Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

#441

Άσκηση 141

Να βρεθεί το $\displaystyle{\int \dfrac {1}{\sin ^5 x\cos ^5 x} \, dx$

Εννοείται ότι η άσκηση απευθύνεται μόνο σε άτομα που είναι διατεθειμένα να εργαστούν αυτοδύναμα, με χαρτί και μολύβι.

.

nickolas tsik · #442

**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#443

Νικόλα, συμπλήρωσε σε παρακαλώ την λύση σου. Σε αυτό το μήκος κύματος είναι η μία λύση που έχω κατά νου, αλλά υπάρχει και μία ευκολότερη.

nickolas tsik · #444

$\displaystyle \sin^5x\cos^5x = (\sin x\cos x)^5 = \Bigl(\tfrac12\sin2x\Bigr)^5 = \tfrac{1}{32}\,\sin^5(2x),$
$\displaystyle t = 2x,\quad dt = 2\,dx \quad\Longrightarrow\quad \int \frac{dx}{\sin^5x\cos^5x} = 32 \int \frac{dx}{\sin^5(2x)} = 16 \int \csc^5t\,dt.$
Αυτός είναι άλλος τρόπος.Δεν ξέρω πως ολοκληρώνεται εύκολα το csc^n(βρηκα μια φορμουλα στο internet αλλά δεν ξέρω πως αποδείκνύεται αυτή...

#445

nickolas tsik έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 17, 2025 4:34 pm

Αυτός είναι άλλος τρόπος.Δεν ξέρω πως ολοκληρώνεται εύκολα το csc^n(βρηκα μια φορμουλα στο internet αλλά δεν ξέρω πως αποδείκνύεται αυτή...

Θα γράψω αυτό το βήμα αν χρειαστεί, αλλά θα σε παρακαλέσω άλλη μία φορά να συμπληρώσεις την λύση στο ποστ # 442

Tolaso J Kos · #446

Είναι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \csc^5 x \, \mathrm{d}x & = \int \csc^3 x \csc^2 x \, \mathrm{d}x \\ & = - \cot x \csc^3 x - 3 \int \csc^3 x \cot^2 x \, \mathrm{d}x \\ & = - \cot x \csc^3 x - 3 \int \csc^3 x \left( \csc^2 x - 1 \right) \, \mathrm{d}x \\ & = - \cot x \csc^3 x - 3 \int \csc^5 x \, \mathrm{d}x + 3 \int \csc^3 x \, \mathrm{d}x \end{align*}}$
Άρα,

$\displaystyle{4 \int \csc^5 x \, \mathrm{d}x = - \cot x \csc^3 x \, \mathrm{d}x + 3 \int \csc^3 \, \mathrm{d}x }$
Ομοίως,

$\displaystyle{2 \int \csc^3 x \, \mathrm{d}x = - \cot x \csc x + \int \csc x \, \mathrm{d}x }$
Τέλος, $\displaystyle{\int \csc x \, \mathrm{d}x = \ln \tan \frac{x}{2}}$ . Τα βάζουμε όλα μαζί, και έχουμε:

$\displaystyle{\int \csc^5 x \, \mathrm{d}x = - \frac{1}{4} \cot x \csc^3 x - \frac{3}{8} \cot x \csc x + \frac{3}{8} \ln \tan \frac{x}{2} + c }$

Αν έκανα κανα λάθος στις πράξεις, ζητώ συγνώμη ... αλλά η μεθοδολογία είναι αυτή.

abgd · #447

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 16, 2025 11:33 am
Άσκηση 141

Να βρεθεί το $\displaystyle{\int \dfrac {1}{\sin ^5 x\cos ^5 x} \, dx$

Εννοείται ότι η άσκηση απευθύνεται μόνο σε άτομα που είναι διατεθειμένα να εργαστούν αυτοδύναμα, με χαρτί και μολύβι.

.

Γεια σας...

