matematikk.net

Gustav wrote:Oppfølger: $\int_{-1}^1 \frac1x \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\ln \left (\frac{2x^2+2x+1}{2x^2-2x+1}\right )\,dx$

Prøvde meg med noen substitusjoner i går, samt skrive om brøken i $\ln$, men kom ingen vei. Når jeg så Nebus kommentar måtte jeg nesten bare google integralet for å se fremgangsmåten, og det viser seg jo at det er den mest upvota integrasjonsposten på math.stackexchange. At det stygge utrykket der viser seg å bli $\frac{4 \pi}{\arctan(\varphi)}$ kom som en stor overraskelse. Mtp. Nebus kommentar poster jeg en ganske mye snillere oppfølger, som er en generalisering av en av kvalifikasjonsoppgavene til en MIT Integration bee $$\int_0^{n\pi} \left | \sin(nx) \right | \, \text{d}x \enspace \enspace \text{der } n \in \mathbb{N}$$

Løsning: Rett frem via $u \mapsto nx$ slik at $\mathrm{d}u = n \,\mathrm{d}x$

$
\int_0^{n \pi} | \sin nx |\,\mathrm{d}x
= n \int_0^{\pi} |\sin u| \,\mathrm{d}u
= n \int_0^{\pi} \sin u \,\mathrm{d}u
= n ( \cos 0 - \cos \pi)
= 2n
$

Da $f$ er positiv for alle $x \in [0,\pi]$

Oppfølger: Anta at en funksjon har periode $T$, med andre ord at $f(x + T) = f(x)$ for alle $x+T,x$ i definisjonsområdet til $f$. Vis at da er

$
\int_0^{nT} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^T f(x)\,\mathrm{d}x \qquad \forall n \in \mathbb{N}
$

(Til dere litt mer erfarne, trenger en at $f$ er deriverbar på $[0,\pi]$ for at likheten skal holde?)

Nebuchadnezzar wrote: Oppfølger: Anta at en funksjon har periode $T$, med andre ord at $f(x + T) = f(x)$ for alle $x+T,x$ i definisjonsområdet til $f$. Vis at da er

$
\int_0^{nT} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^T f(x)\,\mathrm{d}x \qquad \forall n \in \mathbb{N}
$

Stemmer dette? Er ikke $f(x) = |\sin(x)|$ et moteksempel, ettersom $\int_0^T f(x)\,\mathrm{d}x = 2$, men $\int_0^{nT} f(x)\,\mathrm{d}x = 2n$? Kan se ut som om det mangler en faktor $n$ på høyresiden av uttrykket.

Dette ble selvsagt tull ja! Hadde plassert den $n$ på feil plass

Anta at $f$ er en funksjon med periode $T$, med andre ord $f(x+T) = f(x)$. Vis at da er

$ \hspace{1cm}
\int_0^T f(nx) \,\mathrm{d}x = \int_0^{T} f(x) \,\mathrm{d}x
$

for alle $n \in \mathbb{N}$.

Anta at $f$ er en funksjon med periode $T$, med andre ord $f(x+T) = f(x)$. Vis at da er

$ \hspace{1cm}
\int_0^T f(nx) \,\mathrm{d}x = \int_0^{T} f(x) \,\mathrm{d}x
$

for alle $n \in \mathbb{N}$.

Litt usikker her, blir dette rett?

Definér $$I_1 = \int_0^T f(nx) \, \text{d}x \qquad I_2 = \int_0^T f(x) \, \text{d}x$$ La $u = nx \implies \text{d}x = \frac1n \, \text{d}u$. Vi får da at $$I_1=\frac1n \int_0^{nT} f(u) \, \text{d}u$$ Siden $n \in \mathbb{N}$ er integralet $I_3 = \int_0^{nT} f(u) \, \text{d}u$ akkurat over et helt antall, $n$, perioder. Siden $I_2$ er arealet under grafen av akkurat en periode, er $I_3 = n \cdot I_2$. Altså er $$I_1 = \frac1n \cdot I_3 = \frac1n (n \cdot I_2) = I_2$$ Som skulle vises.

Oppfølger: $$\int_0^1 x\sqrt{x \sqrt[3]{x\sqrt[4]{x\sqrt[5]{x \cdots}}}} \, \text{d}x$$

Markus wrote:Oppfølger: $$\int_0^1 x\sqrt{x \sqrt[3]{x\sqrt[4]{x\sqrt[5]{x \cdots}}}} \, \text{d}x$$

[tex]\int_0^1 x\sqrt{x\sqrt[3]{x\sqrt[4]{x\sqrt[5]{x \cdots}}}} \text{d}x=\int_0^1 x^{\sum_{n=1}^{\infty}{1\over n!}} \text{d}x=\int_0^1 x^{e-1} \text{d}x={1\over e}[x^e]_0^1={1\over e}[/tex]

Oppfølger: [tex]\int {\text{d}x\over (1+x)(1+x^2)}[/tex]

alund wrote:

Markus wrote:Oppfølger: $$\int_0^1 x\sqrt{x \sqrt[3]{x\sqrt[4]{x\sqrt[5]{x \cdots}}}} \, \text{d}x$$

[tex]\int_0^1 x\sqrt{x\sqrt[3]{x\sqrt[4]{x\sqrt[5]{x \cdots}}}} \text{d}x=\int_0^1 x^{\sum_{n=1}^{\infty}{1\over n!}} \text{d}x=\int_0^1 x^{e-1} \text{d}x={1\over e}[x^e]_0^1={1\over e}[/tex]
Oppfølger: [tex]\int {\text{d}x\over (1+x)(1+x^2)}[/tex]

delbrøksoppspalting først, og så kråketegna mine:
Oppfølger:

[tex]I=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos^7(x)}{\sin^7(x)+\cos^7(x)}\,dx[/tex]

Markus wrote: Litt usikker her, blir dette rett?

Definér $$I_1 = \int_0^T f(nx) \, \text{d}x \qquad I_2 = \int_0^T f(x) \, \text{d}x$$ La $u = nx \implies \text{d}x = \frac1n \, \text{d}u$. Vi får da at $$I_1=\frac1n \int_0^{nT} f(u) \, \text{d}u$$ Siden $n \in \mathbb{N}$ er integralet $I_3 = \int_0^{nT} f(u) \, \text{d}u$ akkurat over et helt antall, $n$, perioder. Siden $I_2$ er arealet under grafen av akkurat en periode, er $I_3 = n \cdot I_2$. Altså er $$I_1 = \frac1n \cdot I_3 = \frac1n (n \cdot I_2) = I_2$$ Som skulle vises.

Jao, tanken er helt riktig. Hvorfor $I_3 = n \cdot I_2$ må nok føres litt mer rigorøst. Men er heldigvis ikke vanskeligere enn et rett frem induksjonsbevis hvor en underveis bruker egenskapen at $f$ har periode $T$. Var den der virkelig så vanskelig? Prøvde å ta noe som ikke kunne googles så lett :p

Janhaa wrote:
[tex]I=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos^7(x)}{\sin^7(x)+\cos^7(x)}\,dx[/tex]

Vi bruker substitusjonen $x = \pi/2 - x$ slik at

$ \hspace{1cm}
I = \int_0^{\pi/2}\frac{\cos^7(x)}{\sin^7(x)+\cos^7(x)} \,\mathrm{d}x = \int_0^{2\pi} \frac{ \cos^7(\pi/2 - x) } { \sin^7(\pi/2 - x) + \cos^7(\pi/2 - x)} \,\mathrm{d}x = \int_0^{2\pi} \frac{\sin^7(x) }{ \cos^7(x) + \sin^7(x) }\mathrm{d}x
$

To ganger integralet vårt er altså

$ \hspace{1cm}^
2I = \int_0^{\pi/2}\frac{\cos^7(x)}{\sin^7(x)+\cos^7(x)} \,\mathrm{d}x + \int_0^{2\pi} \frac{\sin^7(x) }{ \cos^7(x) + \sin^7(x) }\mathrm{d}x = \int_0^{pi/2} \frac{\cos^7(x) + \sin^7(x)}{\cos^7(x) + \sin^7(x)} \,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}
$

Som betyr at

$ \hspace{1cm}
I = \int_0^{\pi/2}\frac{\cos^7(x)}{\sin^7(x)+\cos^7(x)} \,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{4}
$

Oppfølger: Vis at

$
\int_0^{\infty} f(x^{n} + x^{-n}) \arctan x \frac{\mathrm{d}x}{x} = \frac{\pi}{2} \int_0^1 f(x^{n} + x^{-n}) \frac{\mathrm{d}x}{x}
$

for alle integrerbare funksjoner $f$ på $[0,\infty)$.

