matematikk.net

Håkon K wrote:Helt riktig fremgangsmåte, ja
Husk at [tex]\frac{\rm{d}}{\rm{d}x} \left( \int_{u(x)}^{v(x)}f(t)\rm{d}t \right)=f(v(x))v^{\prime}(x)-f(u(x))u^{\prime}(x)[/tex]. Vi får dermed
[tex]f(\arctan x)\cdot \frac1{x^2+1}=\frac{x}{x^2+1}[/tex], så
[tex]f(\arctan x)=x[/tex]

Ahh-smart...dvs:

[tex]f(\arctan(x))=x[/tex]

[tex]\arctan(f(x))=x[/tex]

[tex] f(x)=\tan(x) [/tex]

Stemmer det

[tex]\int_0^{\infty}\,\frac{ \; x^3 \; }{e^x-1}\,dx[/tex]

Kanskje litt over nivået her? Jaja, burde være grei å løse for noen i det minste.

Nebuchadnezzar wrote:[tex]\int_0^{\infty}\,\frac{ \; x^3 \; }{e^x-1}\,dx[/tex]
Kanskje litt over nivået her? Jaja, burde være grei å løse for noen i det minste.

jeg ville gjort noe sånt, litt forenkla dette, men, men;

[tex]I=\int_0^{\infty}\,\frac{ \; x^3 \; }{e^x-1}\,dx=\int_0^{\infty}\,\frac{ \; x^3e^{-x} \; }{1-e^{-x}}\,dx =\int_0^{\infty}\, \; x^3(e^{-x} \; {+e^{-2x}+e^{-3x}+e^{-4x}+e^{-5x}+...+)\,dx=\frac{\pi^4}{15}[/tex]

hver ledd konvergerer så da kan dette delvis integreres med Tabular Integration by Parts. Som både du og jeg har nevnt i tråder her.

Ser at du skriver om uttrykket som summen av en geometrisk rekke der [tex]k=e^{-x}[/tex]. Videre bytter du ut summen av rekken, med hvert ledd. Og bruker delvis integrasjon på hvert ledd.

For å gjøre det hele litt lettere bruker man Tabular Integrasjon, altså med tabell.

Spørsmålet mitt er da hvordan gjør du da dette når du har uendelig antall ledd. Og hvordan ser du hva integralet går mot ?

Ellers så ser fremgangsmåten helt riktig ut.

Nebuchadnezzar wrote:Spørsmålet mitt er da hvordan gjør du da dette når du har uendelig antall ledd. Og hvordan ser du hva integralet går mot ?
Ellers så ser fremgangsmåten helt riktig ut.

som jeg nevnte innledningsvis, dette gikk fort. jeg hoppa bukk, som vanlig, over endel.
men f eks vil;
[tex]I=\int_0^{\infty}\, \; x^3e^{-x}\,dx=6[/tex]

[tex]I=\int_0^{\infty}\, \; x^3e^{-2x}\,dx={3\over 8}[/tex]
.
.
[tex]I=\int_0^{\infty}\, \; x^3e^{-6x}\,dx={1\over {216}}[/tex]
seks ledd gir
[tex]I\approx 6,4867[/tex]
så jeg prøvde meg fra og så at dette gikk mot 6,493939...,
dvs eksakt [symbol:pi][sup]4[/sup]/15

exp(x) vokser jo fortere enn x[sup]3[/sup], og exp(-x) avtar raskere enn x[sup]3[/sup] vokser...dette kan nok brukes som forklaring på hvert produktledd. men andre kan gjerne berike oss...

Fyller inn noen formelle detaljer hvis det skulle være av interesse.

Man kan som Janhaa sier beregne at [tex] \int^{\infty}_0 x^3e^{-kx} dx = \frac{6}{k^4}[/tex]. (Jeg fikk en fortegnsfeil et sted og endte opp med -6/k^4, men jeg stoler på at Janhaa har regnet riktig).

[tex]\int^b_0 \sum^{\infty} x_i = \sum^{\infty} \int^b_0 x_i[/tex] dersom x_i'ene er positive funksjoner og integralene og summene på begge sider konverger (se http://en.wikipedia.org/wiki/Dominated_ ... ce_theorem ). Vi kan sette [tex]b = \infty[/tex] (dvs ta grensen) fordi det er snakk om en absolutt konvergent sum (noe som også følger av dominant konvergens-teoremet ved å betrakte de delvise summene som en følge positive funksjoner (i b) som konvergerer).

Vi ender opp med at integralet er lik [tex]6 \sum^{\infty}_{k=1} \frac{1}{k^4}[/tex]. Dette er zeta-funksjonen i 4, og er kjent som [tex]\frac{\pi^4}{90}[/tex] (se http://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_ze ... fic_values )

Merk at vi ville ikke kunne ha gjort dette dersom integranden var negativ noe sted, da måtte vi betrakte de negative og positive delene for seg.

Charlatan wrote:Fyller inn noen formelle detaljer hvis det skulle være av interesse.
Man kan som Janhaa sier beregne at [tex] \int^{\infty}_0 x^3e^{-kx} dx = \frac{6}{k^4}[/tex]. (Jeg fikk en fortegnsfeil et sted og endte opp med -6/k^4, men jeg stoler på at Janhaa har regnet riktig).
[tex]\int^b_0 \sum^{\infty} x_i = \sum^{\infty} \int^b_0 x_i[/tex] dersom x_i'ene er positive funksjoner og integralene og summene på begge sider konverger (se http://en.wikipedia.org/wiki/Dominated_ ... ce_theorem ). Vi kan sette [tex]b = \infty[/tex] (dvs ta grensen) fordi det er snakk om en absolutt konvergent sum (noe som også følger av dominant konvergens-teoremet ved å betrakte de delvise summene som en følge positive funksjoner (i b) som konvergerer).
Vi ender opp med at integralet er lik [tex]6 \sum^{\infty}_{k=1} \frac{1}{k^4}[/tex]. Dette er zeta-funksjonen i 4, og er kjent som [tex]\frac{\pi^4}{90}[/tex] (se http://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_ze ... fic_values )
Merk at vi ville ikke kunne ha gjort dette dersom integranden var negativ noe sted, da måtte vi betrakte de negative og positive delene for seg.

takk, takk...

Her kan vi vel også bare se direkte på zetta funksjonen

[tex]\zeta(s) = \frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^\infty \frac{t^{s-1}}{e^t - 1}dt[/tex]

Og av denne definisjonen følger det at

[tex]\int_{0}^{\infty} \frac{t^a}{e^t - 1} \, dt = \Gamma(a+1) \zeta(a+1)[/tex]

Siden ingen av dere to postet en oppgave slenger jeg på en til jeg... Vet ikke om denne har vært oppe før, men ja. Tror ikke den er så vanskelig

[tex]\int_0^{\infty}{\frac{dx}{x^{2n+1}+1}}[/tex]
=================
satt på en "dx" jeg Nebu...
Janhaa

helt på bærtur, glemte å substituere gitt. kommer med nytt forsøk senere

Trodde jeg var litt god på integraler, helt til jeg så i denne tråden...

Ja, jeg og ^^

Men slike ting kommer med erfaring, føler jeg er en lettvekter i forhold til svært mange her. Uansett hva det kommer til innen mattematikk.

Om du vil ha noen oppgaver som er litt mer på ditt "nivå" så bare ta en titt på tråden om integrasjonsteknikker. Er en god del veldig kreative oppgaver der, som krever at man tenker. Ikke at man har kunnskap til sære formler og abstrakt mattematisk kunnskap ^^ Ikke at jeg sier at det er en dårlig ting, bare sier at jeg ikke har det enda.

Her er vel en av de peneste integraloppgavene jeg vet om, så du kan jo prøve deg på denne svinepels. den er VGS vennlig selv om den er vanskelig.

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

Mens claudeShannon kan få slite litt til med den forrige oppgaven jeg la ut. ^^

EDIT: Og det eneste som hjelper for å klare slike oppgaver som i denne tråden, er bare å gjøre veldig mange oppgaver. Er ikke noe annet som hjelper.

Tror jeg må gi opp på den siste. Uansett hva jeg prøver på så kommer jeg til integraler som jeg neppe tror kan løses analytisk, og sikkert er en eller annen form for gamma/beta/etellerannet-funksjon som jeg ikke har vært borti før.

Nebuchadnezzar wrote:
[tex]\int_0^{\infty}{\frac{dx}{x^{2n+1}+1}}[/tex]
=================
satt på en "dx" jeg Nebu...
Janhaa

La [tex]n\in\mathbb{N}[/tex] (Integralet konvergerer ikke for n=0 så vi må ha at n>0). La [tex]z(t)=te^{i\frac{2\pi}{2n+1}}[/tex] være en linje i det komplekse plan parametrisert ved parameteren [tex]t\in (0,R)[/tex] for en radius [tex]R[/tex]. Konstruer konturen [tex]C[/tex] av linjestykket langs den reelle aksen fra origo til R, et segment av sirkelen med radius R, samt den parametriserte linjen over (i motsatt retning). Det er klart at funksjonen [tex]f(z)=\frac{1}{z^{2n+1}+1}[/tex] har enkle poler i punktene [tex]z=e^{\frac{\pi}{2n+1}i+\frac{2\pi k}{2n+1}i}[/tex], og det er kun ett som ligger innenfor konturen C, i punktet [tex]z=e^{\frac{\pi}{2n+1}i}[/tex].

Konturintegralet blir

[tex]\oint_C \frac{1}{z^{2n+1}+1}\,dz=\int_0^R \frac{1}{x^{2n+1}+1}\,dx+\int_{R}^0 \frac{e^{i\frac{2\pi}{2n+1}}}{t^{2n+1}+1}\,dt+\int_\Gamma \frac{1}{z^{2n+1}+1}\,dz[/tex] der [tex]\Gamma[/tex] er sirkelsegmentet i retning mot klokka. Det siste leddet går mot 0 når [tex]R \to\infty [/tex] av ML-ulikheten siden [tex]|\frac{1}{z^{2n+1}+1}|\leq \frac{1}{|z|^{2n+1}-1}=\frac{1}{R^{2n+1}-1}=M[/tex] og [tex]L=\frac{1}{2n+1}2\pi R[/tex]: [tex]ML=\frac{\frac{1}{2n+1}\pi R}{R^{2n+1}-1}\to 0[/tex] når [tex]R\to\infty[/tex]

Residue-integrasjonen gir altså at

[tex](1-e^{\frac{2\pi i}{2n+1}})\int_0^\infty \frac{1}{x^{2n+1}+1}\,dx=2\pi i Res (f(z),z=e^{\frac{\pi}{2n+1}i})[/tex]

[tex]Res (f(z),z=e^{\frac{\pi}{2n+1}i})=\lim_{z\to e^{\frac{\pi i}{2n+1}}}\frac{z-e^{\frac{\pi i}{2n+1}}}{z^{2n+1}+1}=\frac{e^{-\frac{2n\pi i}{2n+1}}}{2n+1}[/tex]

Derfor er

[tex]\int_0^\infty \frac{1}{x^{2n+1}+1}\,dx= \frac{2\pi i}{2n+1} \frac{e^{-\frac{2n\pi i}{2n+1}}}{1-e^{\frac{2\pi i}{2n+1}}}[/tex]

Dette resultatet kan forhåpentligvis skrives penere ved bruk av gammafunksjonen. Kanskje noen gidder å vise at

[tex]\frac{2\pi i}{2n+1} \frac{e^{-\frac{2n\pi i}{2n+1}}}{1-e^{\frac{2\pi i}{2n+1}}}=\Gamma (\frac{2n+2}{2n+1})\Gamma (\frac{2n}{2n+1})[/tex] for positive heltall n.

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...