Μια εύκολη απάντηση στην εύρεση του παραπάνω ολοκληρώματος προκύπτει με τη διαδοχική χρήση της ταυτότητας

sin^2x+cos^2x=1

Είναι

$\boxed{ \dfrac {1}{\sin ^5 x\cos ^5 x}}= \dfrac {\left(sin^2x+cos^2x\right)^3}{\sin ^5 x\cos ^5 x}=\dfrac{sinx}{cos^5x}+\dfrac{cosx}{sin^5x}+\dfrac{3}{sin^3xcos^3x}=$

$=\dfrac{sinx}{cos^5x}+\dfrac{cosx}{sin^5x}+\dfrac{3\left(sin^2x+cos^2x\right)^2}{sin^3xcos^3x}=\dfrac{sinx}{cos^5x}+\dfrac{cosx}{sin^5x}+\dfrac{3sinx}{cos^3x}+\dfrac{3cosx}{sin^3x}+\dfrac{6}{sinxcosx}=$

$=\boxed{\dfrac{sinx}{cos^5x}+\dfrac{cosx}{sin^5x}+\dfrac{3sinx}{cos^3x}+\dfrac{3cosx}{sin^3x}+\dfrac{6sinx}{cosx}+\dfrac{6cosx}{sinx}}$

Εύκολα τώρα έχουμε το ζητούμενο ολοκλήρωμα.

Tolaso J Kos · #448

Άσκηση 142

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\int_{1}^{2} \left( 2^{x-1} + \log_{2} 2x \right) \, \mathrm{d} x = 3}$ .

Tolaso J Kos · #449

Άσκηση 143

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int \left( e^{e^x + e^{-x} +x} - e^{e^x + e^{-x} - x}\right) \, \mathrm{d}x }$ .

Tolaso J Kos · #450

Άσκηση 144

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{50}^{100} \left\lfloor \log_2 x \right\rfloor \, \mathrm{d}x }$ .

#451

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 19, 2025 12:14 pm
Άσκηση 142

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\int_{1}^{2} \left( 2^{x-1} + \log_{2} 2x \right) \, \mathrm{d} x = 3}$ .

.
Γενικότερα, αν $f: [a,b] \longrightarrow \mathbb R$ συνεχώς παραγωγίσιμη αντιστρέψιμη συνάρτηση τότε με αλλαγή μεταβλητής y=f(x)

έχουμε

$\displaystyle{\int _{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(y)dy=\int _a^bxf'(x)dx= \left [ xf(x)\right ]_a^b- \int _a^bf(x)dx = bf(b)-af(a)- \int _a^bf(x)dx}$ . Άρα

$\displaystyle{\boxed {\int _a^bf(x)dx+\int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(y)dy= bf(b)-af(a)}}$

Ειδικά για την $f(x)=2^{x-1}$ στο [a,b]=[1,2]

είναι $f(1)=1,\, f(2)=2$ έχουμε $y=2^{x-1}$ , άρα 2y=2^x

και άρα $\log_2 (2y) = x=f^{-1}(y)$ .

Έπεται ότι το ζητούμενο ολοκλήρωμα ισούται με 2f(2)-1f(1)=3

.

.

#452

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 19, 2025 12:16 pm
Άσκηση 143

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int \left( e^{e^x + e^{-x} +x} - e^{e^x + e^{-x} - x}\right) \, \mathrm{d}x }$ .

.
Θέτουμε $y= e^x + e^{-x}$ . Τότε έχουμε

$\displaystyle{\int \left( e^{e^x + e^{-x} +x} - e^{e^x + e^{-x} - x}\right) \, dx } = \int \left (e^{y +x} - e^{y - x}\right ) dx=$

$\displaystyle{= \int e^y \left (e^{x} - e^{ - x}\right ) dx= \int e^y dy= e^y+c= e^{e^x + e^{-x} } +c}$

#453

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 19, 2025 12:18 pm
Άσκηση 144

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{50}^{100} \left\lfloor \log_2 x \right\rfloor \, \mathrm{d}x }$ .

.
$\displaystyle{\int_{50}^{100} \left\lfloor \log_2 x \right\rfloor \, dx = \int_{50}^{64} \left\lfloor \log_2 x \right\rfloor \, dx + \int_{64}^{100} \left\lfloor \log_2 x \right\rfloor \, dx }= I_1+I_2$

Όμως για $32< 50 \le x< 64$ έχουμε $5\le \log_2 x <6$ , οπότε $\displaystyle{ \left\lfloor \log_2 x \right\rfloor =5$ . Άρα $\displaystyle{I_1= \int_{50}^{64}5dx= 5(64-50)=70}$ .

Όμοια για $64 \le x\le 100 < 128$ έχουμε $\left\lfloor \log_2 x \right\rfloor =6$ , οπότε $\displaystyle{I_2= \int_{64}^{100} 6dx= 6(100-64)=216}$ .

Τελικά I_1+I_2= 286

.

