Ολοκληρώματα: Συλλογή ασκήσεων

KARKAR · #281

Άσκηση 98

Υπολογίστε το ολοκλήρωμα : $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}ln(1+tanx)dx$

Tolaso J Kos · #282

KARKAR έγραψε: Τρί Ιουν 09, 2020 11:13 am Άσκηση 98

Υπολογίστε το ολοκλήρωμα : $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}ln(1+tanx)dx$

Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_{0}^{\pi/4} \ln \left ( 1 + \tan x \right ) \, \mathrm{d}x \\ &\!\!\!\!\!\!\overset{x \mapsto \pi/4-x}{=\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\pi/4} \ln \left ( 1 + \tan \left ( \frac{\pi}{4}- x \right ) \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\pi/4} \ln \left ( 1 + \frac{1-\tan x}{1+ \tan x} \right ) \, \mathrm{d}x\\ &= \int_{0}^{\pi/4} \ln \frac{2}{1+ \tan x} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\pi/4} \ln 2 \, \mathrm{d}x - \int_{0}^{\pi/4} \ln \left ( 1 + \tan x \right ) \, \mathrm{d}x\\ &= \frac{\pi \ln 2}{4} - \mathcal{J} \end{aligned}}$

Άρα

$\displaystyle{\mathcal{J} = \frac{\pi \ln 2}{8}}$

#283

Άσκηση 99

Να υπολογισθεί το ολοκήρωμα $\displaystyle{ \int _{- \frac {\pi}{2}}^{ \frac {\pi}{2}}\dfrac {1}{2019^x+1}\cdot \dfrac {\sin ^{2020} x}{\sin ^{2020} x + \cos ^{2020} x} dx}$

#284

Άσκηση 100

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int _0^{\frac {\pi}{3} } \ln (1+ \sqrt 3 \tan x) dx}$

Σχόλιο: Είναι παραλλαγή της Άσκησης 98. Την αναρτώ γιατί η ίδια η Άσκηση 98 είναι χιλιοειπωμένη, οπότε είναι χρήσιμο να δούμε κάτι πλησίον της για να ελέγξουμε αν οι μαθητές μας αφομίωσαν την τεχνική που απαιτείται.

Tolaso J Kos · #285

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιούλ 10, 2020 11:08 pm Άσκηση 99

Να υπολογισθεί το ολοκήρωμα $\displaystyle{ \int _{- \frac {\pi}{2}}^{ \frac {\pi}{2}}\dfrac {1}{2019^x+1}\cdot \dfrac {\sin ^{2020} x}{\sin ^{2020} x + \cos ^{2020} x} dx}$

Μιχάλη είναι η άσκηση

.

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Μάιος 06, 2020 8:16 am
Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Μάιος 02, 2020 10:46 am Άσκηση 91

Να υπολογιστούν τα παρακάτω ολοκληρώματα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin^2 x + \sin^{2\nu} x}{1+\sin^{2\nu}x + \cos^{2\nu}x} \, \mathrm{d}x}$ όπου $\nu \in \mathbb{N}$

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{x^2 \cos x}{1+x+\sqrt{x^2+1}} \, \mathrm{d}x}$

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{1}{2020^x +1} \cdot \frac{\sin^{2020}x}{\sin^{2020}x + \cos^{2020}x}\, \mathrm{d}x}$

Για να κλείνει. Και οι τρεις βγαίνουν με τον ίδιο τρόπο, που τον είδαμε πολλές φορές (κάνουμε κάποια αλλαγή μεταβλητής και μετά προσθέτουμε τα δύο ολοκληρώματα)

α) H αλλαγή μεταβλητής $x= \frac {\pi}{2}-t$ θα δώσει $\displaystyle{2\mathcal{J} = \int_{0}^{\pi/2}1\,dx = \frac {\pi }{2}$ και λοιπά.

β), γ) H αλλαγή μεταβλητής θα δώσει $\displaystyle{2\mathcal{J} = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\,dx = \pi$ και λοιπά.

Tolaso J Kos · #286

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιούλ 10, 2020 11:20 pm Άσκηση 100

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int _0^{\frac {\pi}{3} } \ln (1+ \sqrt 3 \tan x) dx}$

Σχόλιο: Είναι παραλλαγή της Άσκησης 98. Την αναρτώ γιατί η ίδια η Άσκηση 98 είναι χιλιοειπωμένη, οπότε είναι χρήσιμο να δούμε κάτι πλησίον της για να ελέγξουμε αν οι μαθητές μας αφομίωσαν την τεχνική που απαιτείται.

