Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

#141

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 30, 2019 1:08 am
Άσκηση 40

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{\displaystyle{ \int \dfrac{x^{1514}}{x^{2020}+1}}}\,dx}$ για .

(Απλή αν δεν έχεις αριθμοφοβία με τα "μεγάλα" νούμερα όπως το . Προσοχή όμως, οδηγεί σε , αλλά σε μορφή που το είδαμε εδώ πολλές φορές).

Για να μην μείνει αναπάντητη.

$\displaystyle \int {\frac{{{{\left( {{x^{505}}} \right)}^2}({x^{504}})}}{{{{\left( {{x^{505}}} \right)}^4} + 1}}} {\rm{ }}dx$ και με $\displaystyle u = {x^{505}}$ το ολοκλήρωμα γράφεται: $\displaystyle \frac{1}{{505}}\int {\frac{{{u^2}}}{{{u^4} + 1}}du}$

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \frac{{{u^2}}}{{{u^4} + 1}} = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\left( {A(u) - B(u)} \right),$ όπου $\displaystyle A(u) = \frac{u}{{{u^2} - u\sqrt 2 + 1}},B(u) = \frac{u}{{{u^2} + u\sqrt 2 + 1}}$

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \int {A(u)du = \int {\frac{u}{{{{\left( {u - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + \frac{1}{2}}}{\rm{ }}} } du$ Θέτω $\displaystyle t = u - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow dt = du$ και το ολοκλήρωμα γίνεται:

$\displaystyle \int {\frac{{t + \frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{{t^2} + \frac{1}{2}}}} dt = \int {\frac{{2t}}{{2{t^2} + 1}}dt + \sqrt 2 } \int {\frac{{dt}}{{2{t^2} + 1}}} = \frac{1}{2}\ln (2{t^2} + 1) + \arctan (t\sqrt 2) + c$

Άρα, $\displaystyle \int {A(u)du = \frac{1}{2}} \ln \left( {{u^2} - u\sqrt 2 + 1} \right) + \arctan \left( {u\sqrt 2 - 1} \right) + c$

$\displaystyle \bullet$ Ομοίως είναι $\displaystyle \int {B(u)du = \frac{1}{2}} \ln \left( {{u^2} + u\sqrt 2 + 1} \right) - \arctan \left( {u\sqrt 2 + 1} \right) + c$

Τα υπόλοιπα είναι αντικατάσταση.

Tolaso J Kos · #142

Άσκηση 48

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{-\pi}^\pi \frac{\sin 30x}{\left(1+29^x \right)\sin x} \, \mathrm{d}x}$

#143

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 06, 2020 3:47 pm
Άσκηση 48

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{-\pi}^\pi \frac{\sin 30x}{\left(1+29^x \right)\sin x} \, \mathrm{d}x}$

Απάντηση:

H αλλαγή μεταβλητής y=-x

δίνει

$\displaystyle{I= \int_{-\pi}^\pi \frac{\sin 30x}{\left(1+29^x \right)\sin x} dx= \int_{-\pi}^\pi \frac{\sin 30 (-y)}{\left(1+29^{-y} \right)\sin (-y)} dy= \int_{-\pi}^\pi \frac{29^y \sin 30 y}{\left(1+29^{y} \right)\sin y} dy =J}$

Άρα $\displaystyle{2I= I+J= \int_{-\pi}^\pi \frac{\left(1+29^x \right) \sin 30x}{\left(1+29^x \right)\sin x} dx= \int_{-\pi}^\pi \frac{ \sin 30x}{\sin x} dx }$

To τελευταίο ισούται με

. Ένας τρόπος είναι να δείξουμε πρώτα ότι το $\displaystyle{ K=\int_{0}^\pi \frac{ \sin 30x}{\sin x} dx }$ είναι

. Αυτό το πετυχαίνουμε με την αλλαγή μεταβλητής $y=\pi -x$ , από όπου K=-K

με χρήση του $\displaystyle{\sin (\pi -x) = \sin x}$ . Όμοια $\displaystyle{\int_{-\pi}^0 \frac{ \sin 30x}{\sin x} dx =0 }$ , και λοιπά.

