Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

Tolaso J Kos · #21

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 16, 2019 8:52 pm
Συμπλήρωμα της προηγούμενης:

Άσκηση 8β

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{\pi / 3}^{2\pi /3 } \dfrac {\{x\}}{\sin x}\, dx}}$ .

Εδώ $\{x\}$ είναι το κλασματικό μέρος του . Επιτρέπεται να χρησιμοποιήσετε αυτά που βρήκε ο Τόλης στο αμέσως προηγούμενο ποστ.

Αφού το έπιασα , ας το τελειώσω κιόλας...

Λήμμα 1: Ισχύει ότι $\displaystyle{\int_{\pi/3}^{2} \frac{\mathrm{d}x}{\sin x}=\frac{\ln 3}{2} + \ln \tan 1}$ .

Απόδειξη:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{\pi/3}^{2} \frac{\mathrm{d}x}{\sin x} &= \int_{\pi/3}^{2}\frac{\sin x}{\sin^2 x} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{\pi/3}^{2} \frac{\sin x}{1-\cos^2 x} \,\mathrm{d}x \ \\ &\!\!\!\!\!\overset{u=\cos x}{=\! =\! =\! =\!} -\int_{1/2}^{\cos 2} \frac{\mathrm{d}u}{1-u^2} \\ &= \int_{\cos 2}^{1/2} \frac{\mathrm{d}u}{1-u^2}\\ &= \frac{1}{2} \left [ \ln \left | u+1 \right | - \ln \left | u-1 \right | \right ]_{\cos 2}^{1/2} \\ &=\frac{1}{2} \left [ \ln \frac{3}{2} - \ln \frac{1}{2} - \ln \left | 1+\cos 2 \right | + \ln \left | \cos 2 -1 \right |\right ] \\ &= \frac{\ln 3}{2} + \frac{1}{2}\ln \left | \frac{\cos 2-1}{ 1+\cos 2} \right |\\ &= \frac{\ln 3}{2} + \frac{1}{2}\ln \left | -\tan^2 1 \right | \\ &=\frac{\ln 3}{2} + \ln \tan 1 \end{aligned}}$

Λήμμα 2: Ισχύει ότι $\displaystyle{\int_{2}^{2\pi/3} \frac{\mathrm{d}x}{\sin x}=\frac{\ln 3}{2} - \ln \tan 1}$ .

Απόδειξη: Έπεται από το γεγονός ότι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{\pi/3}^{2}\frac{\mathrm{d}x}{\sin x}+\int_{2}^{2\pi/3} \frac{\mathrm{d}x}{\sin x} = \int_{\pi/3}^{2\pi/3} \frac{\mathrm{d}x}{\sin x} &\Leftrightarrow \frac{\ln 3}{2} + \ln \tan 1 +\int_{2}^{2\pi/3} \frac{\mathrm{d}x}{\sin x} = \ln 3 \\ &\Leftrightarrow \int_{2}^{2\pi/3} \frac{\mathrm{d}x}{\sin x} = \frac{\ln 3}{2} -\ln \tan 1 \end{aligned}}$
Οπότε για το αρχικό ολοκλήρωμα έχουμε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{\pi/3}^{2\pi/3} \frac{\left \{ x \right \}}{\sin x}\, \mathrm{d} x&= \int_{\pi/3}^{2\pi/3} \frac{x}{\sin x} \, \mathrm{d}x - \int_{\pi/3}^{2\pi/3} \frac{\left \lfloor x \right \rfloor}{\sin x} \, \mathrm{d}x\\ &= \frac{\pi \ln 3}{2} - \int_{\pi/3}^{2}\frac{\mathrm{d}x}{\sin x} - 2 \int_{2}^{2\pi/3} \frac{\mathrm{d}x}{\sin x} \\ &= \frac{\pi \ln 3}{2} - \frac{\ln 3}{2} - \ln \tan 1 - 2 \left ( \frac{\ln 3}{2} - \ln \tan 1 \right )\\ &= \frac{\pi \ln 3}{2} - \frac{3 \ln 3}{2} + \ln \tan 1 \end{aligned}}$
Επόμενη άσκηση παρακαλώ.

#22

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 16, 2019 11:53 pm

Επόμενη άσκηση παρακαλώ.

