Integration

På grund af det numeriske tegn omkring sin(x) erdu nød til at spalte op i intervallerne [-π; 0] og [0;π]

Brug derefter at 2sin(u)*sin(v) = cos(u-v)+cos(u+v)

Man kan benytte, at |sin(x)|·cos(nx) er en lige funktion, hvorfor

        1/π · ∫_-π^π |sin(x)| · cos(nx) dx = 2/π · ∫₀^π sin(x) · cos(nx) dx

og derefter kan man benytte

        2·sin(u)·cos(v) = sin(u+v) + sin(u-v)

#1 #2

Jeg havde tænkt mig at gøre:

1/π · ∫_-π^π (|sin(x)| · cos(nx))dx = 1/π · ∫_-π⁰ sin(x) · cos(nx))dx + 1/π · ∫₀^π sin(x) · cos(nx))dx,

men jeg er lidt i tvivl om det er rigtigt.

#3

Det er ikke korrekt, for på intervallet [-π;0] er |sin(x)| = -sin(x) .

I stedet har man

        1/π · ∫_-π⁰ |sin(x)| · cos(nx) dx = -1/π · ∫_-π⁰ sin(x) · cos(nx) dx

                                                       = -1/π · ∫_π⁰ sin(-u) · cos(nu) (-1) du

                                                       = 1/π · ∫₀^π sin(u) · cos(nu) du

der er konsistent med svaret i #2.

#4

Ja, men så må det så betyde, at jeg i det første led i #3 (med grænserne -π og) skriver -sin(x) i stedet for sin(x), men det virker stadigvæk lidt som dobbeltarbejde, når man blot kan løse det som du skriver i #2.

#6

Se #5.

Det gælder helt generelt, at hvis f(x) er en lige funktion, er

        ∫_-a^a f(x) dx = 2 · ∫₀^a f(x) dx .

#7

Substituerer du med u = -x? Hvordan kommer du på denne her idé med at u skal være den negative værdi af x? Derudover kan jeg ikke lige se, hvordan du får det sidste udtryk i #5.

#8

Ja, det var den substitution, jeg benyttede. Det er da en meget nærliggende substitution, hvis man vil flytte integrationen fra [-π;0] til [0;π] . Grænserne skal ændres med substitutionen. Man benytter, at

        -sin(-u) = sin(u),

og endelig benyttes minustegnet foran integralet til at bytte om på grænserne (fra π til 0) til (fra 0 til π) .

#9

Smart, tak.