#144

Άσκηση 49

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle \int_0^1 {\frac{{\ln (x + 1)}}{{\ln (x + 1) + \ln (2 - x)}}{\rm{ }}} dx$

#145

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 08, 2020 12:29 pm
Άσκηση 49

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle \int_0^1 {\frac{{\ln (x + 1)}}{{\ln (x + 1) + \ln (2 - x)}}{\rm{ }}} dx$

H αλλαγή μεταβλητής x=1-y

δίνει

$\displaystyle I=\int_0^1 {\frac{{\ln (x + 1)}}{{\ln (x + 1) + \ln (2 - x)}}dx = \int_0^1 {\frac{{\ln (2-y)}}{{\ln (2-y) + \ln (1+y)}}dx =J$ .

Άρα $2I=I+J = \int_0^1 {\dfrac{{\ln (x + 1)+ + \ln (2 - x)}}{{\ln (x + 1) + \ln (2 - x)}}dx= \int_0^1 1\, dx = 1$ , οπότε I=1/2

.

Eukleidis · #146

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 05, 2020 10:40 pm
Άσκηση 46

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{ \displaystyle\int \frac{\cos ( 2018 x)}{\sin ^{2020}x }dx }$

(Πρέπει να φρεσκάρετε τους τύπους ημιτόνου/συνημιτόνου αθροίσματος γωνιών).
(H Άσκηση μένει αναπάντητη).

Edit: Διόρθωσα το από που είχα γράψει. Συγνώμη αν σας ταλαιπώρησα.

Χαιρετώ και καλή χρονιά.

Σκεφτόμαστε από τη μορφή της δοσμένης πως η παράγουσα θα είναι της μορφής $\frac{cos(ax)}{sin^{b}x}$ , η οποία μετά από παραγώγιση δίνει
$\frac{-asin(ax)sinx-bcos(ax)cosx}{sin^{b+1}x}$

Σκεπτόμενοι φυσικά την υπόδειξη περί αθροισματος γωνιών, αλλά και ορμόμενοι από τον παρονομαστή θέλουμε a=b=2019

, οπότε
$\frac{-2019sin(2019x)sinx-2019cos(2019x)cosx}{sin^{2020}x}=-2019\frac{cos(2018x))}{sin^{2020}x}.$
Συνεπώς, $\int \frac{cos(2018x))}{sin^{2020}x}dx=-\frac{1}{2019}\frac{cos(2019x)}{sin^{2019}x}+c$

KARKAR · #147

Άσκηση 50

Υπολογίστε το : $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{n}^{2n}\frac{x^2-2xlnx-1}{x(x-1)^2}dx$

#148

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 08, 2020 7:43 pm
Άσκηση 50

Υπολογίστε το : $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{n}^{2n}\frac{x^2-2xlnx-1}{x(x-1)^2}dx$

Απάντηση: $\ln 2$ .

Εργαζόμαστε χωριστά με τα $\displaystyle \int_{n}^{2n}\frac{x^2-1}{x(x-1)^2}dx$ και $\displaystyle \int_{n}^{2n}\frac{x\ln x}{x(x-1)^2}dx$ .

Το πρώτο είναι ίσο με

$\displaystyle \int_{n}^{2n}\frac{x+1}{x(x-1)}dx = \int_{n}^{2n}\left (\frac{2}{x-1} - \frac{1}{x}\right )dx= 2 \ln\frac {2n-1}{n-1} - \ln\frac {2n}{n} \to 2\ln 2 - \ln 2=\ln 2$ .

