matematikk.net

Nebuchadnezzar wrote:Svaret ditt er helt rett plutarco, men vet ikke helt om jeg ville ha skrevet om funksjonen til en gamma funksjon.

Kalkulatoren min viser også at integralet kan bli skrevet som

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

Der n>1

Sorry for at jeg tar integral som krever at vi skriver det om til det komplekse planet...

Tror ikke det er riktig når x er opphøyd i et oddetall..

http://www.wolframalpha.com/input/?i=in ... o+infinity

Edit: Hm, forresten mulig at det er samme uttrykk likevel. I så fall må det gå an å vise at

[tex]\frac{\pi}{2n+1}\csc(\frac{\pi}{2n+1})=\Gamma(\frac{2n}{2n+1})*\Gamma(\frac{2n+2}{2n+1})[/tex]

Se her ja; ble nok litt verre løsning enn jeg først antok. Kom også borti konturintegraler i det komplekse planet, og da gadd jeg ikke mer. Tenkte ikke helt på at jeg kunne finne residuet av funksjonen. Men ser jo ut som at den siste likheten til plutarco også er en liten nøtt.

Fra [tex]\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin(\pi z)}[/tex] kan man prøve å trikse litt med svaret til plutarco.

Trekker ut [tex]e^{i\pi/(2n+1)}[/tex] i nevneren og ganger med [tex]2i[/tex] både oppe og nede (i nevneren) gir (samt en [tex]-1[/tex] for å få riktig fortegn på sinusen)

[tex]\frac{\pi}{2n+1}\frac{1}{\sin(\pi/(2n+1))}[/tex]

Da ser man at [tex]z=\frac{1}{2n+1}[/tex], og kan da skrive om til

[tex]\frac{1}{2n+1}\Gamma\left(\frac{2n}{2n+1}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2n+1}\right)[/tex]

Blir ikke helt det samme som Wolfram vil ha, så noe rart et eller annet sted, dvs. det gjenstår å vise at [tex]\frac{1}{2n+1}\Gamma\left(\frac{1}{2n+1}\right) = \Gamma\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)[/tex]?

Edit: Som i følge Wikipedia stemmer siden man tydeligvis kan vise at

[tex]\Gamma(z+1) = z\Gamma(z)[/tex] ved delvis integrasjon. Jeje...

Jeg tror likheten skal stemme, jo (skal ikke kalle det intuisjon, jeg grafet begge sider i Wolfram Alpha og syntes de så veldig like ut før jeg prøvde å bevise det). Vi vil vise:
[tex] \frac{\pi }{{2n + 1}}\csc \left( {\frac{\pi }{{2n + 1}}} \right) = \frac{2\pi i}{2n+1} \frac{e^{-\frac{2n\pi i}{2n+1}}}{1-e^{\frac{2\pi i}{2n+1}}}[/tex]

Setter [tex]N=2n+1[/tex].

[tex] \frac 1 {\sin \left( {\frac{\pi }{{2n + 1}}} \right)} = {2 i} \frac{e^{-\frac{2n\pi i}{2n+1}}}{1-e^{\frac{2\pi i}{2n+1}}}[/tex]

[tex] {{e^{\frac{(N-1)\pi i}{N}}}-e^{\frac{(N+1)\pi i}{N}}} = {2 i}{\sin \left( {\frac{\pi} N} \right)} [/tex]

som er sant siden [tex]{2 i}{\sin \left( {\frac{\pi} N} \right)} = e^{\frac {i \pi} N} - e^{\frac {-i \pi} N}=(-1) \cdot (e^{\frac {-i \pi} N} - e^{\frac {i \pi} N}) = e^{\frac {Ni \pi} N} \cdot (e^{\frac {-i \pi} N} - e^{\frac {i \pi} N})[/tex] og vi er ferdige.

Triksingen med å få dette lik gammafunksjonsuttrykket overlater jeg til noen andre.

Imponerende arbeid Karl, og også de andre ^^

Kanskje det bare er meg, men syntes den funksjonen hadde en veldig fin løsning. I det minste etter den tunge starten.

Kompleks analyse virker ofte litt magisk når en bruker det til å løse i utgangspunktet reelle integraler, synes jeg. Hvis du syntes dette integralet var stilig vil jeg absolutt råde deg til å ta et innføringskurs i kompleks analyse ved nærmere anledning (eventuelt skaffe seg en bok om det, jeg har hørt at Needhams Visual Complex Analysis skal være ganske god) og se på alt det rare som skjer der både i forbindelse med integrasjon og alt mulig annet.

Nebuchadnezzar wrote:Finn arealet avgrenset av funksjonen [tex]f(x)=\sqrt{a-\sqrt{x}}[/tex] og x-aksen.

Klarte å finne den antideriverte uten store problemer, men resultatet ble ikke spesielt pent når jeg regnet ut det bestemte integralet. Det skal være fra 0 til a^2, ikke sant?

Grensene er riktig satt ja, og svaret skal bli pent. Meget pent i mine øyne.

svinepels wrote:

Nebuchadnezzar wrote:Finn arealet avgrenset av funksjonen [tex]f(x)=\sqrt{a-\sqrt{x}}[/tex] og x-aksen.

Klarte å finne den antideriverte uten store problemer, men resultatet ble ikke spesielt pent når jeg regnet ut det bestemte integralet. Det skal være fra 0 til a^2, ikke sant?

dette er ingen big deal, dere har jo løst integralet (I). men her kan brukes;

[tex]u^2=a\,-\,\sqrt{x}[/tex]

slik at I dog løses enklere enn Wolfram anbefaler. innsatt grenser blir vel

[tex]I=\frac{8}{15}a^{5/2}[/tex]

Var det jeg fikk ja, men synes ikke det var så enestående. Var derfor jeg lurte litt.

svinepels wrote:Var det jeg fikk ja, men synes ikke det var så enestående. Var derfor jeg lurte litt.

tenkte faktisk på det samme...

Ja... Var derfor jeg skrev i mine øyne, i forhold til mange andre integral så syntes jeg dette var pent. Eksempelvis

[tex]\int{\,\sqrt{\tan(x)}dx}[/tex] og [tex]\int{\,\frac{dx}{x^4+1}}[/tex]

Men igjen, små variasjoner av disse integralene gjør jo dem pene...

[tex]\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\,\sqrt{\tan(x)}dx}\;[/tex] og [tex]\;\int_{-\infty}^{\infty}{\,\frac{dx}{x^4+1}}[/tex]

Så ja, hva som er fint eller ikke er veldig subjektivt. Men takk for bokanbefalingen Karl Erik, så gjennom noen sider, og det så veldig interessant ut. Skal lese den når jeg får tid

Oppfølger:

[tex]\lim_{n\to\infty }n\int_0^{\frac{\pi}{2}}1-\sqrt[n]{\sin(x)}\,dx[/tex]

plutarco wrote:Oppfølger:

[tex]\lim_{n\to\infty }n\int_0^{\frac{\pi}{2}}1-\sqrt[n]{\sin(x)}\,dx[/tex]

Skal det bli lik null?

claudeShannon wrote:

plutarco wrote:Oppfølger:

[tex]\lim_{n\to\infty }n\int_0^{\frac{\pi}{2}}1-\sqrt[n]{\sin(x)}\,dx[/tex]

Skal det bli lik null?

Nei.

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 =)