Άσκηση 9

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{-\pi }^{\pi } (\sin x)\ln (1+2^{\sin x} +3^{\sin x}+6^{\sin x})\, dx}$ .

Tolaso J Kos · #23

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 17, 2019 12:56 am

Άσκηση 9

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_{-\pi }^{\pi } (\sin x)\ln (1+2^{\sin x} +3^{\sin x}+6^{\sin x})\, dx}$ .

Όμορφο...

Έστω $\mathcal{J}$ το ζητούμενο ολοκλήρωμα. Τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_{-\pi}^{\pi} \sin x \ln \left ( 1+ 2^{\sin x} + 3^{\sin x} +6^{\sin x} \right ) \, \mathrm{d} x\\ &\!\!\!\!\!\overset{u=-x}{=\! =\! =\! =\!} -\int_{-\pi}^{\pi} \sin x \ln \left ( 1+2^{-\sin x} + 3^{-\sin x} + 6^{-\sin x} \right ) \, \mathrm{d}x \\ &=-\int_{-\pi}^{\pi}\sin x \ln \left ( 6^{-\sin x} \left ( 1+ 3^{\sin x}\right ) \left ( 1+2^{\sin x} \right ) \right )\, \mathrm{d}x \\ &=-\int_{-\pi}^{\pi} \sin x \left ( \ln \left ( 1+ 2^{\sin x} + 3^{\sin x} +6^{\sin x} \right ) - \ln 6 \cdot \sin x \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= -\mathcal{J} + \ln 6\int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 x \, \mathrm{d}x \\ &= -\mathcal{J} + \pi \ln 6 \\ &\implies \mathcal{J} = \frac{\pi \ln 6}{2} \end{aligned}}$

#24

Σωστά. Απλά να σχολιάσω (επειδή μας διαβάζουν μαθητές) ότι το βήμα

$\displaystyle{ 1+2^{-\sin x} + 3^{-\sin x} + 6^{-\sin x} =6^{-\sin x} \left ( 1+ 3^{\sin x}\right ) \left ( 1+2^{\sin x} \right )}$

έχει ένα περιττό/αφύσικο στοιχείο (την παραγοντοποίηση) που κάνει την λύση να μοιάζει "ουρανοκατέβατη". Πιο απλά και φυσιολογικά κάνουμε τα κλάσματα ομώνυμα και τα προσθέτουμε. Το δεξί μέλος είναι

$\displaystyle{ \dfrac {1+2^{\sin x} + 3^{\sin x} + 6^{\sin x}}{6^{\sin x} } }$ , και λοιπά.

Tolaso J Kos · #25

Επόμενο δεν έχουμε;

mick7 · #26

Άσκηση 9)

Να υπολογιστεί το $\displaystyle \int \frac{sin(x-a)}{sin(x-b)} dx$

#27

mick7 έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 17, 2019 5:53 pm
Άσκηση 10

Να υπολογιστεί το $\displaystyle \int \frac{sin(x-a)}{sin(x-b)} dx$

Ας διορθωθεί η αρίθμηση ώστε να γίνει Άσκηση 10.

Ισοδύναμο με το $\displaystyle \int \frac{\sin(y+c)}{\sin y} dy = \int \frac{\sin y \cos c + \cos y \sin c}{sin y} dy = y \cos c + \sin c \int \cot y } dy =$ γνωστό. Και λοιπά.

KARKAR · #28

Άσκηση 11

Υπολογίστε το : $\displaystyle \int \frac{dx}{2+\sqrt{4x}}$

Υπολογίστε το : $\displaystyle \lim\limits _{n \to +\infty}\int_{n^2}^{(n+1)^2}\frac{dx}{2+\sqrt{4x}}$

ksofsa · #29

Καλησπέρα!

Για την άσκηση 11:

Εχω $I=\int \dfrac{1}{2+\sqrt{4x}}dx=\int \dfrac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}\cdot \dfrac{1}{2\sqrt{x}}dx=\int \dfrac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}\cdot (\sqrt{x})'dx$

Όμως

$\int \dfrac{y}{1+y}dy=\int 1dy-\int \dfrac{1}{1+y}dy=y-ln(1+y)+c$

Αρα

$I=\sqrt{x}-ln(1+\sqrt{x})+c$

Εχω:

$\lim_{n\rightarrow +\infty }\int_{n^2}^{(n+1)^2}\dfrac{1}{2+\sqrt{4x}}dx=\lim_{n\rightarrow +\infty }[\sqrt{x}-ln(1+\sqrt{x})]_{_{n^2}} ^{(n+1)^2} =\lim_{n\rightarrow +\infty }(1-ln(n+2)+ln(n+1))= \lim_{n\rightarrow +\infty }[1-ln(\dfrac{n+2}{n+1})]=\lim_{n\rightarrow +\infty }[1-ln(1+\dfrac{1}{n+1})]=1-ln1=1$

nikos_el · #30

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 17, 2019 7:40 pm
Άσκηση 11

Υπολογίστε το : $\displaystyle \int \frac{dx}{2+\sqrt{4x}}$

Υπολογίστε το : $\displaystyle \lim\limits _{n \to +\infty}\int_{n^2}^{(n+1)^2}\frac{dx}{2+\sqrt{4x}}$

Θέτουμε $\displaystyle u=\sqrt{x}\Leftrightarrow x=u^2$ , οπότε $\displaystyle dx=2udu$ και έχουμε: $\displaystyle \int \dfrac{dx}{2+\sqrt{4x}}=\int \dfrac{2udu}{2\left(1+u\right)}=\int\left(1-\dfrac{1}{u+1}\right)\, du=u-\ln\left|u+1\right|+c=\sqrt{x}-\ln\left(1+\sqrt{x}\right)+c$ .

Για $\displaystyle n>0$ βρίσκουμε: $\displaystyle \int_{n^2}^{(n+1)^2} \dfrac{dx}{2+\sqrt{4x}}=1+\ln\left(1-\dfrac{1}{n+2}\right)$ , οπότε
$\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\displaystyle \int_{n^2}^{(n+1)^2} \dfrac{dx}{2+\sqrt{4x}}=1+\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(\ln\left(1-\dfrac{1}{n+2}\right)\right)=1$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #31

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 17, 2019 7:40 pm
Άσκηση 11

Υπολογίστε το : $\displaystyle \int \frac{dx}{2+\sqrt{4x}}$

Υπολογίστε το : $\displaystyle \lim\limits _{n \to +\infty}\int_{n^2}^{(n+1)^2}\frac{dx}{2+\sqrt{4x}}$

Δεν χρειάζεται υπολογισμός του ολοκληρώματος για την εύρεση του ορίου.
Είναι

$\displaystyle ((n+1)^{2}-n^{2})\frac{1}{2+2(n+1)}\leq \int_{n^2}^{(n+1)^2}\frac{dx}{2+\sqrt{4x}}\leq ((n+1)^{2}-n^{2})\frac{1}{2+2n}$

κλπ

#32

Άσκηση 12

Nα υπολογισθεί το $\displaystyle{ \displaystyle \int _0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\,dx}$

Ίσως σας παιδέψει αλλά η σωστή αλλαγή μεταβλητής το στρώνει.

Edit: Πρόσθεσα τα άκρα της ολοκλήρωσης, που τα είχα ξεχάσει.

Tolaso J Kos · #33

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 18, 2019 7:31 am
Άσκηση 12

Nα υπολογισθεί το $\displaystyle{ \displaystyle \int \frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\,dx}$

Ίσως σας παιδέψει αλλά η σωστή αλλαγή μεταβλητής το στρώνει.

Μιχάλη σίγουρα είναι έτσι; Δε νομίζω να είναι για Γ .

#34

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 18, 2019 9:13 am
Μιχάλη σίγουρα είναι έτσι; Δε νομίζω να είναι για Γ .

Τόλη, έχεις δίκιο. Λείπουν τα άκρα της ολοκλήρωσης, που τα είχα ξεχάσει. Το έφτιαξα.

