Sommerintegral(er)

[Karl_Erik]

Etter å ha sett tittelen til en nyere tråd på Åpent Forum innså jeg hvilken skam det er at forumet har tråder for både jule- og påskeintegraler, men ingen tråd for sommerintegraler. Derfor starter jeg denne - muligens litt sent, men det plager vel ingen. La oss se hvor mange integraler vi kan få unnagjort før skolestart. Jeg slenger ut det første - litt usikker på om det har blitt tatt her en gang før.

[tex]\int \frac {sin x} {1 + sin x} dx[/tex]

[Charlatan]

[tex]\frac{\sin x}{1+\sin x}=1-\frac{1}{1+\sin x}=1-\frac{1-\sin x}{1-\sin^2x}=1-\frac{1}{\cos^2x}+\frac{\sin x}{cos^2x}[/tex]

[tex]\int \frac{\sin x}{1+\sin x} \rm{d}x=x-\tan{x}-\frac{1}{\cos x}+C[/tex]

kommer snart med neste.

[mrcreosote]

Jeg er freidig nok til å kjøre et nytt, muligens gammelt:

[tex]I_2 = \int_0^\infty\frac{\log x}{1+x^2} dx[/tex]

[Charlatan]

[tex]I_3=\int^{\infty}_{0} \frac{1}{(x+\sqrt{1+x^2})^n}\rm{d}x[/tex]

[Charlatan]

Jeg er freidig nok til å kjøre et nytt, muligens gammelt:

[tex]I_2 = \int_0^\infty\frac{\log x}{1+x^2} dx[/tex]

Er disse grensene riktige? integranden er vel ikke definert for x=0.

[Janhaa]

Jeg er freidig nok til å kjøre et nytt, muligens gammelt:
[tex]I_2 = \int_0^\infty\frac{\log x}{1+x^2} dx[/tex]

Jeg har ikke løst integralet. Men mener også nedre grense ikke går!
Kan iallfall omskrive det ubestemte integralet slik, mener jeg;

[tex]I_2 = \int\frac{\log x}{1+x^2} dx[/tex]

setter:
x = tan(u )
dx = (1 + tan[sup]2[/sup](u)) du = (1 + x[sup]2[/sup]) du

[tex]I_2=\int \frac{\lg(x)}{1+x^2}\,dx=\int \lg(x)\,du=\int \lg(\tan(u))\,du[/tex]

med riktig (?) grenser og en ny substitusjon tror jeg denne kan manipuleres videre, slik at det bestemte integralet bestemmes.

[Charlatan]

[tex]I=\int^{\infty}_0 \frac{\log x}{x^2+1}\rm{d}x=\int^{\infty}_1 \frac{\log x}{x^2+1}\rm{d}x+\int^1_0 \frac{\log x}{x^2+1}\rm{d}x[/tex].

[tex]I_0=\int^1_0 \frac{\log x}{x^2+1}\rm{d}x.[/tex]

[tex]u= \frac{1}{x}. \frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=-\frac{1}{x^2}=-u^2[/tex].

[tex]I_0=-\int^1_{\infty} \frac{\log \frac{1}{u} }{u^2(1+\frac{1}{u^2})} \rm{d}u=-\int^{\infty}_1 \frac{\log u}{1+u^2} \rm{d}u[/tex]

[tex]I=\int^{\infty}_1 \frac{\log x}{x^2+1}\rm{d}x-\int^{\infty}_1 \frac{\log u}{1+u^2} \rm{d}u=0[/tex]

[mrcreosote]

For I_2 er ikke integranden noe mer definert for uendelig enn 0, hvorfor mener dere det ene skaper bry mens det andre ikke gjør det?

Alt i løsninga stemmer, men det mangler litt: Du må vise at I_0, eventuelt integralet fra 1 til uendelig er endelig.

[Charlatan]

Jeg antar at det er at siden [tex]\int^{\infty}_a f(x) \rm{d}x[/tex] er definert som [tex]\lim_{b \to \infty} \int^b_a f(x) \rm{d}x[/tex], men [tex]\int^c_0 f(x) \rm{d}x[/tex] ikke er definert på samme måte.

Dessuten, [tex]\lim_{b \to \infty} \frac{\log b}{b^2+1}[/tex] eksisterer, men ikke [tex]\lim_{d \to 0} \frac{\log d}{d^2+1}[/tex].

Dette er imidlertid bare semantikk, det kommer jo fram i konteksten.

[tex]\frac{ \log x}{x^2+1} < 2x^{-\frac{3}{2}} \Leftrightarrow \log x < 2 \sqrt{x}+2x^{-\frac{3}{2}}[/tex]

Vi viser at [tex]\log x < 2\sqrt{x}[/tex]. La [tex]f(x)=2\sqrt{x}-\log x[/tex]. Vi har at [tex]f(1)=2[/tex], og [tex]f^{\prime}(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{x} \geq 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} \geq 1[/tex] som er sant. [tex]f(x)[/tex] stiger altså alltid fra [tex]x=1[/tex], og er dermed alltid positiv for [tex]x\geq 1[/tex].

Siden [tex]\int^{\infty}_1 2x^{-\frac{3}{2}} \rm{d}x=4[/tex], vil [tex]I_{[1,\infty)}[/tex] være mindre enn dette, og dermed konvergere.