#454

Άσκηση 145

Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int _0^ {\pi/4} \tan ^{4N} x \, dx = \dfrac {\pi}{4} -\left (1- \dfrac {1}{3} +\dfrac {1}{5} -\dfrac {1}{7} +... - \dfrac {1}{4N-1} \right )$

(για οικονομία μπορείτε να το κάνετε μόνο για )

BAGGP93 · #455

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 20, 2025 9:34 pm
Άσκηση 145

Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int _0^ {\pi/4} \tan ^{4N} x \, dx = \dfrac {\pi}{4} -\left (1- \dfrac {1}{3} +\dfrac {1}{5} -\dfrac {1}{7} +... - \dfrac {1}{4N-1} \right )$

(για οικονομία μπορείτε να το κάνετε μόνο για )

Η ολοκληρωτέα συνάρτηση είναι συνεχής στο $\left[0,\frac{\pi}{4}\right]$ (για κάθε $N\in\mathbb{N}.$ ) Με την αλλαγή μεταβλητής $y=\tan\,x$ παίρνουμε το ίδιο ολοκλήρωμα $\displaystyle{I(N)=\int_{0}^{1}\frac{y^{4N}}{1+y^2}dy.}$ Επειδή $y^{4N}=(y^{4N}-1)+1$ , oι γνωστές μας ταυτότητες δίνουν:

$\displaystyle{y^{4N}=(y^4-1)(1+y^4+y^8+...+y^{4N-4})+1=(1+y^2)(y^2-1)(1+y^4+y^8+...+y^{4N-4})+1}$

και συνεπώς

$\displaystyle{I(N)=\int_{0}^{1}(y^2-1)(1+y^4+y^8+...+y^{4N-4})dy+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+y^2}dy}$ όπου το 2ο ολοκλήρωμα δίνει $\pi/4$ και το πρώτο

είναι ένα ολοκλήρωμα πολυωνυμικής και ευκολότερο να αποδειχθεί το ζητούμενο. Δεν έκανα τις πράξεις.

#456

BAGGP93 έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 20, 2025 10:54 pm

...
$\displaystyle{I(N)=\int_{0}^{1}(y^2-1)(1+y^4+y^8+...+y^{4N-4})dy+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+y^2}dy}$ όπου το 2ο ολοκλήρωμα δίνει $\pi/4$ και το πρώτο

είναι ένα ολοκλήρωμα πολυωνυμικής και ευκολότερο να αποδειχθεί το ζητούμενο. Δεν έκανα τις πράξεις.

Σωστά. Προσθέτω τις πράξεις:

$\displaystyle{I(N)=\int_{0}^{1}(y^2-1)(1+y^4+y^8+...+y^{4N-4})dy= \int_{0}^{1}\left (-1+y^2-y^4+...+y^{4N-2}\right) \, dy=$

$\displaystyle{=-1+ \dfrac {1}{3} -\dfrac {1}{5} +\dfrac {1}{7} -... + \dfrac {1}{4N-1} }$ , όπως θέλαμε.

#457

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 20, 2025 9:34 pm
Άσκηση 145

Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int _0^ {\pi/4} \tan ^{4N} x \, dx = \dfrac {\pi}{4} -\left (1- \dfrac {1}{3} +\dfrac {1}{5} -\dfrac {1}{7} +... - \dfrac {1}{4N-1} \right )$

Ας δούμε μία παραλλαγή της λύσης του Βαγγέλη: Έχουμε

$\displaystyle{ \tan ^{4N} x= }$

$\displaystyle{=(\tan ^{4N}x + \tan ^{4N-2} x)- (\tan ^{4N-2} x+ \tan ^{4N-4} x)+ (\tan ^{4N-4}x + \tan ^{4N-6}x )-...- (\tan ^{2}x + 1)+1 =}$

$\displaystyle{= \tan ^{4N-2} x(\tan ^{2}x + 1)- \tan ^{4N-4} x(\tan ^{2}x + 1)+...- (\tan ^{2}x + 1)+1=}$

$\displaystyle{= (\tan ^{4N-2} x)(\tan x )'- (\tan ^{4N-4} x)(\tan x)'+...- (\tan x)'+1}$

Ολοκληρώνοντας παίρνουμε (γενικότερα από το ζητούμενο)

$\displaystyle{\int \tan ^{4N} x \, dx= \dfrac { \tan ^{4N-1} x}{4N-1}- \dfrac { \tan ^{4N-3} x}{4N-3}+...- \dfrac { \tan x}{1}+x+c$

Αν θέλουμε το ορισμένο ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int _0^ {\pi/4} \tan ^{4N} x \, dx$ , είναι τώρα άμεσο.