Nebuchadnezzar wrote: Oppfølger: Vis at

[tex]\int_0^{\infty} f(x^{n} + x^{-n}) \arctan x \frac{\mathrm{d}x}{x} = \frac{\pi}{2} \int_0^1 f(x^{n} + x^{-n}) \frac{\mathrm{d}x}{x}[/tex]

for alle integrerbare funksjoner $f$ på $[0, \infty)$.

Begynner med å skrive om integralet:

$I = \int_0^1 f(x^{n} + x^{-n}) \arctan x \frac{\mathrm{d}x}{x}+\int_1^{\infty} f(x^{n} + x^{-n}) \arctan x \frac{\mathrm{d}x}{x} = I_1+I_2$

Bruker substitusjonen $u = 1/x$, slik at ${\mathrm d}x/x = -{\mathrm d}u/u$:

$I_2 = -\int_1^0 f(u^{-n}+u^n)\arctan(1/u) \dfrac{{\mathrm d}u}{u} = \int_0^1 f(x^n+x^{-n})\arctan(1/x)\dfrac{{\mathrm d}x}{x}$

Dette gir da

$I = \int_0^1 f(x^n+x^{-n})(\arctan{x}+\arctan(1/x))\dfrac{{\mathrm d}x}{x}$

Her er $\dfrac{{\mathrm d}}{{\mathrm d}x}\arctan{x} = \dfrac{1}{1+x^2}$ og $\dfrac{{\mathrm d}}{{\mathrm d}x}\arctan(1/x) = -\dfrac{1}{x^2}\dfrac{1}{1+(1/x)^2} = -\dfrac{1}{1+x^2}$, som medfører at $\arctan{x}+\arctan(1/x)$ er konstant lik $2\arctan{1} = \pi/2$ for $x>0$. Dermed er

$I = \dfrac{\pi}{2}\int_0^1 f(x^n+x^{-n})\dfrac{{\mathrm d}x}{x}$

Oppfølger:

$\int_{50}^{100} \lfloor \log_2 x \rfloor {\mathrm d}x$

(Utfordring: Finn et generelt uttrykk for $\int_{a}^{b} \lfloor \log_2 x \rfloor {\mathrm d}x$)

MatIsa wrote: Oppfølger:
$\int_{50}^{100} \lfloor \log_2 x \rfloor {\mathrm d}x$
(Utfordring: Finn et generelt uttrykk for $\int_{a}^{b} \lfloor \log_2 x \rfloor {\mathrm d}x$)

Siden $2^5=32$, $2^6=64$ og $2^7=128$, er det klart at funksjonen $f(x) = \lfloor \log_2 x \rfloor$ gir verdien $5$ for alle $x \in [32,64)$ og verdien $6$ for alle $x \in [64,128)$. Da blir $$\int_{50}^{100} \lfloor \log_2 x \rfloor \text{d}x = 14 \cdot 5 + 36 \cdot 6 = 286$$ Skal prøve utfordringen senere!

Oppfølger:

$\int_0^1 (x \ln(x))^{2018} \, \text{d}x$

Vill tipping gir meg $ 2018!/2019^{2019}$

MatIsa wrote:Utfordring: Finn et generelt uttrykk for $\int_{a}^{b} \lfloor \log_2 x \rfloor {\mathrm d}x$

