matematikk.net

Utfordring:

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

[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]

fine greier!

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]

[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]

[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

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

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]

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

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

Magnus wrote:[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]

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

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.

espen180 wrote: [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

Pluss en integrasjonskonstant.

Joda, kjempeflott!

Magnus wrote: (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?