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

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_{0}^{\pi/3} \ln \left ( 1 + \sqrt{3} \tan x \right )\, \mathrm{d}x \\ &\!\!\!\!\!\!\!\overset{x \mapsto \pi/3 -x}{=\! =\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\pi/3} \ln \left ( 1 + \sqrt{3} \tan \left ( \frac{\pi}{3} - x \right ) \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\pi/3} \ln \left ( 1 +\sqrt{3} \cdot \frac{\tan \frac{\pi}{3} - \tan x }{1+ \tan \frac{\pi}{3} \tan x} \right ) \, \mathrm{d}x \\ &=\int_{0}^{\pi/3} \ln \left ( 1 + \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3} - \tan x}{1 + \sqrt{3} \tan x} \right) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\pi/3} \ln \frac{4}{1+\sqrt{3} \tan x} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\pi/3} \ln 4 \, \mathrm{d}x - \int_{0}^{\pi/3} \ln \left ( 1 + \sqrt{3} \tan x \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{2 \pi \ln 2}{3} - \mathcal{J} \end{aligned}}$
Άρα

$\displaystyle{\mathcal{J} = \frac{\pi \ln 2}{3}}$

#287

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 12:11 am
Μιχάλη είναι η άσκηση .

Σωστά. Είχα γράψει (έστω επιγραμματικά) και λύση.

Αχ αυτό το μυαλό μου, ξεκούτιανε.

#288

Άσκηση 101

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int \ln (1+x^2+x^4)dx}$

H απάντηση έχει αντίστροφη τριγωνομετρική αλλά πρόκειται για αρκετά κοινή περίπτωση.

Tolaso J Kos · #289

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιούλ 10, 2020 11:20 pm Άσκηση 100

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int _0^{\frac {\pi}{3} } \ln (1+ \sqrt 3 \tan x) dx}$

Σχόλιο: Είναι παραλλαγή της Άσκησης 98. Την αναρτώ γιατί η ίδια η Άσκηση 98 είναι χιλιοειπωμένη, οπότε είναι χρήσιμο να δούμε κάτι πλησίον της για να ελέγξουμε αν οι μαθητές μας αφομίωσαν την τεχνική που απαιτείται.

Νομίζω έχω δει κάπου τη παρακάτω γενίκευση. Έστω $a \in \mathbb{R}$ . Να υπολογιστεί το παρακάτω ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{0}^{a} \ln \left ( 1 + \tan a \tan x \right ) \, \mathrm{d}x }$

throwaway123 · #290

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 12:56 am Άσκηση 101

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int \ln (1+x^2+x^4)dx}$

H απάντηση έχει αντίστροφη τριγωνομετρική αλλά πρόκειται για αρκετά κοινή περίπτωση.

Βρίσκω $x^2(ln(x^4+x^2+1)-2)-x(ln(\frac{x^2-x+1}{x^2+x+1}))+ln(x^2-x+1)+ln(x^2+x+1)+ C$ άρα μάλλον θέλει τριγωνομετρία για να γίνει ανθρώπινο.

#291

4ptil έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 11:48 am
Βρίσκω $x^2(ln(x^4+x^2+1)-2)-x(ln(\frac{x^2-x+1}{x^2+x+1}))+ln(x^2-x+1)+ln(x^2+x+1)+ C$ άρα μάλλον θέλει τριγωνομετρία για να γίνει ανθρώπινο.

Εκ πρώτης όψως δεν φαίνεται σωστό γιατί με παραγώγιση του όρου -2x^2

εμφανίζεταο ο όρος -2x

που δεν φαίνεται να απλοποιείται με κάτι άλλο, αλλά δεν υπάρχει στο αρχικό ολοκλήρωμα.

Καλύτερα να μας δείξεις πώς το βρήκες αντί να λες "μάλλον θέλει τριγωνομετρία για να γίνει ανθρώπινο". Άλλωστε το ζητούν οι κανονισμοί μας (οι λύσεις πρέπει να είναι πλήρεις ή, έστω, το ουσιαστικό μέρος).

#292

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 1:13 pm Εκ πρώτης όψως δεν φαίνεται σωστό

Έκανα έλεγχο με MAPLE παραγωγίζοντας την απάντησή σου. Από ότι φαίνεται αυξάνει η υποψία ότι η απάντηση που βρήκες είναι εφαλμένη καθώς δεν δίνει την προς ολοκλήρωση.

Βέβαια, το τι λέει το μηχάνημα δεν είναι επιχείρημα, ωστόσο καλό είναι να δούμε την μέθοδό σου για έλεγχο.

throwaway123 · #293

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 1:13 pm
4ptil έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 11:48 am
Βρίσκω $x^2(ln(x^4+x^2+1)-2)-x(ln(\frac{x^2-x+1}{x^2+x+1}))+ln(x^2-x+1)+ln(x^2+x+1)+ C$ άρα μάλλον θέλει τριγωνομετρία για να γίνει ανθρώπινο.
Εκ πρώτης όψως δεν φαίνεται σωστό γιατί με παραγώγιση του όρου εμφανίζεταο ο όρος που δεν φαίνεται να απλοποιείται με κάτι άλλο, αλλά δεν υπάρχει στο αρχικό ολοκλήρωμα.

Καλύτερα να μας δείξεις πώς το βρήκες αντί να λες "μάλλον θέλει τριγωνομετρία για να γίνει ανθρώπινο". Άλλωστε το ζητούν οι κανονισμοί μας (οι λύσεις πρέπει να είναι πλήρεις ή, έστω, το ουσιαστικό μέρος).

τα μόνα

που εμφάνισα ήταν ετερόσημα και ένα

πήγε στο

από εκεί και πέρα εφάρμοσα απλές ιδιότητες

επίσης δεν γράφω από το σπίτι μου στη Σέρρες οπότε δεν έχω pc για να κάθομαι να γράφω ασκήσεις.

Edit: επίσης το πρώτο πράγμα που έκανα ήταν ότι x^4+x^2+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)

Tolaso J Kos · #294

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 12:56 am Άσκηση 101

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int \ln (1+x^2+x^4)dx}$

H απάντηση έχει αντίστροφη τριγωνομετρική αλλά πρόκειται για αρκετά κοινή περίπτωση.

Δε μου αρέσουν τέτοια θέματα ... αλλά δίνω ένα "πιθανόν" ξεκίνημα. ...

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \ln \left ( 1 + x^2 + x^4 \right ) \, \mathrm{d}x &= x \ln \left ( 1 + x^2 + x^4 \right ) - \int \frac{2x \left ( 2x^3+x \right )}{1+x^2+x^4} \, \mathrm{d}x \\ &= x \ln \left ( 1 + x^2 + x^4 \right ) - \int \frac{4x^4+2x^2}{1+x^2+x^4} \, \mathrm{d}x \\ &= x \ln \left ( 1 + x^2 + x^4 \right ) - \int \left ( \frac{x-2}{x^2-x+1} - \frac{x+2}{x^2+x+1} +4 \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= \cdots \end{aligned}}$
Όποιος θέλει το συνεχίζει.

#295

4ptil έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 4:55 pm τα μόνα που εμφάνισα ήταν ετερόσημα και ένα πήγε στο

Μάλλον δεν έγινα κατανοητός. Μιλάω για τον όρο x^2

πριν την παραγώγιση. Αυτός δεν φεύγει με κανέναν άλλο όρο, οπότε δεν πρέπει να υπάρχει στην απάντηση. Δηλαδή είναι λάθος.

4ptil έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 4:55 pm δεν γράφω από το σπίτι μου στη Σέρρες οπότε δεν έχω pc για να κάθομαι να γράφω ασκήσεις

Ακούγεται ως δικαιολογία γιατί την απάντησή σου (που έχει πολλούς όρους αλλά οι περισσότεροι είναι εσφαλμένοι) μπόρεσες να την γράψεις.

Ας προσθέσω ότι δεν είναι υποχρεωτικό ούτε αγγαρεία να "κάθεσαι να γράφεις ασκήσεις". Τις ασκήσεις τις γράφουμε για την χαρά τους.

#296

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 4:58 pm

$\displaystyle{ \displaystyle{= x \ln \left ( 1 + x^2 + x^4 \right ) - \int \frac{4x^4+2x^2}{1+x^2+x^4} \, \mathrm{d}x }$
$\displaystyle{= x \ln \left ( 1 + x^2 + x^4 \right ) - \int \left ( \frac{x-2}{x^2-x+1} - \frac{x+2}{x^2+x+1} +4 \right ) \, \mathrm{d}x }$
$\displaystyle{= \cdots}$

Όποιος θέλει το συνεχίζει.

Σωστά. Για να υπάρχει ας γράψω ότι το πρώτο ολοκλήρωμα στο τέλος δίνει (στάνταρ τεχνικές)

$\displaystyle{ \frac {1}{2}\ln (x^2-x+1)-\sqrt 3 \arctan \left ( \frac { (2x-1)\sqrt 3 }{3} \right ) }$

Όμοια το δεύτερο το οποίο άλλωστε προκύπτει θέτοντας

στη θέση του

, στο προηγούμενο.

throwaway123 · #297

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 6:06 pm
4ptil έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 4:55 pm τα μόνα που εμφάνισα ήταν ετερόσημα και ένα πήγε στο
Μιλάω για τον όρο πριν την παραγώγιση. Αυτός δεν φεύγει με κανέναν άλλο όρο.