Antar $1<a<b$. Definer en følge $(d_n)$ ved $d_1=0$, og $d_n=\lfloor \log_2 n\rfloor-\lfloor \log_2 (n-1)\rfloor$ for $n>1$. Ved partiell summasjon er
\[ \int_1^x \lfloor \log_2 u\rfloor\mathop{du}=\lfloor \log_2 x\rfloor\cdot x-\sum_{1\leq n\leq x}nd_n. \]
Det er klart at $d_n=1$ når $n$ er en toerpotens og $0$ ellers, så den siste summen ovenfor er en geometrisk rekke;
\[\int_1^x \lfloor \log_2 u\rfloor\mathop{du}=\lfloor \log_2 x\rfloor\cdot x+1-2^{\lfloor \log_2 x\rfloor},\]
og da følger det at
\[ \int_a^b \lfloor \log_2 u\rfloor\mathop{du}=\lfloor \log_2 b\rfloor\cdot b-\lfloor \log_2 a\rfloor\cdot a+2^{1+\lfloor \log_2 a\rfloor}-2^{1+\lfloor \log_2 b\rfloor}.\]

EDIT: Se nedenfor.

stensrud wrote:\[ \int_a^b \lfloor \log_2 u\rfloor\mathop{du}=\lfloor \log_2 b\rfloor\cdot b-\lfloor \log_2 a\rfloor\cdot a+2^{\lfloor \log_2 a\rfloor}-2^{\lfloor \log_2 b\rfloor}.\]

Med $a = 50$ og $b = 100$ gir dette at integralet over er lik 318, ikke 286

Markus wrote:Oppfølger:

$\int_0^1 (x \ln(x))^{2018} \, \text{d}x$

La $I(a) = \int_0^1 x^{a}{\mathrm d} x = \dfrac{1}{a+1}$. Da er

$\dfrac{{\mathrm d}I}{{\mathrm d}a} = \int_0^1 x^a\ln{x}\,{\mathrm d}x = -\dfrac{1}{(a+1)^2}$

og mer generelt

$\dfrac{{\mathrm d}^bI}{{\mathrm d}a^b} = \int_0^1 x^a(\ln{x})^b\,{\mathrm d}x = (-1)^b\dfrac{b!}{(a+1)^{a+1}}$

Med $a=b=2018$ får vi da
$\int_0^1 (x\ln{x})^{2018}\,{\mathrm d}x = \dfrac{2018!}{2019^{2019}}$

Oppfølger:

$\int \dfrac{x^{-1/2}}{1+x^{1/3}}\,{\mathrm d}x$

MatIsa wrote:

stensrud wrote:\[ \int_a^b \lfloor \log_2 u\rfloor\mathop{du}=\lfloor \log_2 b\rfloor\cdot b-\lfloor \log_2 a\rfloor\cdot a+2^{\lfloor \log_2 a\rfloor}-2^{\lfloor \log_2 b\rfloor}.\]

Med $a = 50$ og $b = 100$ gir dette at integralet over er lik 318, ikke 286.

Det er fordi jeg ikke kan regne geometriske rekker... skal stå $\lfloor \log_2 b\rfloor\cdot b-\lfloor \log_2 a\rfloor\cdot a+2^{1+\lfloor \log_2 a\rfloor}-2^{1+\lfloor \log_2 b\rfloor}$, og da stemmer svaret for spesialtilfellet du nevnte også.

Hadde du et annet uttrykk/løsning?

stensrud wrote: Det er fordi jeg ikke kan regne geometriske rekker... skal stå $\lfloor \log_2 b\rfloor\cdot b-\lfloor \log_2 a\rfloor\cdot a+2^{1+\lfloor \log_2 a\rfloor}-2^{1+\lfloor \log_2 b\rfloor}$, og da stemmer svaret for spesialtilfellet du nevnte også.

Hadde du et annet uttrykk/løsning?

Da er jeg enig! Fikk det samme uttrykket, men løste det på en mer kronglete måte. Brukte substitusjonen $u = \log_2{x}$ og delte opp integralet i 3 deler ($\int_{\log_2{a}}^{\lfloor \log_2{a} \rfloor+1}$, $\sum_{i=\lfloor \log_2{a}\rfloor+1}^{\lfloor \log_2{b}\rfloor-1}\int_i^{i+1}$ og $\int_{\lfloor \log_2{b}\rfloor}^{\log_2{b}}$). Resten er bare enkle utregninger.