Integralkalenderen

[Gustav]

Utfordring:

[tex]I_{22}=\int \frac{x}{sin(x)+1}\,dx[/tex].

[Janhaa]

[tex]I_{\small 22}=\large \int \frac{x(1-\sin(x))}{1-\sin^2(x)}\,dx=\int x(1-\sin(x))(1+\tan^2(x))\,dx=\int x (1-\sin(x))\sec^2(x)\,dx[/tex]

[tex]I_{\small 22}=\large \int x (1-\sin(x))\sec^2(x)\,dx=\int [x \sec^2(x)\,-\,x\tan(x)\sec(x)]\,dx=I_{a}\,+\,I_b[/tex]

delvis integrasjon;
[tex]I_a=x\tan(x)\,-\,\int \tan(x)\,dx=x\tan(x)\,+\,\ln|\cos(x)|\,+\,C_1[/tex]

delvis integrasjon;
[tex]I_b=x\sec(x)\,-\,\int \sec(x)\,dx[/tex]

sistnevnte er løst flere ganger før, både her og der;

[tex]I=\int \sec(x)\,dx=\int \frac{dx}{\cos(x)}={1\over 2}\ln\left|\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right|=2\text arctanh(tan({x\over 2}))[/tex]
----------------------------------------------------
til slutt:

[tex]I_{\small22}=x\tan(x)\,+\,\ln|\cos(x)|\,-\,x\sec(x)\,+\,{1\over 2}\ln\left|\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right| \,+\,C[/tex]

[Gustav]

fine greier!

[Janhaa]

Siden disse er så lette, serveres herved to;

[tex]I_{\small 23a}=\large \int \frac{4x}{x^4+1}\,dx[/tex]

[tex]I_{\small 23b}=\large \int \cos^5(x)\,dx[/tex]

[Mari89]

[tex]\int cos^5 (x)dx= \int cos^4 (x) cos x dx=\int (1-sin^2 x)^2 d(sin x)= \int (1-u^2)^2 du= \int (1- 2u^2+u^4)du=u- \frac{2}{3}u^3+\frac{1}{5}u^5+C=sin x-\frac{2}{3}sin^3x+\frac{1}{5}sin^5x+C[/tex]

[Mari89]

[tex] \int \frac{4x}{x^4+1}dx \\ u=x^2 \\ 2 \int \frac{du}{u^2+1} \\ u=tan \theta \\ 2 \int \frac{sec^2 \theta}{tan^2 \theta +1}=2 \int d \theta = 2 \theta+C= 2 tan^{-1}u+C=2tan^{-1}(x^2)+C [/tex]

Huff, er litt ustødig på disse tex-greiene

[Gustav]

[tex]I_{23 c}=\int \frac{1}{\left (sin(x)+1\right )^2}[/tex]

[espen180]

Da er det julaften, og vi avslutter kalenderen med et par ekstra vanskelige integraler.

Jeg minner om en nyttig formel fra mathworld:
http://mathworld.wolfram.com/Polylogarithm.html

[tex]I_{24_a}=\int \frac{x}{cos(x)}\rm{d}x[/tex]

[tex]I_{24_b}=\int \frac{\ln\left(sin(x)\right)}{sin(x)}\rm{d}x[/tex]

[Magnus]

[tex]\int_0^\pi \frac{2}{3\sin(2x)+5}dx[/tex]

(ikke til TrulsBR og andre som tok matte4 i år:))

[Janhaa]

[tex]\int_0^\pi \frac{2}{3\sin(2x)+5}dx[/tex]
(ikke til TrulsBR og andre som tok matte4 i år:))

Kjipe integral over, men denne er overkommelig. Det ubestemte integral;

Hakke jeg hatt, bare underviser i vgs kjemi ...med noe forbehold mhp inntak av flytende julegodt...

bruker at [tex]\,\,\sin(2x)=\frac{2\tan(x)}{1+\tan^2(x)}[/tex]
derfor

[tex]I=2\int \frac{1+\tan^2(x)}{5\tan^2(x)+6\tan(x)+5}\,dx=2\int \frac{du}{5u^2+6u+5}[/tex]

der u = tan(x)
----------------------

videre substitusjon er [tex]\,\,v={1\over 4}(5u+3)[/tex]
slik at

[tex]I={1\over 2}\int \frac{dv}{v^2+1}={1\over 2}\arctan({1\over 4}(5u+3))\,+\,C={1\over 2}\arctan\left({1\over 4}(5\tan(x)+3)\right)[/tex]

[Magnus]

Tja, hva blir det bestemte integralet da Janhaa? Må passe litt på arctan her.

[Janhaa]

Jeg fant ut dette etterhvert. Orka ikke fixe det på natta. Svaret mitt, til tross for riktig integral, blir null.

Skal vel helst bli [symbol:pi]/2.

[drgz]

[tex]I_{24_a}=\int \frac{x}{cos(x)}\rm{d}x[/tex]

[tex]\int \frac{x}{cos(x)}\rm{d}x = \int \frac{2x}{e^{ix}+e^{-ix}}\rm{d}x = 2\int \frac{xe^{ix}}{1+e^{i2x}}\rm{d}x = \int \frac{x\left[i(1-ie^{ix})-i(1+ie^{ix})\right]}{(1+ie^{ix})(1-ie^{ix})}\rm{d}x = \int \frac{ix}{1+ie^{ix}}\rm{d}x - \int \frac{ix}{1-ie^{ix}}\rm{d}x = \int xA_{1} - \int xA_{2}\rm{d}x[/tex]

[tex]I_{1} = \int A_{1} = \int \frac{i}{1+ie^{ix}}\rm{d}x[/tex]
[tex]I_{2} = \int A_{2} = \int \frac{i}{1-ie^{ix}}\rm{d}x[/tex]

med delvis integrasjon vil en få:

[tex]I_{24_{a}} = x(I_{1}-I_{2})-\int \left(I_{1} - I_{2}\right)\rm{d}x[/tex]

bruker substitusjon på [tex]I_{1}[/tex] og [tex]I_{2}[/tex];
[tex]u = e^{ix} \Rightarrow \rm{d}u = ie^{ix}\rm{d}x \Leftrightarrow \rm{d}x = \frac{-i}{u}\rm{d}u[/tex]

da får en:

[tex]I_{1} = \int A_{1} = \int \frac{1}{u(1+iu)}\rm{d}u = ln(u)-ln(1+iu) = ix - ln(1+ie^{ix})[/tex]
[tex]I_{2} = \int A_{2} = \int \frac{1}{u(1-iu)}\rm{d}u = ln(u)-ln(1-iu) = ix - ln(1-ie^{ix})[/tex]

første leddet i den delvise integrasjonen vil bli:

[tex]x\left[(ix - ln(1+ie^{ix}))-(ix - ln(1-ie^{ix}))\right] = x\left[ln(1-ie^{ix})-ln(1+ie^{ix})\right][/tex]

det andre leddet i den delvise integrasjonen vil bli:
[tex]\int ln(1-ie^{ix})-ln(1+ie^{ix})\rm{d}x[/tex]

[tex]I_{3} = \int ln(1-ie^{ix})\rm{d}x[/tex]
[tex]I_{4} = \int ln(1+ie^{ix})\rm{d}x[/tex]

bruker substitusjon på [tex]I_{3}[/tex] og [tex]I_{4}[/tex]:
[tex]u = ie^{ix} \Rightarrow \rm{d}u = -e^{ix}\rm{d}x \Leftrightarrow \rm{d}x = \frac{-i}{u}\rm{d}u[/tex]

ved å benytte informasjonen fra mathworld ( http://mathworld.wolfram.com/Dilogarithm.html ):
[tex]I_{3} = \int ln(1-ie^{ix})\rm{d}x \Rightarrow \int \frac{-iln(1-u)}{u}\rm{d}u = -iL_{i_{2}}(u)[/tex]
[tex]I_{4} = \int ln(1+ie^{ix})\rm{d}x \Rightarrow \int \frac{-iln(1-(-u))}{u}\rm{d}u = -iL_{i_{2}}(-u)[/tex]

sett inn for u:
[tex]I_{3} = -iL_{i_{2}}(ie^{ix})[/tex]
[tex]I_{4} = -iL_{i_{2}}(-ie^{ix})[/tex]

som gir:

[tex]I_{24_{a}} = x\left[ln(1-ie^{ix})-ln(1+ie^{ix})\right] + i\left[L_{i_{2}}(-ie^{ix}) - L_{i_{2}}(ie^{ix}))\right] + C[/tex]

som jeg tror skal stemme

kan sikkert gjøres enklere og vil jeg tro, så hadde vært fint (hvis det er mulig) at noen kan forenkle det

[espen180]

Pluss en integrasjonskonstant.

Joda, kjempeflott!

[TrulsBR]

(ikke til TrulsBR og andre som tok matte4 i år:))

Hehe, joda. Men du kan ta den sinus-oppgaven, da Det blir ganske stygt, men tilsvarende eksamensoppgaven, eller hva?