Oppfølger: Finn $ \hspace{1cm} \int_0^{a(n)} | \cos \log x | \,\mathrm{d}x $ når $a(n)$ er det n'te nullpunktet til funksjonen større enn $1$. For å være helt presis: $a(n)>1$, $\cos( \log a(n) ) = 0$ for alle $n \in \mathbb{N}$ og det eksisterer ingen $x$ slik at $\cos( \log x) = 0$ når $a(n) < x ...

Oppfølger $ \hspace{1cm} \displaystyle \int \frac{ \sqrt{x + \sqrt{x^2 + 1\,}\,} }{ \sqrt{x^2 + 1} } \,\mathrm{d}x $ La $u = \sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}$. Da er $${\rm d}u = \dfrac{1+x/2\sqrt{x^2+1}}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}{\rm d}x = \dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x^2+1}}}\dfrac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}{\...

Er det noe jeg mangler eller er det siste integralet så enkelt som $ \hspace{1cm} \displaystyle V = \int_0^1 \int_0^{1-x} \int_0^{1-x-y} xyz \,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x = \frac{1}{6!} $ Løste den på samme måte selv, men tror det blir feil. Her er vel integrasjonsområdet en pyramide med ...

$\mathbf{[3]}$ Hvor mange delmengder av $\{1,2,\dots,2016\}$ inneholder minst et oddetall? Totalt antall delmengder av $\{1, 2,\dots, 2016\}$ er $2^{2016}$. Antall delmengder som inneholder minst et oddetall er $2^{2016}-n$, der $n$ er antall delmengder av $\{1, 2,\dots, 2016\}$ som ikke inneholder...

[/quote] Tok utgangspunkt i eit vilkårleg punkt P(x , y ) utanfor sirkelen og sette sin( v ) = a/r , r > a Denne gikk meg hus forbi, skjønner ikke hvordan jeg greide å gjøre det så unødvendig komplisert. Liker ikke å ta ifra folk det å poste en oppfølger, men bare for å holde tråden gående kan vi ta...

I xy-planet er givet en cirkel med radien a lengdenheter. Från den variabla punkten ( x , y ) dras tangenterna till cirkeln. De bildar med varandra vinkeln 2v . Berekna dubbelintegralen (v - sin( v ) ) dx dy øver området D utanfør cirkeln . Eg har sjølv prøvd å løyse problemet, men får ikkje svaret...

Siden ingen har postet en oppfølger, hva med en liten halvstygg en \int \ln((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)})dx Begynner med å skrive om integranden: $\ln\left((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)}\right)=\ln\left((x^2-1)(x^2+1)(x^2+x+1)e\right) = \ln(x^2-1)+\ln(x^2+1)+\ln(x^2+x+1)+1$. Finner integralet av det første...

Evaluer dobbel-integralet: I=\int_{0}^{3}\int_{x^2}^{9}x^3e^{y^3}\,dy\,dx Bytter integrasjonsrekkefølgen: $$I=\int_0^9\int_0^{\sqrt{y}} x^3 e^{y^3}~{\rm d}x{\rm d}y = \int_0^9\left(e^{y^3}\int_0^{\sqrt{y}}x^3~{\rm d}x\right){\rm d}y = \dfrac{1}{4}\int_0^9 y^2e^{y^3}~{\rm d}y$$ Bruker substitusjonen...

Oppfølger : Anta at $f$ tilfredsstiller $$6 +f(x) = 2f(-x) + 3x^2\left(\int_{-1}^1f(t)\, \text{d}t\right)$$ for alle $x\in\mathbb{R}.$ Finn $\int_{-1}^1 f(x)\, \text{d}x.$ La $x\to -x$ i likningen, som gir $6+f(-x) = 2f(x)+3Ix^2$, der $I = \int_{-1}^1 f(x)~{\rm d}x$. Dersom dette trekkes fra den op...

Finn arealet av det skraverte området i figuren under:

Har 1 liten, artig oppfølger, continued fraction integral: \large I=\int_0^1 \frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}\,dx La $f(x) = \frac{1}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}}$ for $x\in (0, 1)$. Ser da at $\dfrac{1}{f(x)} = 1+\frac{x}{1+\frac{x}{1+\frac{x}{...}}}$, som gir $\dfrac{...

En oppfølger i samme gate: $\int_0^n 2^{\lfloor x \rfloor} \, \text{d}x$, der $n \in \mathbb{N}$ $\int_0^n 2^{\lfloor x\rfloor}~{\rm d}x = \sum_{i=0}^{n-1}\int_{i}^{i+1}2^{\lfloor x\rfloor}~{\rm d}x=\sum_{i=0}^{n-1}2^{i}\int_{i}^{i+1}~{\rm d}x=\sum_{i=0}^{n-1} 2^i = 2^n-1$ Oppfølger: $\int_0^\infty...

For det det er verdt så var begge iallefall riktig. Jeg må også si meg imponert med begge løsningene, en differensial og en ved hjelp av kompleks er flott (for øvrig imponert over at du tok alt på en eneste linje). Sier aldri nei til en liten tur innom kompleks analyse 8-) Oppfølger: La $a,b,c > 0$...

Oppfølger \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}cos(x)dx Litt usikker på om dette er gyldig, men mener å ha sett noe lignende før: $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\cos(x)~{\rm d}x = \mathfrak{R}\left[\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2+ix}~{\rm d}x\right] = \mathfrak{R}\left[\int_{-\infty}^\infty e^{-(x-i/2)^2...

Jeg fant integralet i boka Inside Interesting Integrals av Paul Nahin. Han bruker substitusjonen $u=e^{-x}$, som gir $$I = \int_0^\infty \ln\left(\dfrac{1+e^{-x}}{1-e^{-x}}\right){\rm d}x = \int_1^0 \ln\left(\dfrac{1+u}{1-u}\right)\left(-\dfrac{{\rm d}u}{u}\right) = \int_0^1(\ln(1+u)-\ln(1-u)){\rm d...