matematikk.net

Sa jo at alle kunne løses ved samme metode. Likte godt løsninga din og, godt jobba!. Tabular integrasjon er en luring.

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

[tex] {I_2} = \int {{e^{{x^2}}}dx} + \int {2{x^2}{e^{{x^2}}}dx} [/tex]

[tex] \, u = {e^{{x^2}}} \qquad u^{\tiny\prime} = 2x{e^{{x^2}}}[/tex]
[tex] \, v^{\tiny\prime} = 1 \qquad \, \qquad v = \, x [/tex]

[tex] {I_2} = \left[ {x{e^{{x^2}}} - \int {2x{e^{{x^2}}}xdx} } \right] + \int {2{x^2}{e^{{x^2}}}dx} [/tex]

[tex] {I_2} = x{e^{{x^2}}} + C [/tex]

Og her er to integral, med to latterlig pene løsninginger.

[tex]I_7 \, = \, \int_{0}^{\infty} \frac{\mathfr{d}x}{(x^2+2)^3}[/tex]

Vis at

[tex]I_8 \, = \, \int_{0}^{\infty} \frac{x^{29}}{(5x^2+49)^{17}}\, \mathfr{d}x \, = \, \frac{14!}{2 \cdot 5^{15} \cdot 49^2 \cdot 16! }[/tex]

Nebuchadnezzar wrote: [tex]I_7 \, = \, \int_{0}^{\infty} \frac{\mathfr{d}x}{(x^2+2)^3}[/tex]

Finner ved help av Laurentrekken til funksjonen [tex]f(z)=\frac{1}{(z^2+2)^3}[/tex] at [tex]\mathrm{Res}_{z=i\sqrt{2}}=-\frac{3i}{64\sqrt{2}}[/tex] (gidder ikke å skrive ned rekkeutviklingen, men valgte bare å rekkeutvikle om [tex]z=i\sqrt{2}[/tex] ettersom kun singulariteter i øvre halvplan vil være med på å bestemme det reelle integralet).

Dermed har man

[tex]I_7 = \frac12 \int_{\infty}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+2)^3} =\frac12 2\pi i \mathrm{Res}_{z=i\sqrt{2}} = \frac{3\pi}{64\sqrt{2}}[/tex]

Denne tråden har utviklet seg til å bli en milepæl for min egen del.

Den dagen jeg konsekvent klarer å løse oppgaver i denne tråden, skal jeg merke meg at jeg har gjort stor fremgang. Akkurat nå sitter jeg bare som et stort spørsmålstegn

Nebuchadnezzar wrote:Sa jo at alle kunne løses ved samme metode. Likte godt løsninga din og, godt jobba!. Tabular integrasjon er en luring.
[tex] {I_2} = \int {\left( {1 + 2{x^2}} \right){e^{{x^2}}}dx} [/tex]
[tex] {I_2} = \int {{e^{{x^2}}}dx} + \int {2{x^2}{e^{{x^2}}}dx} [/tex]
[tex] \, u = {e^{{x^2}}} \qquad u^{\tiny\prime} = 2x{e^{{x^2}}}[/tex]
[tex] \, v^{\tiny\prime} = 1 \qquad \, \qquad v = \, x [/tex][tex] {I_2} = \left[ {x{e^{{x^2}}} - \int {2x{e^{{x^2}}}xdx} } \right] + \int {2{x^2}{e^{{x^2}}}dx} [/tex]
[tex] {I_2} = x{e^{{x^2}}} + C [/tex]

Ja, du sa jo d. Var ganske enkel egentlig, med din approach...

claudeShannon wrote:

Nebuchadnezzar wrote: [tex]I_7 \, = \, \int_{0}^{\infty} \frac{\mathfr{d}x}{(x^2+2)^3}[/tex]

Finner ved help av Laurentrekken til funksjonen [tex]f(z)=\frac{1}{(z^2+2)^3}[/tex] at [tex]\mathrm{Res}_{z=i\sqrt{2}}=-\frac{3i}{64\sqrt{2}}[/tex] (gidder ikke å skrive ned rekkeutviklingen, men valgte bare å rekkeutvikle om [tex]z=i\sqrt{2}[/tex] ettersom kun singulariteter i øvre halvplan vil være med på å bestemme det reelle integralet).