Το δεύτερο ικανοποιεί

$\displaystyle 0\le \int_{n}^{2n}\frac{x\ln x}{x(x-1)^2}dx \le \ln (2n) \int_{n}^{2n}\frac{1}{(x-1)^2}dx = \ln (2n) \left ( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{2n-1}\right )=$

$\displaystyle{ = \frac{\ln (2n)}{n-1} \cdot \frac{n}{2n-1}\to 0\cdot \frac {1} {2}=0 }$ ,

και λοιπά.

#149

Άσκηση 51

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{ \int \dfrac{1+\sin x + \cos x}{ \sqrt {1+\sin x)(1+\cos x)} }\,dx}$ για $x\in [0, \pi /2]$ .

(Περισσότερο Τριγωνομετρία παρά ολοκληρωση).

#150

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 10, 2020 6:20 pm
Άσκηση 51

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{ \int \dfrac{1+\sin x + \cos x}{ \sqrt {1+\sin x)(1+\cos x)} }\,dx}$ για $x\in [0, \pi /2]$ .

(Περισσότερο Τριγωνομετρία παρά ολοκληρωση).

Πολύ τη χάρηκα!

$\displaystyle \frac{{1 + \sin x + \cos x}}{{\sqrt {1 + \sin x} \sqrt {1 + \cos x} }} = \frac{{2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2} + 2{{\cos }^2}\frac{x}{2}}}{{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})(\cos \frac{x}{2})\sqrt 2 }} = \sqrt 2$

Άρα το ολοκλήρωμα γράφεται $\displaystyle \int {\sqrt 2 } dx = x\sqrt 2 + c$

#151

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 10, 2020 6:44 pm

Πολύ τη χάρηκα!

$\displaystyle \frac{{1 + \sin x + \cos x}}{{\sqrt {1 + \sin x} \sqrt {1 + \cos x} }} = \frac{{2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2} + 2{{\cos }^2}\frac{x}{2}}}{{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})(\cos \frac{x}{2})\sqrt 2 }} = \sqrt 2$

Άρα το ολοκλήρωμα γράφεται $\displaystyle \int {\sqrt 2 } dx = x\sqrt 2 + c$

Και λίγο αλλιώς (ξαδελφάκι της παραπάνω λύσης)

Το τετράγωνο του αριθμητή είναι

$\displaystyle{ (1 + \sin x + \cos x)^2 = 1+\sin ^2 x + \cos ^2x + 2\sin x + 2\cos x + 2\sin x \cos x = }$

$\displaystyle{=2 + 2\sin x + 2\cos x + 2\sin x \cos x = 2(1 + \sin x)(1 + \cos x) }$

δηλαδή βρήκαμε σταθερό πολλαπλάσιο της υπόριζης ποσότητας του παρονομαστή. Και λοιπά.

KARKAR · #152

Άσκηση 52

Βρείτε την μικρότερη τιμή του θετικού ακεραίου

, για την οποία

το : $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}a(1+tan^2x)^5dx$ , είναι επίσης ακέραιος .

#153

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 10, 2020 8:43 pm
Άσκηση 52

Βρείτε την μικρότερη τιμή του θετικού ακεραίου , για την οποία

το : $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}a(1+tan^2x)^5dx$ , είναι επίσης ακέραιος .

H αλλαγή μεταβλητής $t=\tan x$ δίνει

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(1+\tan^2x)^5dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}(1+\tan^2x)^4(\tan x)'dx =\int_{0}^{1}(1+t^2)^4dt =$

$\displaystyle{= \int_{0}^{1}(1+4t^2 + 6t^4+4t^6+t^8)dt= ... = \dfrac {1328}{315} }$ . Άρα a=315

.

KARKAR · #154

Άσκηση 53

: Εμβαδόν χωρίου.png (31.69 KiB) Προβλήθηκε 1364 φορές

Υπολογίστε το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου . Πιθανή ομοιότητα με τον Euler , ας θεωρηθεί συμπτωματική !

#155

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 11, 2020 9:33 am
Άσκηση 53

Υπολογίστε το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου . Πιθανή ομοιότητα με τον Euler , ας θεωρηθεί συμπτωματική !

Ας βρούμε πρώτα το αόριστο, με κατά παράγοντες δύο φορές,

$\displaystyle{I=\int \sin (\ln x) dx = \int x' \sin (\ln x) dx= x\sin (\ln x) - \int \cos (\ln x) dx = x\sin (\ln x) - \left ( x \cos (\ln x) +\int \sin (\ln x) dx \right ) = }$

$\displaystyle{ =x\sin (\ln x) - x \cos (\ln x) -I }$

Άρα $2I= x\sin (\ln x) - x \cos (\ln x)+c$ ή $\boxed {\int \sin (\ln x) dx = \dfrac {1}{2} x\sin (\ln x) - \dfrac {1}{2} x \cos (\ln x)+c}$

Εύκολα τώρα το ζητούμενο εμβαδόν (όπου ολοκληρώνουμε μέχρι το μικρότερο

με $\ln x= \pi$ , δηλαδή το Οϋλεριανό $x=e^{\pi}$ ) είναι $e^{\pi}+1$ .

#156

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 11, 2020 9:33 am
Άσκηση 53

Εμβαδόν χωρίου.pngΥπολογίστε το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου . Πιθανή ομοιότητα με τον Euler , ας θεωρηθεί συμπτωματική !

Λίγο διαφορετικά με αντικατάσταση $\displaystyle \ln x = u$ είναι:

$\displaystyle \int_1^{{e^\pi }} {2\sin (\ln x)dx = \int_0^\pi {2{e^u}} } \sin udu = \left[ {{e^u}(\sin u - \cos u)} \right]_0^\pi = {e^\pi } + 1$

#157

Άσκηση 54

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{ \int _a^b \dfrac{e^{x/a} - e^{b/x}}{ \sqrt {abx+x^3} }\,dx}$

(Ευκολάκι με κλασικό τεχνασματάκι. Εμπίπτει σε γενικότερη κατηγορία).

Tolaso J Kos · #158

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 11, 2020 11:20 am
Άσκηση 54

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα

$\displaystyle{ \int _a^b \dfrac{e^{x/a} - e^{b/x}}{ \sqrt {abx+x^3} }\,dx}$

(Ευκολάκι με κλασικό τεχνασματάκι. Εμπίπτει σε γενικότερη κατηγορία).

Ευκολάκι αν ξέρεις το κόλπο... αν δε το ξέρεις κλάφτα Χαράλαμπε.

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sqrt{abx+ x^3} &\overset{x \mapsto ab/u}{=\! =\! =\! =\! =\!} \sqrt{\frac{a^2b^2}{u} +\frac{a^3b^3}{u^3} } \\ &=\sqrt{\frac{a^2b^2u^2}{u^3} + \frac{a^3b^3}{u^3}} \\ &=\sqrt{\frac{a^2b^2 \left ( u^2+ab \right )}{u^2 \cdot u}} \\ &=\frac{ab}{u} \sqrt{\frac{u^2+ab}{u}} \end{aligned}}$ Έστω $\mathcal{J}$ το ολοκλήρωμα. Θέτουμε $x=\frac{ab}{u}$ . Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_{a}^{b} \frac{e^{x/a}-e^{b/x}}{\sqrt{abx+ x^3}} \, \mathrm{d}x \\ &\!\!\!\!\overset{x=ab/u}{=\! =\! =\! =\!} ab\int_{a}^{b} \frac{1}{u^2} \cdot \left ( e^{b/u} - e^{u/a} \right ) \cdot \frac{u}{ab} \cdot \frac{\sqrt{u}}{\sqrt{u^2+ab}} \, \mathrm{d}u \\ &=\int_{a}^{b} \frac{e^{b/u}-e^{u/a}}{\sqrt{abu + u^3}} \, \mathrm{d}u \\ &= - \int_{a}^{b} \frac{e^{u/a}-e^{b/u}}{\sqrt{abu+u^3}} \, \mathrm{d}u \\ &= -\mathcal{J} \end{aligned}}$
Άρα το αρχικό ολοκλήρωμα είναι

.