KARKAR · #35

Άσκηση 13

Δίνεται η συνάρτηση : $\displaystyle f(x)=(2+\sqrt{x})e^{\sqrt{x}}$ . Βρείτε εκείνη την παράγουσα

της

στην οποία η σταθερά ολοκλήρωσης

είναι

. Ποια είναι τα κοινά σημεία των $C_{f} , C_{F}$ ;

#36

$\displaystyle{I=\int_{0}^{\pi /4}{\frac{1+tanx}{1+tan^2x}(1+tan^2x)dx}=\int_{0}^{\pi /4}{ln(1+tanx)dx} \int_{0}^{\pi /4}{ln(1+\frac{1-tanx}{1+tanx})dx}=\int_{0}^{\pi /4}(ln2-ln(1+tanx))dx= \pi /4 ln2-I}$
οπότε

$\displaystyle{I=(\pi /8) ln2}$

Tolaso J Kos · #37

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 18, 2019 7:31 am
Άσκηση 12

Nα υπολογισθεί το $\displaystyle{ \displaystyle \int _0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\,dx}$

Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής $x \mapsto \frac{1-x}{1+x}$ οπότε έχουμε, αν $\mathcal{J}$ το ολοκλήρωμα τότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &=\int_0^1 \dfrac{\ln\left(\tfrac{2}{1+x}\right)}{1+x^2} \, \mathrm{d}x\\ &=\int_0^1 \dfrac{\ln 2}{1+x^2}\, \mathrm{d}x- \mathcal{J}\\ &=\dfrac{\pi \ln 2}{4}- \mathcal{J} \\ &\implies \mathcal{J} = \frac{\pi \ln 2}{8} \end{aligned} }$

#38

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 18, 2019 2:22 pm
Άσκηση 13

Δίνεται η συνάρτηση : $\displaystyle f(x)=(2+\sqrt{x})e^{\sqrt{x}}$ . Βρείτε εκείνη την παράγουσα της

στην οποία η σταθερά ολοκλήρωσης είναι . Ποια είναι τα κοινά σημεία των $C_{f} , C_{F}$ ;

Θέτοντας

και με κατά παράγοντες έχουμε

$\displaystyle{ \int (2+\sqrt{x})e^{\sqrt{x}}dx = \int (4y+2y^2)e^ydy= \int 4ye^ydy + 2y^2e^y - \int 4ye^ydy = 2y^2e^y+c = 2xe^{\sqrt{x}}+c}$

Δηλαδή $\displaystyle{F(x)=2xe^{\sqrt{x}}}$ . Για τα κοινά σημεία θέλουμε $\displaystyle{ 2xe^{\sqrt{x}}= (2+\sqrt{x})e^{\sqrt{x}}}$ , ισοδύναμα $\displaystyle{ 2x= 2+\sqrt{x}}$ . Λύνοντας, την 2y^2=2+y

η θετική ρίζα είναι $y= \frac {1+ \sqrt {17}}{4}}$ , οπότε $x= y^2 = \frac {9+ \sqrt {17}}{8}}$ .

Edit: Διόρθωσα λογιστικό σφάλμα που μου υπέδειξε ο θεματοθέτης Θανάσης. Τον ευχαριστώ.

#39

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 18, 2019 7:31 am
Άσκηση 12

Nα υπολογισθεί το $\displaystyle{ \displaystyle \int _0^1\frac{\ln (1+x)}{1+x^2}\,dx}$

Άσκηση 12B

Nα υπολογισθεί το $\displaystyle{ \displaystyle \int _0^1\frac{\arctan x}{1+x}\,dx}$

Λόγω του $\arctan x$ είναι εκτός σχολικής ύλης. Την τοποθετώ μόνο και μόνο γιατί είναι το δίδυμο αδελφάκι της Άσκησης 12. Το μόνο που χρειάζεται να ξέρεις για την $\arctan$ είναι ότι $(\arctan x)' = \frac {1}{1+x^2}$ .

Tolaso J Kos · #40

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 18, 2019 5:49 pm

Άσκηση 12B

Nα υπολογισθεί το $\displaystyle{ \displaystyle \int _0^1\frac{\arctan x}{1+x}\,dx}$

Λόγω του $\arctan x$ είναι εκτός σχολικής ύλης. Την τοποθετώ μόνο και μόνο γιατί είναι το δίδυμο αδελφάκι της Άσκησης 12. Το μόνο που χρειάζεται να ξέρεις για την $\arctan$ είναι ότι $(\arctan x)' = \frac {1}{1+x^2}$ .

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{1+x}\, \mathrm{d}x &= \left [ \ln(x+1) \arctan x \right ]_0^1 - \int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\, \mathrm{d}x\\ &=\frac{\pi \ln 2}{4} - \int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\, \mathrm{d}x \\ &=\frac{\pi \ln 2}{4}- \frac{\pi \ln 2}{8} \\ &= \frac{\pi \ln 2}{8} \end{aligned}}$

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