Εντάξει δεν με κόβει τόσο για να το σκεφτώ αυτό

. Τώρα που γράφτηκε με την $\arctan$ όλα καλά

Tolaso J Kos · #298

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 11:20 am
Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιούλ 10, 2020 11:20 pm Άσκηση 100

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int _0^{\frac {\pi}{3} } \ln (1+ \sqrt 3 \tan x) dx}$

Σχόλιο: Είναι παραλλαγή της Άσκησης 98. Την αναρτώ γιατί η ίδια η Άσκηση 98 είναι χιλιοειπωμένη, οπότε είναι χρήσιμο να δούμε κάτι πλησίον της για να ελέγξουμε αν οι μαθητές μας αφομίωσαν την τεχνική που απαιτείται.

Νομίζω έχω δει κάπου τη παρακάτω γενίκευση. Έστω $a \in \mathbb{R}$ . Να υπολογιστεί το παρακάτω ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{0}^{a} \ln \left ( 1 + \tan a \tan x \right ) \, \mathrm{d}x }$

Να δώσω μία λύση. Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_{0}^{a} \ln \left ( 1 + \tan a \tan x \right ) \, \mathrm{d}x \\ &\!\!\!\!\!\!\overset{x \mapsto a- x}{=\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{a} \ln \left ( 1 + \tan a \tan \left ( a - x \right ) \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{a} \ln \left ( 1 + \tan a \cdot \frac{\tan a - \tan x}{1 + \tan a \tan x} \right ) \, \mathrm{d}x \\ &=\int_{0}^{a} \ln \left ( 1 + \frac{\tan^2 a - \tan a \tan x}{1+ \tan a \tan x} \right ) \, \mathrm{d}x \\ &=\int_{0}^{a} \ln \left ( \frac{1 + \tan a \tan x + \tan^2 a - \tan a \tan x}{1+ \tan a \tan x} \right ) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{a} \ln \frac{1 + \tan^2 a}{1+ \tan a \tan x} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{a} \ln \left( 1 + \tan^2 a \right) \, \mathrm{d}x - \mathcal{J} \\ &= a \ln \left( 1 + \tan^2 a \right) - \mathcal{J} \end{aligned}}$ Οπότε,

$\displaystyle \mathcal{J} = \frac{a \ln \left( 1 + \tan^2 a \right)}{2}$

#299

Άσκηση 101

Να υπολογισθούν τα ολοκληρώματα

α) $\displaystyle{\int \arcsin x \,dx}$ και β) $\displaystyle{ \int \arcsin \sqrt x \,dx }$

Tolaso J Kos · #300

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 11, 2020 11:23 pm Άσκηση 101

Να υπολογισθούν τα ολοκληρώματα

α) $\displaystyle{\int \arcsin x \,dx}$ και β) $\displaystyle{ \int \arcsin \sqrt x \,dx }$

(α) Εφαρμόζουμε παράγοντες και έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \arcsin x \, \mathrm{d}x &= x \arcsin x - \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, \mathrm{d}x \\ &= x \arcsin x - \frac{1}{2} \int \frac{2x}{\sqrt{1-x^2}} \, \mathrm{d}x \\ &= x \arcsin x + \sqrt{1-x^2} + c \; , \; c \in \mathbb{R} \end{aligned}}$
(β) Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int \arcsin \sqrt{x} \, \mathrm{d}x &\overset{y=\sqrt{x}}{=\! =\! =\! =\!} \int 2y \arcsin y \, \mathrm{d}y \\ &=y^2 \arcsin y - \int \frac{y^2}{\sqrt{1-y^2}} \, \mathrm{d}y \\ &=y^2 \arcsin y + \int \frac{1-y^2-1}{\sqrt{1-y^2}} \, \mathrm{d}y \\ &=y^2 \arcsin y + \int \frac{1-y^2}{\sqrt{1-y^2}} \, \mathrm{d}y - \int \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^2}} \\ &=y^2 \arcsin y + \int \sqrt{1-y^2} \, \mathrm{d}y - \arcsin y \\ &=y^2 \arcsin y + \frac{y \sqrt{1-y^2}}{2} + \frac{\arcsin y}{2} - \arcsin y \\ &=y^2 \arcsin y + \frac{y \sqrt{1-y^2}}{2} - \frac{\arcsin y}{2} \\ &= x \arcsin \sqrt{x} + \frac{\sqrt{x} \sqrt{1-x}}{2} - \frac{\arcsin \sqrt{x}}{2} \end{aligned}}$
Υ.Σ 1: Φυσικά αυτά τα ολοκληρώματα είναι εκτός φακέλου.

Υ.Σ 2: Το ολοκλήρωμα $\int \sqrt{1-x^2}\, \mathrm{d}x$ αντιμετωπίζεται με παράγοντες. Έστω $\mathcal{J}$ το δοθέν , παραγοντική και καταλήγουμε σε κάτι της μορφής $\mathcal{J} = Q(x) - \mathcal{J}$ .

Υ.Σ 3: Δείτε και αυτό εδώ πριν από

χρόνια.

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