Παλιότερο θέμα εδώ.

#159

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 11, 2020 11:20 am
(Ευκολάκι με κλασικό τεχνασματάκι. Εμπίπτει σε γενικότερη κατηγορία).

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 11, 2020 3:41 pm

Ευκολάκι αν ξέρεις το κόλπο... αν δε το ξέρεις κλάφτα Χαράλαμπε.

Ορθότατο.

Η γενικότερη κατηγορία που αναφέρθηκα είναι η (ας το δούμε ως προτεινόμενη άσκηση)

Άσκηση 55
α) Αν f(a+b-x)=-f(x)

για κάθε $x\in [a,b]$ , τότε $\displaystyle{\int_ a^bf(x) dx =0}$ και

β) Αν $\displaystyle{\dfrac {ab}{x} f\left (\dfrac {ab}{x} \right )=-xf(x) }$ για κάθε $x\in [a,b]$ , τότε $\displaystyle{\int_a^bf(x) dx =0}$

(To παραπάνω ολοκλήρωμα της Άσκησης

εμπίπτει στην περίπτωση β). Την περίπτωση α) την συναντήσαμε σε διάφορες
άλλες ασκήσεις στο θρεντ. Τώρα η Άσκηση

είναι ευκολάκι).

Tolaso J Kos · #160

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 11, 2020 5:32 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 11, 2020 11:20 am
(Ευκολάκι με κλασικό τεχνασματάκι. Εμπίπτει σε γενικότερη κατηγορία).

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 11, 2020 3:41 pm

Ευκολάκι αν ξέρεις το κόλπο... αν δε το ξέρεις κλάφτα Χαράλαμπε.
Ορθότατο.

Η γενικότερη κατηγορία που αναφέρθηκα είναι η (ας το δούμε ως προτεινόμενη άσκηση)

Άσκηση 55
α) Αν για κάθε $x\in [a,b]$ , τότε $\displaystyle{\int_ a^bf(x) dx =0}$ και

β) Αν $\displaystyle{\dfrac {ab}{x} f\left (\dfrac {ab}{x} \right )=-xf(x) }$ για κάθε $x\in [a,b]$ , τότε $\displaystyle{\int_a^bf(x) dx =0}$

(To παραπάνω ολοκλήρωμα της Άσκησης εμπίπτει στην περίπτωση β). Την περίπτωση α) την συναντήσαμε σε διάφορες
άλλες ασκήσεις στο θρεντ. Τώρα η Άσκηση είναι ευκολάκι).

Το (α) είναι άσκηση σε πολλά βοηθήματα. Έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} f\left ( a+b-x \right ) = -f(x) &\Leftrightarrow \int_{a}^{b} f \left ( a+b-x \right ) \, \mathrm{d}x = -\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\overset{u=a+b-x}{\Leftarrow \! =\! =\!=\! \Rightarrow } \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x = - \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x\\ &\Leftrightarrow 2 \int_{a}^{b} f(x)\, \mathrm{d}x =0 \\ &\Leftrightarrow \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x =0 \end{aligned}}$
Το (β) η αλήθεια είναι ότι δε το χω δει κάπου.

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{a}^{b} f(x)\, \mathrm{d}x &\overset{u=ab/x}{=\! =\! =\! =\!} -\int_{b}^{a} \frac{ab}{x^2} f \left ( \frac{ab}{x} \right )\, \mathrm{d}x \\ &= \int_{a}^{b} \frac{1}{x} \cdot \frac{ab}{x} f \left ( \frac{ab}{x} \right )\, \mathrm{d}x \\ &=-\int_{a}^{b} f (x) \, \mathrm{d}x \\ &\Rightarrow \int_{a}^{b} f(x)\, \mathrm{d}x =0 \end{aligned}}$

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