{\sqrt{3}}{3}\lim_{x \to \infty}\arctan(\frac{2\sqrt{3}x-\sqrt{3}}{3}) \\ = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln|\frac{x^2+2x+1}{x^2-x+1}|}{6}+\frac{\sqrt{3}}{3}\frac{\pi}{2}=\frac{\sqrt{3}\pi}{6}[/tex]
Da har vi at [tex]L=\frac{\sqrt{3}\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}\pi}{18}=\frac{2\sqrt{3}\pi}{9}[/tex]
Last edited by Charlatan on 05/08-2008 13:33, edited 1 time in total.
Ikke vakkert, og heller ikke helt riktig ennå, håper dere kan finne feilen et sted.(kanskje i måten jeg måler arctan?)
Kompleks analyse er ennå et par hakk for langt ute for meg.
Jeg tror ikke delbrøkoppspalting vil fungere så godt å løse den neste, det er vanskeligere å finne trigonometriske identiteter jo høyere eksponentene blir. Når den i tillegg ikke har en bestemt verdi, tror jeg det er umulig å løse den med samme metode.
EDIT: Fant feilen nå, jeg hadde visst satt inn -\pi/2 for arctan(- [symbol:rot](3)/3)
Jeg retter det opp i forrige post...
Kompleks analyse er ennå et par hakk for langt ute for meg.
Jeg tror ikke delbrøkoppspalting vil fungere så godt å løse den neste, det er vanskeligere å finne trigonometriske identiteter jo høyere eksponentene blir. Når den i tillegg ikke har en bestemt verdi, tror jeg det er umulig å løse den med samme metode.
EDIT: Fant feilen nå, jeg hadde visst satt inn -\pi/2 for arctan(- [symbol:rot](3)/3)
Jeg retter det opp i forrige post...
Last edited by Charlatan on 05/08-2008 13:33, edited 2 times in total.
Integralet (I) under løste jeg på gamlemåten i natt (jækla jobb), men orka ikke føre det inn;TrulsBR wrote:Stemmer bra!
Neste:
[tex] I_n = \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^n}\textrm{d}x [/tex]
[tex] I = \int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^3}\textrm\,{d}x =\frac{\pi}{3\cdot \sin({\pi\over 3})}=\frac{2\pi}{3\sqrt3}[/tex]
----------------------------------------
hehe...ikke særlig dyp, men her generalisert
[tex]I_n=\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^n}\,{\rm dx}\,=\,\frac{\pi}{n\cdot \sin({\pi\over n})}[/tex]
kompleks analyse kan ikke jeg...
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Mega jobb igjen Jarle, vi bruker vel 1 time på å gå gjennom dette.Jarle10 wrote:Ok, tok en stund:
En annen måte:
Da har vi at [tex]L=\frac{\sqrt{3}\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}\pi}{9}=\frac{5\sqrt{3}\pi}{18}[/tex]
EDIT;
Dumt av meg å svare så fort, uten å sjekke Jarle's arbeide.
Last edited by Janhaa on 05/08-2008 13:42, edited 1 time in total.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]