Seuraa 
Viestejä2

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

Sivut

Kommentit (24)

wisti
Seuraa 
Viestejä13763
Circceli

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

Mistä sait tehtävän? Ei välineitä sen ratkaisemiseksi kovin helposti löydy muualta kuin silikoniaivon työkalupakista. Kirjoita WA:han L_2(x), niin se antaa x+x^2/4+x^3/9+x^4/16+x^5/25+O(x^6). Kyseessä siis (päättymätön) Taylor-sarja.

PPo
Seuraa 
Viestejä13907

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Sisältö jatkuu mainoksen alla
Sisältö jatkuu mainoksen alla
Vierailija
Circceli

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

Aloitusviestissä näin ratkaisussa noita imaginäärilukuja niin veikkaisin semmoista trivialiteettia notta Eulerin kaavaa on käytetty jotenkin notta.

wisti
Seuraa 
Viestejä13763
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

JPI
Seuraa 
Viestejä26804
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

Koska arctan(x) = i/2[ln(1-ix)-ln(1+ix)] =>

y= -2i*arctan(e^(ix)) = ln(1-ie^(ix))-ln(1+ie^(ix))

Kun tuon derivoi (ihan helppo, en viitse kirjoitella välivaiheita), niin saa dy/dx = 1/cos(x) !!

3³+4³+5³=6³

PPo
Seuraa 
Viestejä13907
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

D( -2i*arctan(e^(ix)))=-2i*i*e^(ix)/((e^(ix))²+1)=1/((e^(ix)+e^(-ix))/2)=1/cosx

wisti
Seuraa 
Viestejä13763
PPo
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

D( -2i*arctan(e^(ix)))=-2i*i*e^(ix)/((e^(ix))²+1)=1/((e^(ix)+e^(-ix))/2)=1/cosx

Se meni jopa aika helpolla sijoituksella. En kuitenkaan osannut ainakaan hetkessä osoittaa, että se on muunnettavissa WA:n antamaan muotoon. Miten sinä päädyit tulokseesi, joka siis oli myös WA:n antama?

PPo
Seuraa 
Viestejä13907
wisti
PPo
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

D( -2i*arctan(e^(ix)))=-2i*i*e^(ix)/((e^(ix))²+1)=1/((e^(ix)+e^(-ix))/2)=1/cosx

Se meni jopa aika helpolla sijoituksella. En kuitenkaan osannut ainakaan hetkessä osoittaa, että se on muunnettavissa WA:n antamaan muotoon. Miten sinä päädyit tulokseesi, joka siis oli myös WA:n antama?

Muokataan integroitavaa.

1/cosx=(sinx+1)/((sinx+1)*cosx)=cosx/(sinx+1)+sinx/cosx

∫1/cosx=∫cosx/(sinx+1)-∫-sinx/cosx=ln(abs(sinx+1))-ln(abs(cosx)=ln(abs((sinx+1)/cosx))=

ln(abs(tanx+secx))

wisti
Seuraa 
Viestejä13763
PPo
wisti
PPo
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

D( -2i*arctan(e^(ix)))=-2i*i*e^(ix)/((e^(ix))²+1)=1/((e^(ix)+e^(-ix))/2)=1/cosx

Se meni jopa aika helpolla sijoituksella. En kuitenkaan osannut ainakaan hetkessä osoittaa, että se on muunnettavissa WA:n antamaan muotoon. Miten sinä päädyit tulokseesi, joka siis oli myös WA:n antama?

Muokataan integroitavaa.

1/cosx=(sinx+1)/((sinx+1)*cosx)=cosx/(sinx+1)+sinx/cosx

∫1/cosx=∫cosx/(sinx+1)-∫-sinx/cosx=ln(abs(sinx+1))-ln(abs(cosx)=ln(abs((sinx+1)/cosx))=

ln(abs(tanx+secx))

Tuohan oli itsestään Perkeleestä hankaluudessaan.

Circceli
Seuraa 
Viestejä2

Semmosta vielä kyselisin noista polylogaritmeista, kun en nyt oikein tajua.. Jos nyt oikein lukemaani tulkitsen niin polylogaritmejen pitäisi olla varsin yksinkertaisia potenssisarjoja, mutta eihän esimerkiksi dilogaritmi(eli ilmeisesti potenssisarja (x^n/n^2)) saavuta mitään arvoja jos x>1.

Missä olen mennyt metsään? Pistin nyt kuvankin havannoimmaan mitä tarkoitan.

PPo
Seuraa 
Viestejä13907
Circceli

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

Bolzman innoittamana yritin sarjakehitelmää integraalille.

Merkitään X=x²/2!-x^4/4!+x^6/6!-x^8/8!.. . Tällöin 

cosx=1-X

1/(1-X)=1+X+X²+X³...,0≤X<1

ln(cox)=ln(1-X)=X+X²/2+X³/3+...=1/2*x²+1/12*x^4+1/45*x^6+17/2520*x^8+...

∫ln(cox)dx=1/6*x³+1/60*x^5+1/315*x^7+17/22680*x^9+...

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä2392

Alkuperäisestä viestistä katosi mystisesti lauseita sieltä tääältä, kun lähetin viestiä, nyt korjattu, toivottavasti. Palstan softa jostain syystä välillä hävittää tekstiä itseisarvomerkkien jälkeen..??? pitää laittaa kaksinkertaiset itseisarvomerkit.. Vikaa edelleen, jos nyt olisi oikein.

EI TOIMI VIELÄKÄÄN!! Itseisarvomerkit korjattu nyt hakasulkeilla, siis [x] on normi tai itseisarvo alla.

Circceli

Semmosta vielä kyselisin noista polylogaritmeista, kun en nyt oikein tajua.. Jos nyt oikein lukemaani tulkitsen niin polylogaritmejen pitäisi olla varsin yksinkertaisia potenssisarjoja, mutta eihän esimerkiksi dilogaritmi(eli ilmeisesti potenssisarja (x^n/n^2)) saavuta mitään arvoja jos x>1.

Missä olen mennyt metsään? Pistin nyt kuvankin havannoimmaan mitä tarkoitan.

Tuossa lainaamassasi polylogaritmin määritelmässä mainitaan, että polylogaritminen funktio on sarjakehitelmällä määritellyn funktion analyyttinen jatke.

Analyyttinen jatkaminen lyhyesti merkitsee sitä, että potenssisarjalla määritellyn funktion määrittelyaluetta voidaan laajentaa suuremmaksi, vaikka sarja ei enää suppenekkaan tässä laajemmassa alueessa. Lisäksi tämä laajennus on yksikäsitteinen. Tämä on voimakas analyyttisten kompleksifunktioiden ominaisuus. Siis jos tunnet analyyttisen funktion arvot vaikka esimerkiksi kompleksitason ympyrän sisäpuolisessa alueessa, se määrää tämän funktion täysin koko kompleksitasossa( tai sen osassa )

Analyyttinen jatkaminen kompleksitasossa toimii seuraavasti: jos on määritelty funktio f jossain r-säteisessä z0-keskisessä kiekossa U(z0,r)={zεC|,[z-z0]<r} suppenevalla potenssisarjalla, funtio f voidaan määritellä myös laajemmassa kompleksitason joukossa A, joka sisältää kiekon U(z0,r). Laajin tuollainen A on myös olemassa ja se on yksikäsiteinen, kuten on myös se joukossa A määritelty f:n jatke g.

Esimerkki 1:

Määritellään f(z) = 1 + x² + x³ + ...(geometrinen sarja ). Sarja suppenee, kun [z]<1.Tässä r=1 ja z0=0. Siis ollaan saatu kiekossa U(0,1) määritelty analyyttinen kompleksitason funktio f. Tällä funktiolla on analyyttinen laajennus

g(z) = 1/(1-z),

joka on määritelty alueessa A={zεC| z≠1}. Lisäksi g(z)=f(z), kun zεU(0,1).

Kuitenkin analyyttisella jatkamisella saatu funktio voi olla moniarvoinen, eli sillä voi olla useita haaroja, kuten esimerkiksi kompleksilogaritmilla.

Esimerkki 2

Määritellään kompleksitason kiekossa U(0,1) funktio f(z) = z - z²/2 + z³/3 +.. Tämä sarja suppenee ja on siten pätevä funktion f määritelmä aluessa [z]<1.Tällä funktiolla on joukossa A = {zεC|z≠-1} analyyttinen jatke g:

g(z) = Ln(1+z)

Nyt g(z) = f(z) kun [z]<1 ja koska kompleksilogaritmi Ln on monihaarainen, on myös jatke g monihaarainen.

---------------------------------------

Tuohon varsinaiseen integrointitehtävään löysin Wikipediasta tuolle polylogaritmifunktiolle kätevän esityksen:

Li2(z) = - 0∫z Ln(1-w)/w dw,

missä merkintä 0∫z merkitsee määrättyä integraalia 0-> z. Nyt tämän derivaatta on

Li2'(z) = -Ln(1-z)/z.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

PPo
Seuraa 
Viestejä13907
PPo
Circceli

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

Bolzman innoittamana yritin sarjakehitelmää integraalille.

Merkitään X=x²/2!-x^4/4!+x^6/6!-x^8/8!.. . Tällöin 

cosx=1-X

1/(1-X)=1+X+X²+X³...,0≤X<1

ln(cox)=ln(1-X)=X+X²/2+X³/3+...=1/2*x²+1/12*x^4+1/45*x^6+17/2520*x^8+...

∫ln(cox)dx=1/6*x³+1/60*x^5+1/315*x^7+17/22680*x^9+...

Merkkivirheen korjaus

Pitää olla

-∫ln(cox)dx=1/6*x³+1/60*x^5+1/315*x^7+17/22680*x^9+...., joten

∫ln(cox)dx=-1/6*x³-1/60*x^5-1/315*x^7-17/22680*x^9+.

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä2392

Seuraavalla tavalla voi perustella itselleen annetun kaavan totuudenmukaisuutta, joskin tämä metodi on kyllä hankala keksiä ilman tietoa lopputuloksesta. Kyseessä ei siis ole mikään näppärä integrointi.

Laskettava:

∫ln(cos(x))dx = ½ix²- x Ln(1+e^(2ix)) + ½i Li2(-e^(2ix)) + x ln(cos(x)) + C.

funktio Li2(z) = -0∫z ln(1-w)/w dw (Tämä kaava löytyy Wikipediasta polylogaritmiartikkelista), josta saadaan derivoimalla Li2'(z) = - ln(1-z)/z.

Osittaisintegroimalla saadaan:

∫ln(cos(x))dx = x ln(cos(x)) + ∫x tan(x)dx.

Seuraavat tulokset voi laskea käsin:

d/dx(i/2 Li2(-e^(2ix))) = ln(1+e^(2ix))

d/dx(-x Ln(1+e^(2ix))) =-ix + x tan(x) - ln(1+e^(2ix))

d/dx( ½ix²) = ix

Keskimmäisessä täytyy käyttää Eulerin kaavoja, jotta derivoidusta lausekkeesta saa esiin tan(x):n. Siis:
 
d/dx [ ½ix² + i/2 Li2(-e^(2ix)) - x Ln(1+e^(2ix))] = x tan(x).

Hakasulkeiden sisällä oleva lauseke on siis funktion x tan(x) integraali, joka voidaan nyt sijoittaa osittaisintegroituun kaavaan.

EDIT: Li2 lausekkeissa kummitteli sinne kuulumaton derivointimerkki

EDIT2: korjattu kirjoitusvirheitä kaavoissa.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Sivut

Suosituimmat

Uusimmat

Sisältö jatkuu mainoksen alla

Uusimmat

Suosituimmat