Dermed har man

[tex]I_7 = \frac12 \int_{\infty}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+2)^3} =\frac12 2\pi i \mathrm{Res}_{z=i\sqrt{2}} = \frac{3\pi}{64\sqrt{2}}[/tex]

Fin løsning. Slik ville jeg gjort dette også - altså gå via det komplekse planet. Men er det ikke litt slitsomt å gå veien om Laurentrekke for å finne residuet? Synes som regel at å rekkeutvikle er den tyngste metoden. Man kan jo her ta:

[tex]f(z) = \frac{\phi(z)}{(z - i\sqrt{2})^3}[/tex]

Hvor altså:

[tex]\phi(z) = \frac{1}{(z + i\sqrt{2})^3}[/tex]

Vi finner så uttrykket for [tex]\frac {\phi^{\prime \prime}(i\sqrt{2})}{2!}[/tex]

[tex]\phi^{\prime}(z) = \frac{-3}{(z + i\sqrt{2})^4}[/tex]

[tex]\phi^{\prime \prime}(z) = \frac{12}{(z + i\sqrt{2})^5}[/tex]

[tex]\frac {\phi^{\prime \prime}(z)}{2!} = \frac{6}{(z + i\sqrt{2})^5}[/tex]

Setter vi så inn [tex]i\sqrt{2}[/tex] for [tex]z[/tex] får vi samme residuet som deg, og da er jo resten plankekjøring slik som du har vist .

krje1980 wrote:
Fin løsning. Slik ville jeg gjort dette også - altså gå via det komplekse planet. Men er det ikke litt slitsomt å gå veien om Laurentrekke for å finne residyren? Synes som regel at å rekkeutvikle er den tyngste metoden. Man kan jo her ta:

[tex]f(z) = \frac{\phi(z)}{(z - i\sqrt{2})^3}[/tex]

Hvor altså:

[tex]\phi(z) = \frac{1}{(z + i\sqrt{2})^3}[/tex]

Vi finner så uttrykket for [tex]\frac {\phi^{\prime \prime}(i\sqrt{2})}{2!}[/tex]

[tex]\phi^{\prime}(z) = \frac{-3}{(z + i\sqrt{2})^4}[/tex]

[tex]\phi^{\prime \prime}(z) = \frac{12}{(z + i\sqrt{2})^5}[/tex]

[tex]\frac {\phi^{\prime \prime}(z)}{2!} = \frac{6}{(z + i\sqrt{2})^5}[/tex]

Setter vi så inn [tex]i\sqrt{2}[/tex] for [tex]z[/tex] får vi samme residyre som deg, og da er jo resten plankekjøring slik som du har vist .

Joda, absolutt. Jeg begynte også på tilsvarende måte, men av en eller annen grunn så liker jeg å friske opp rekkeutvikling fra tid til annen, er som regel det som går i glemmeboka først, og da ble det slik. Men helt klart en noe mer tungvint metode (dog, siden jeg bare trengte residuet for den ene singulariteten så ble det jo noe mindre arbeid).

claudeShannon wrote:
Joda, absolutt. Jeg begynte også på tilsvarende måte, men av en eller annen grunn så liker jeg å friske opp rekkeutvikling fra tid til annen, er som regel det som går i glemmeboka først, og da ble det slik. Men helt klart en noe mer tungvint metode (dog, siden jeg bare trengte residuet for den ene singulariteten så ble det jo noe mindre arbeid).

Ah, skjønner! Burde kanskje vært litt mer aktiv med å holde rekkeutvikling ved like selv .

Min løsning på den første. Eller jeg som har skrevet dette, men løsninga er ikke min. Bare syntes den var veldig pen. Ikke sett denne metoden blitt brukt før. Er ikke spesiel rigorøs men noen kan sikkert rettferdigjøre deriveringen under integraltegnet.

..............................................

Vi skal finne

[tex]I \, = \, \int_{0}^{\infty }\frac{1}{(x^2+2)^3} dx[/tex]

Vi vet at

[tex] I \, = \, \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^2+1} \, = \, \frac{\pi}{2}[/tex]

Nå ser vi på det mer generelle tilfellet der.

[tex] I(a) \, = \, \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^2+a} [/tex]

Grunnen til at vi ser på dette integralet er at.