Σχόλιο: Στην αρχική μορφή της άσκησης ζήτησα το ορισμένο ολοκλήρωμα γιατί δίνει ως πόρισμα την σειρά

$\displaystyle{ \boxed {\dfrac {\pi}{4} = 1-\dfrac {1}{3}+ \dfrac {1}{5}- \dfrac {1}{7}+...}}$

γνωστή ως σειρά Leibniz, η οποία συνήθως αποδεικύεται με άλλο τρόπο (από ολοκλήρωση της $\displaystyle{\dfrac {1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+...}$ )

#458

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 21, 2025 7:21 am

Άσκηση 145

Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\int _0^ {\pi/4} \tan ^{4N} x \, dx = \dfrac {\pi}{4} -\left (1- \dfrac {1}{3} +\dfrac {1}{5} -\dfrac {1}{7} +... - \dfrac {1}{4N-1} \right )$

...

$\displaystyle{\int \tan ^{4N} x \, dx= \dfrac { \tan ^{4N-1} x}{4N-1}- \dfrac { \tan ^{4N-3} x}{4N-3}+...- \dfrac { \tan x}{1}+x+c$

...
$\displaystyle{ \boxed {\dfrac {\pi}{4} = 1-\dfrac {1}{3}+ \dfrac {1}{5}- \dfrac {1}{7}+...}}$

γνωστή ως σειρά Leibniz, η οποία συνήθως αποδεικύεται με άλλο τρόπο (από ολοκλήρωση της $\displaystyle{\dfrac {1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+...}$ )

.
Παίζοντας με το παραπάνω ολοκλήρωμα έπεσα σε μία έκπληψη: Με ακριβώς τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε

$\displaystyle{\int \tan ^{4N-1} x \, dx=$

$\displaystyle{\dfrac { \tan ^{4N-2} x}{4N-2}- \dfrac { \tan ^{4N-4} x}{4N-4}+...+ \dfrac { \tan ^2 x}{2}-\dfrac {1}{2} \ln(1+\tan ^2 x)+c }$

οπότε

$\displaystyle{\int _0^{\pi/4}\tan ^{4N-1} x \, dx=$

$\displaystyle{\dfrac { 1}{4N-2}- \dfrac { 1}{4N-4}+...+ \dfrac { 1}{2}-\dfrac {1}{2} \ln 2 }$

Άρα παίρνοντας όριο $N\to \infty$ και πολλαπλάσιάζοντας επί

προκύπτει

$\displaystyle{ \boxed {\ln 2 = 1-\dfrac {1}{2}+ \dfrac {1}{3}- \dfrac {1}{4}+...}$

που είναι άλλη μία γνωστή σειρά. Η απόδειξή της συνήθως είναι από ολοκλήρωση από

έως

της $\dfrac {1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+...$ .

Με άλλα λόγια, με ενιαίο τρόπο βγάζουμε δύο παλιές, κλασικές σειρές, της $\dfrac {\pi}{4}$ και της $\ln 2$ .

#459

.
Άσκηση 146

Να βρεθεί το $\displaystyle{\int \dfrac {dx}{x^n(x+1)}$ , όπου $n\in \mathbb N^*$ .

Για οικονομία μπορείτε να το κάνετε μόνο τα $\displaystyle{\int \dfrac {dx}{x^6(x+1)}$ και $\displaystyle{\int \dfrac {dx}{x^7(x+1)}$ .

KARKAR · #460

Ας το κάνουμε πρώτα για : n=3

. Υποθέτω πως η προτεινόμενη τεχνική είναι η εξής : Έχουμε :

$\dfrac{1}{x^3(x+1)}=\dfrac{a}{x^3}+\dfrac{b}{x^2}+\dfrac{c}{x}+\dfrac{d}{x+1}=\dfrac{(c+d)x^3+(b+c)x^2+(a+b)x+a}{x^3(x+1)}$ ,

απ' όπου : a=1 , b=-1 , c=1 , d=-1

και έτσι :

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{x^3(x+1)}=\int( \dfrac{1}{x^3}-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1})dx=-\dfrac{1}{2x^2}+\dfrac{1}{x}+ln|x|-ln|x+1|+c , c\in \mathbb{R}$

Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Re: Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση