Der tror jeg jeg klarte å knekke et av integralene. Jeg er såpass frekk at jeg tillater meg å besvare en av mine egne oppgaver. Det var gitt et hint i boka om at de innerste brøkuttrykkene kunne forenkles.
[tex]x+2\sqrt{2x-4} = x+2\sqrt{2}\sqrt{x-2} = (x-2) + 2\sqrt{2}\sqrt{x-2} + 2 = (\sqrt{x - 2} + \sqrt 2 )^2[/tex]
Vi kan dermed forenkle I4:
[tex] I_4 = \int \sqrt{\sqrt{x+2\sqrt{2x-4}} + \sqrt{x-2\sqrt{2x-4}}} \rm{d} x = \int \sqrt{\sqrt{(\sqrt{x-2} + \sqrt{2})^2} + \sqrt{(\sqrt{x-2}-sqrt{2})^2}} \rm{d}x \\ = \int \sqrt{2\sqrt{x-2}} \rm{d} x = \frac{4\sqrt{2}}{5}(x-2)^{\frac{5}{4}} + C[/tex]
Sommerintegraler
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Genial substitusjon...daofeishi skrev:Finfint JanhaaBoka har også en veldig spennende måte å gjøre dette integralet på, som leder til en litt annerledes (men ekvivalent) løsning.
[tex]I_5 = \int \frac{x^2-8}{x^4+7x^2+64} \rm{d} x = \int \frac{1-\frac{8}{x^2}}{x^2+7+\frac{64}{x^2}} \rm{d}x[/tex]
La [tex]t = x + \frac{8}{x}[/tex]
Da er [tex]{\rm{d}t = 1 - \frac{8}{x^2} \rm{d}x[/tex]
[tex]I_5 = \int \frac{\rm{d}t}{t^2 - 9} = -\frac{1}{3}\rm{arctanh} \left( \frac{1}{3}t \right) + C = -\frac{1}{3}\rm{arctanh} \left( \frac{1}{3}+\frac{8}{3x^2} \right) + C [/tex]
PS
Skjelver litt når jeg reflekterer over nivåforskjellen i integrasjon. Antar dette gjenspeiler endel av/hele pensumet?. Dvs at vgs-pensumet egentlig inneholder tilsvarende analyse 1 og mer til !
Gjelder dette andre realfag også, mon tro?
Da har de en "Mastergrad" i kjemi etter 2 år på universitetet der.
Sorry, kunne ikke dy mæ.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Den så skikkelig kjip ut i starten, men bedra seg betraktelig.daofeishi skrev:Der tror jeg jeg klarte å knekke et av integralene. Jeg er såpass frekk at jeg tillater meg å besvare en av mine egne oppgaver. Det var gitt et hint i boka om at de innerste brøkuttrykkene kunne forenkles.
[tex]x+2\sqrt{2x-4} = x+2\sqrt{2}\sqrt{x-2} = (x-2) + 2\sqrt{2}\sqrt{x-2} + 2 = (\sqrt{x - 2} + \sqrt 2 )^2[/tex]
Vi kan dermed forenkle I4:
[tex] I_4 = \int \sqrt{\sqrt{x+2\sqrt{2x-4}} + \sqrt{x-2\sqrt{2x-4}}} \rm{d} x = \int \sqrt{\sqrt{(\sqrt{x-2} + \sqrt{2})^2} + \sqrt{(\sqrt{x-2}-sqrt{2})^2}} \rm{d}x \\ = \int \sqrt{2\sqrt{x-2}} \rm{d} x = \frac{4\sqrt{2}}{5}(x-2)^{\frac{5}{4}} + C[/tex]
Pent daofeishi
.La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Observerer umiddelbart at I[sub]6[/sub] er bl. a. et arcsin(x) integral, pga. nevneren. Tror nesten I[sub]6[/sub] er det enkleste av integrala hittil !
[tex]I_6=\int \frac{x^2-3x+1}{\sqrt{1-x^2}}{\rm dx}=\int \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}{\rm dx}\,-\,3\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}{\rm dx}\,+\,\int \frac{{\rm dx}}{\sqrt{1-x^2}}=I_{61}+I_{62}+I_{63}[/tex]
[tex]I_{63}=\arcsin(x)+C_1[/tex]
[tex]I_{62}:\;u=1-x^2\;\;\text der {\rm du}=-2x{\rm dx}[/tex]
[tex]I_{62}={3\over 2}\int \frac{{\rm du}}{\sqrt{u}}=3u^{1\over 2}= 3(1-x^2)^{1\over 2}+C_2 [/tex]
[tex]I_{61}:\;\text sett x=\sin(t) og {\rm dx}=\cos(t){\rm dt} og t=\arcsin(x)[/tex]
[tex]I_{61}=\int \frac{\sin^2(t)\cos(t)}{\cos(t)}{\rm dt}=\int \sin^2(t){\rm dt}={t\over 2}\,-\,{1\over 4}\sin(2t)[/tex]
[tex]I_{61}={1\over 2}\arcsin(x)\,-\,{1\over 2}\sin(t)\cos(t)={1\over 2}\arcsin(x)\,-\,{1\over 2}x\sqrt{1-x^2}\,+\,C_3[/tex]
til slutt:
[tex]I_6={3\over 2}\arcsin(x)\,+\,(3-{1\over 2}x)\sqrt{1-x^2}\,+\,C[/tex]
[tex]I_6=\int \frac{x^2-3x+1}{\sqrt{1-x^2}}{\rm dx}=\int \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}{\rm dx}\,-\,3\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}{\rm dx}\,+\,\int \frac{{\rm dx}}{\sqrt{1-x^2}}=I_{61}+I_{62}+I_{63}[/tex]
[tex]I_{63}=\arcsin(x)+C_1[/tex]
[tex]I_{62}:\;u=1-x^2\;\;\text der {\rm du}=-2x{\rm dx}[/tex]
[tex]I_{62}={3\over 2}\int \frac{{\rm du}}{\sqrt{u}}=3u^{1\over 2}= 3(1-x^2)^{1\over 2}+C_2 [/tex]
[tex]I_{61}:\;\text sett x=\sin(t) og {\rm dx}=\cos(t){\rm dt} og t=\arcsin(x)[/tex]
[tex]I_{61}=\int \frac{\sin^2(t)\cos(t)}{\cos(t)}{\rm dt}=\int \sin^2(t){\rm dt}={t\over 2}\,-\,{1\over 4}\sin(2t)[/tex]
[tex]I_{61}={1\over 2}\arcsin(x)\,-\,{1\over 2}\sin(t)\cos(t)={1\over 2}\arcsin(x)\,-\,{1\over 2}x\sqrt{1-x^2}\,+\,C_3[/tex]
til slutt:
[tex]I_6={3\over 2}\arcsin(x)\,+\,(3-{1\over 2}x)\sqrt{1-x^2}\,+\,C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
I_8:
[tex]\tan(3x) = \tan(2x+x) = \frac{\tan x +\tan(2x)}{1-\tan x\tan(2x)} \\ [1-\tan x\tan(2x)]\tan(3x) = \tan x+\tan(2x) \\ I_8 = \int \tan x\tan(2x)\tan(3x) dx= \int (-\tan x-\tan(2x)+\tan(3x)) dx = \ln(\cos x)+\frac12\ln(\cos(2x))-\frac13\ln(\cos(3x))[/tex]
eller på en litt artigere form:
[tex]I_8 = \frac16\ln\Big(\frac{\cos^6x\cos^3(2x)}{\cos^2(3x)}\Big)[/tex]
[tex]\tan(3x) = \tan(2x+x) = \frac{\tan x +\tan(2x)}{1-\tan x\tan(2x)} \\ [1-\tan x\tan(2x)]\tan(3x) = \tan x+\tan(2x) \\ I_8 = \int \tan x\tan(2x)\tan(3x) dx= \int (-\tan x-\tan(2x)+\tan(3x)) dx = \ln(\cos x)+\frac12\ln(\cos(2x))-\frac13\ln(\cos(3x))[/tex]
eller på en litt artigere form:
[tex]I_8 = \frac16\ln\Big(\frac{\cos^6x\cos^3(2x)}{\cos^2(3x)}\Big)[/tex]
Her prøvde jeg mange rare substitusjoner, før jeg løste I[sub]8[/sub] samma måte sjøl. Fikk noen mindre pene integrand underveis. Bra.mrcreosote skrev:I_8:
[tex]\tan(3x) = \tan(2x+x) = \frac{\tan x +\tan(2x)}{1-\tan x\tan(2x)} \\ [1-\tan x\tan(2x)]\tan(3x) = \tan x+\tan(2x) \\ I_8 = \int \tan x\tan(2x)\tan(3x) dx= \int (-\tan x-\tan(2x)+\tan(3x)) dx = \ln(\cos x)+\frac12\ln(\cos(2x))-\frac13\ln(\cos(3x))[/tex]
eller på en litt artigere form:
[tex]I_8 = \frac16\ln\Big(\frac{\cos^6x\cos^3(2x)}{\cos^2(3x)}\Big)[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Siden sola glimrer med sitt fravær, får jeg kose meg med hobbyen...
[tex]I_7=\int\frac{\cos(x)}{(\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2}))^3}{\rm dx}[/tex]
substitusjon:
[tex]u=\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})[/tex]
formler for halve vinkler:
[tex]u^2=[\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})]^2=\frac{1+\cos(x)}{2}\,+\,2\sqrt{\frac{1-\cos^2(x)}{4}}\,+\,\frac{1-\cos(x)}{2}=1+\sin(x)[/tex]
[tex]2u{\rm du}=\cos(x){\rm dx}[/tex]
[tex]I_7=2\int \frac{u{\rm du}}{u^2u}=2\int u^{-2}{\rm du}=\frac{-2}{u}\,+\,C=\frac{-2}{\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})}\,+\,C[/tex]
[tex]I_7=\int\frac{\cos(x)}{(\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2}))^3}{\rm dx}[/tex]
substitusjon:
[tex]u=\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})[/tex]
formler for halve vinkler:
[tex]u^2=[\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})]^2=\frac{1+\cos(x)}{2}\,+\,2\sqrt{\frac{1-\cos^2(x)}{4}}\,+\,\frac{1-\cos(x)}{2}=1+\sin(x)[/tex]
[tex]2u{\rm du}=\cos(x){\rm dx}[/tex]
[tex]I_7=2\int \frac{u{\rm du}}{u^2u}=2\int u^{-2}{\rm du}=\frac{-2}{u}\,+\,C=\frac{-2}{\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})}\,+\,C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Finfint. Prøver meg på I[sub]2[/sub] jeg da, siden den har stått i ro en stund.
[tex] I_2 = \int (x+2) \sqrt{2x^2 + 2x + 1} \rm{d}x \\ = \frac{1}{4} \int (4x + 2)\sqrt{2x^2 + 2x + 1} \rm{d}x + \frac{3}{2} \int \sqrt{2x^2 + 2x +1} \rm{d}x \\ = \frac{1}{6}(2x^2 + 2x + 1)^{\frac{3}{2}} + \frac{3}{2} \int \sqrt{2x^2 + 2x +1} \rm{d}x[/tex]
Vi tar for oss det andre integralet:
[tex]\int \sqrt{2x^2 + 2x +1} \rm{d}x = \sqrt{2} \int \sqrt{(x+\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}} \rm{d}x \\[/tex]
La [tex] x + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \sinh (u)[/tex]
Da er [tex]\rm{d}x = \frac{1}{2}\cosh(u) \rm{d}u[/tex]
[tex] \sqrt{2} \int \sqrt{(x+\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}} \rm{d}x = \frac{\sqrt{2}}{2} \int \cosh(u) \sqrt{\frac{1}{4} \sinh^2(u) + \frac{1}{4}} \rm{d} u\\ = \frac{sqrt{2}}{4} \int \cosh^2 (u) \rm{d} u \\ = \frac{\sqrt{2}}{8} \int 1 + \cosh(2u) \rm{d} u \\ = \frac{\sqrt 2}{8}\left( u + \sinh(u)\cosh(u) \right) + C \\ = \frac{\sqrt 2}{8} \left( \rm{arsinh}(2x+1) + (2x+1)\sqrt{4x^2 + 4x +2}\right) + C[/tex]
Dermed:
[tex]I_2 = \int (x+2) \sqrt{2x^2 + 2x + 1} \rm{d}x = \frac{1}{6}(2x^2 + 2x + 1)^{\frac{3}{2}} + \frac{3 \sqrt 2}{16}\left( \rm{arsinh}(2x+1) + (2x+1)\sqrt{4x^2 + 4x +2}\right) + C[/tex]
[tex] I_2 = \int (x+2) \sqrt{2x^2 + 2x + 1} \rm{d}x \\ = \frac{1}{4} \int (4x + 2)\sqrt{2x^2 + 2x + 1} \rm{d}x + \frac{3}{2} \int \sqrt{2x^2 + 2x +1} \rm{d}x \\ = \frac{1}{6}(2x^2 + 2x + 1)^{\frac{3}{2}} + \frac{3}{2} \int \sqrt{2x^2 + 2x +1} \rm{d}x[/tex]
Vi tar for oss det andre integralet:
[tex]\int \sqrt{2x^2 + 2x +1} \rm{d}x = \sqrt{2} \int \sqrt{(x+\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}} \rm{d}x \\[/tex]
La [tex] x + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \sinh (u)[/tex]
Da er [tex]\rm{d}x = \frac{1}{2}\cosh(u) \rm{d}u[/tex]
[tex] \sqrt{2} \int \sqrt{(x+\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}} \rm{d}x = \frac{\sqrt{2}}{2} \int \cosh(u) \sqrt{\frac{1}{4} \sinh^2(u) + \frac{1}{4}} \rm{d} u\\ = \frac{sqrt{2}}{4} \int \cosh^2 (u) \rm{d} u \\ = \frac{\sqrt{2}}{8} \int 1 + \cosh(2u) \rm{d} u \\ = \frac{\sqrt 2}{8}\left( u + \sinh(u)\cosh(u) \right) + C \\ = \frac{\sqrt 2}{8} \left( \rm{arsinh}(2x+1) + (2x+1)\sqrt{4x^2 + 4x +2}\right) + C[/tex]
Dermed:
[tex]I_2 = \int (x+2) \sqrt{2x^2 + 2x + 1} \rm{d}x = \frac{1}{6}(2x^2 + 2x + 1)^{\frac{3}{2}} + \frac{3 \sqrt 2}{16}\left( \rm{arsinh}(2x+1) + (2x+1)\sqrt{4x^2 + 4x +2}\right) + C[/tex]
Sist redigert av daofeishi den 01/07-2007 14:20, redigert 1 gang totalt.
I[sub]2[/sub] var tøff, jeg sleit med den. Pent. Men blir ikke siste diskriminanten lik 4x[sup]2[/sup]+4x+2 ?
-----------------------------------------------------------------------------------
Jeg prøver meg:
[tex]I_{11}=\int \frac{{\rm dx}}{2+\cos(x)}[/tex]
her bruker jeg [tex]\;t=\tan({x\over 2})\;[/tex]substitusjon.
der [tex]\;{\rm dt}={1\over 2}\frac{{\rm dx}}{\cos^2({x\over 2})}={1\over 2}\sec^2({x\over 2}){\rm dx}[/tex]
[tex]{\rm dx}=\frac{2{\rm dt}}{t^2+1}[/tex]
[tex]\cos(x)=\frac{1-t^2}{t^2-1}[/tex]
[tex]\sin(x)=\frac{2t}{t^2-1}[/tex]
slik at:
[tex]I_{11}=2\int \frac{{\rm dt}}{(t^2+1)[{1-t^2\over t^2+1}\,+\,2]}=2\int \frac{{\rm dt}}{1-t^2+2t^2+2}=2\int \frac{{\rm dt}}{t^2+3}[/tex]
og da lukter det arctan:
[tex]u={t\over \sqrt3},\;\;\text der t^2=3u^2\;[/tex][tex]\;{\rm du}=\frac{{\rm dt}}{sqrt3}[/tex]
[tex]I_{11}={2\over \sqrt3}\int \frac{{\rm du}}{u^2+1}={2\over sqrt3}\arctan(u)={2\over sqrt3}\arctan({t\over sqrt3})+C={2\over sqrt3}\arctan(\frac{\tan({x\over 2})}{\sqrt3})+C[/tex]
-----------------------------------------------------------------------------------
Jeg prøver meg:
[tex]I_{11}=\int \frac{{\rm dx}}{2+\cos(x)}[/tex]
her bruker jeg [tex]\;t=\tan({x\over 2})\;[/tex]substitusjon.
der [tex]\;{\rm dt}={1\over 2}\frac{{\rm dx}}{\cos^2({x\over 2})}={1\over 2}\sec^2({x\over 2}){\rm dx}[/tex]
[tex]{\rm dx}=\frac{2{\rm dt}}{t^2+1}[/tex]
[tex]\cos(x)=\frac{1-t^2}{t^2-1}[/tex]
[tex]\sin(x)=\frac{2t}{t^2-1}[/tex]
slik at:
[tex]I_{11}=2\int \frac{{\rm dt}}{(t^2+1)[{1-t^2\over t^2+1}\,+\,2]}=2\int \frac{{\rm dt}}{1-t^2+2t^2+2}=2\int \frac{{\rm dt}}{t^2+3}[/tex]
og da lukter det arctan:
[tex]u={t\over \sqrt3},\;\;\text der t^2=3u^2\;[/tex][tex]\;{\rm du}=\frac{{\rm dt}}{sqrt3}[/tex]
[tex]I_{11}={2\over \sqrt3}\int \frac{{\rm du}}{u^2+1}={2\over sqrt3}\arctan(u)={2\over sqrt3}\arctan({t\over sqrt3})+C={2\over sqrt3}\arctan(\frac{\tan({x\over 2})}{\sqrt3})+C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Prøver meg:
[tex]I_9=\int (\ln(\ln(x))\,+\,(ln(x))^2){\rm dx}=I_{91}\,+\,I_{92}[/tex]
bruker delvis integrasjon:
[tex]I_{91}=x\ln(\ln(x))\,-\,\int x\cdot {1\over \ln(x)} \cdot {1\over x} {\rm dx}=x\ln(\ln(x))\,-\,\int \frac{{\rm dx}}{\ln(x)}\,+\,C_1[/tex]
der [tex]\;\int \frac{{\rm dx}}{\ln(x)}=li(x)\,+\,D\;[/tex]altså denne funksjonen har ikke noen elementær antiderivert. Kalles logaritme integral ifølge Wolfram. Er vel tilsvarende som integrala til [tex]\;e^{-x^2}\;[/tex]og[tex]\;\sin(x^2).\;[/tex](hvis jeg har forstått riktig).
bruker delvis integrasjon her også:
[tex]I_{92}=x\cdot (\ln(x))^2\,-\,2\int x\cdot \ln(x)\cdot {1\over x}{\rm dx}=x\cdot (\ln(x))^2\,-\,2x\ln(x)\,+\,2x\,+\,C_2[/tex]
[tex]I_9=x\cdot \ln(\ln(x))\,+\,x\cdot(\ln(x))^2\,+\,2x\,-\,2x\cdot \ln(x)\,-\,li(x)\,+\,C[/tex]
[tex]I_9=\int (\ln(\ln(x))\,+\,(ln(x))^2){\rm dx}=I_{91}\,+\,I_{92}[/tex]
bruker delvis integrasjon:
[tex]I_{91}=x\ln(\ln(x))\,-\,\int x\cdot {1\over \ln(x)} \cdot {1\over x} {\rm dx}=x\ln(\ln(x))\,-\,\int \frac{{\rm dx}}{\ln(x)}\,+\,C_1[/tex]
der [tex]\;\int \frac{{\rm dx}}{\ln(x)}=li(x)\,+\,D\;[/tex]altså denne funksjonen har ikke noen elementær antiderivert. Kalles logaritme integral ifølge Wolfram. Er vel tilsvarende som integrala til [tex]\;e^{-x^2}\;[/tex]og[tex]\;\sin(x^2).\;[/tex](hvis jeg har forstått riktig).
bruker delvis integrasjon her også:
[tex]I_{92}=x\cdot (\ln(x))^2\,-\,2\int x\cdot \ln(x)\cdot {1\over x}{\rm dx}=x\cdot (\ln(x))^2\,-\,2x\ln(x)\,+\,2x\,+\,C_2[/tex]
[tex]I_9=x\cdot \ln(\ln(x))\,+\,x\cdot(\ln(x))^2\,+\,2x\,-\,2x\cdot \ln(x)\,-\,li(x)\,+\,C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Jeg har rettet opp feilen nå. Fint arbeid none the less.Ok. Siden jeg er litt monoman på integral for tia, prøver jeg engang til (blir nok frisk og opplagt på møtet i morra ).
[tex]I_9=\int (\ln(\ln(x))+(\ln(x))^{-2}){\rm dx}[/tex]
u = ln(x) og dx = x du
x = e[sup]u[/sup]
[tex]I_9=\int (\ln(u)+u^{-2})e^u {\rm du}=I_{91}+I_{92}=(e^u\ln(u)\,-\,\int e^u{1\over u}{\rm du})\,+\,(-{1\over u}e^u\,+\,\int e^u{1\over u}{\rm du})[/tex]
[tex]I_9=e^u(\ln(u)\,-\,{1\over u})\,+\,C\,=\,x[\ln(\ln(x))\,-\,\frac{1}{\ln(x)}]\,+\,C[/tex]
).[tex]I_9=\int (\ln(\ln(x))+(\ln(x))^{-2}){\rm dx}[/tex]
u = ln(x) og dx = x du
x = e[sup]u[/sup]
[tex]I_9=\int (\ln(u)+u^{-2})e^u {\rm du}=I_{91}+I_{92}=(e^u\ln(u)\,-\,\int e^u{1\over u}{\rm du})\,+\,(-{1\over u}e^u\,+\,\int e^u{1\over u}{\rm du})[/tex]
[tex]I_9=e^u(\ln(u)\,-\,{1\over u})\,+\,C\,=\,x[\ln(\ln(x))\,-\,\frac{1}{\ln(x)}]\,+\,C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]