[tex] I^{\tiny\prime\prime}(a) \, = \, 2 \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(x^2+a)^3} [/tex]

Vårt integral er dermed likt

[tex] I \, = \, \frac{1}{2} I^{\tiny\prime\prime}(2) [/tex]

Integralet [tex] I(a) [/tex] kan lett løses ved [tex]x=\sqrt{a}\tan{u}[/tex]

[tex] I(a) \, = \, \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^2+a} \, = \, \left[ \frac{1}{\sqrt{a}}\arctan\left( \frac{x}{\sqrt{a}} \right) \right]_{0}^{\infty} = \frac{1}{2}\frac{\pi}{\sqrt{a}}[/tex]

[tex] I^{\tiny\prime\prime}(a) = \frac{3}{8} \frac{\pi}{a^{5/2}}[/tex]

[tex] I \, = \, \frac{1}{2} I^{\tiny\prime\prime}(2) \, = \, \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{8} \frac{\pi}{2^{5/2}} \, = \, \frac{3}{128}\pi\sqrt{2}[/tex]

[tex] { I \, = \, \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(x^2+2)^3} \, = \, \frac{3}{128}\pi\sqrt{2}} [/tex]

Men det andre integralet jeg postet er enda ikke blitt løst =(
Er veldig rett frem, bare helt åpenbare elementære substitusjoner som fører frem. Er vel 3 substitusjoner som fører frem, der den siste er pittelitt tricky. Men helt elementær.

Slenger opp en annen enkel luring jeg.

[tex]I \, = \, \int \frac{1}{x^7-x}\, dx[/tex]

Nebuchadnezzar wrote:Men det andre integralet jeg postet er enda ikke blitt løst =(
Er veldig rett frem, bare helt åpenbare elementære substitusjoner som fører frem. Er vel 3 substitusjoner som fører frem, der den siste er pittelitt tricky. Men helt elementær.
Slenger opp en annen enkel luring jeg.
[tex]I \, = \, \int \frac{1}{x^7-x}\, dx[/tex]

[tex]I=\int \frac{dx}{x(x^6-1)}=\int\frac{x^5}{x^6(x^6-1)}dx\\u=x^6-1\,=>\,du=6x^5\,dx\\I={1\over 6}\int\frac{du}{u(u+1)}={1\over 6}\int\left(\frac{1}{u}\,-\,\frac{1}{u+1}\right)\,du\\I={1\over 6}\ln|x^6-1|\,-\,\ln(x^6)\,+\,C={1\over 6}\ln\left|\frac{x^6-1}{x^6}\right|\,+\,C[/tex]

[tex]I = \int \frac{1}{x^7-x} dx [/tex]

[tex]I = \int \frac{1}{x^7\left( 1 - \frac{1}{x^6} \right) } dx [/tex]

[tex]u=1-\frac{1}{x^6} \quad , \quad dx = \frac{x^7}{6} du[/tex]

[tex]I = \frac{1}{6} \int \frac{1}{u } du [/tex]

[tex]I = \frac{1}{6} \ln\left| 1 - \frac{1}{x^6} \right| + C[/tex]

Og jeg løste det på din måte janhaa, det er den mest logiske =)

Nebuchadnezzar wrote:[tex]I = \int \frac{1}{x^7-x} dx [/tex]
[tex]I = \int \frac{1}{x^7\left( 1 - \frac{1}{x^6} \right) } dx [/tex]
[tex]u=1-\frac{1}{x^6} \quad , \quad dx = \frac{x^7}{6} du[/tex]
[tex]I = \frac{1}{6} \int \frac{1}{u } du [/tex]
[tex]I = \frac{1}{6} \ln\left| 1 - \frac{1}{x^6} \right| + C[/tex]
Og jeg løste det på din måte janhaa, det er den mest logiske =)

metoden her er jo mer snasen...

Er ikke meningen med denne tråden, snasne integral da? ^^

[tex]I \, = \, \int \frac{\cos(x)+\sin(x)}{e^x+3\cos(x)} dx [/tex]

Greit å lære nye triks.

Nebuchadnezzar wrote:Er ikke meningen med denne tråden, snasne integral da? ^^
[tex]I \, = \, \int \frac{\cos(x)+\sin(x)}{e^x+3\cos(x)} dx [/tex]
Greit å lære nye triks.

Joa, stemmer vel d.! Denne gikk greit med feriebrus også...

[tex]I=\int\frac{\sin x + \cos x}{e^x(1+\frac{3\cos x}{e^x})}dx\\u=1+\frac{3\cos x}{e^x}\\du=\frac{-3(\sin x+\cos x)}{e^x}dx\\I=-\frac{1}{3}\int\frac{du}{u}\\I=-{1\over 3}\ln|u|+C=-{1\over 3}\ln\left|1+\frac{3\cos x}{e^x}\right|+C[/tex]