Søket gav 150 treff
- 16/06-2018 02:47
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: Integral maraton !
- Svar: 537
- Visninger: 341342
Re: Integral maraton !
Riktig! Oppfølger: $\int_0^{\frac{ \pi}{2}}\tan^2(\sqrt{x})$ La $w= \sqrt{x}$. Da er ${\rm d}w = \dfrac{{\rm d}x}{2\sqrt{x}} = \dfrac{{\rm d}x}{2w}\Longrightarrow {\rm d}x = 2w~{\rm d}w$. De nye integrasjonsgrensene blir fra $w(0) = 0$ til $w(\pi/2) = \sqrt{\pi/2}$: $$I = 2\int_0^\sqrt{\pi/2} w\tan^...
- 15/06-2018 19:43
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: Integral maraton !
- Svar: 537
- Visninger: 341342
Re: Integral maraton !
Eg løyste oppgåva ved å bruke sylinderkoordinatar på den minste " kroppen " ( denne har form som eit " ausekar " ) og kom fram til same svar . Såklart, innser nå at det ville vært langt enklere å regne ut $\iint_\Omega (4-r^2)r~{\rm d}r~{\rm d}\theta$ direkte. Oppfølger: $\int_{...
- 15/06-2018 01:23
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: Integral maraton !
- Svar: 537
- Visninger: 341342
Re: Integral maraton !
Projeksjonen av skjæringskurven mellom $z=x^2+y^2$ og $z=4$ ned i $xy$-planet er sirkelen $x^2+y^2=2^2$. I tillegg har vi planet $x=1$, som i polarkoordinater kan uttrykkes som $r=\sec{\theta}$. Som man kan se fra figuren gir dette at regionen $\Omega = \{(r, \theta): \sec{\theta}\leq r\leq 2, -\the...
- 14/04-2018 18:59
- Forum: Høyskole og universitet
- Emne: Bruk av Taylorserier til å utlede Eulers metode for difflikn
- Svar: 2
- Visninger: 1339
Re: Bruk av Taylorserier til å utlede Eulers metode for diff
Det er en liten feil i uttrykket ditt for Taylorrekker, venstresiden skal være $f(x)$, ikke $f(a)$. Dersom du lar $t=t_0+h$ og bruker definisjonen av Taylorrekken, så får du at $y(t_0+h) = y(t) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{y^{(n)}(t_0)}{n!}(t-t_0)^n = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{y^{(n)}(t_0)}{n!}((t_0+h)...
- 24/03-2018 04:22
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: Integral maraton !
- Svar: 537
- Visninger: 341342
Re: Integral maraton !
Det er fordi jeg ikke kan regne geometriske rekker... skal stå $\lfloor \log_2 b\rfloor\cdot b-\lfloor \log_2 a\rfloor\cdot a+2^{1+\lfloor \log_2 a\rfloor}-2^{1+\lfloor \log_2 b\rfloor}$, og da stemmer svaret for spesialtilfellet du nevnte også. Hadde du et annet uttrykk/løsning? Da er jeg enig! Fi...
- 24/03-2018 00:14
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: Integral maraton !
- Svar: 537
- Visninger: 341342
Re: Integral maraton !
\[ \int_a^b \lfloor \log_2 u\rfloor\mathop{du}=\lfloor \log_2 b\rfloor\cdot b-\lfloor \log_2 a\rfloor\cdot a+2^{\lfloor \log_2 a\rfloor}-2^{\lfloor \log_2 b\rfloor}.\] Med $a = 50$ og $b = 100$ gir dette at integralet over er lik 318, ikke 286 Oppfølger: $\int_0^1 (x \ln(x))^{2018} \, \text{d}x$ La...
- 22/03-2018 22:24
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: Integral maraton !
- Svar: 537
- Visninger: 341342
Re: Integral maraton !
Oppfølger: Vis at \int_0^{\infty} f(x^{n} + x^{-n}) \arctan x \frac{\mathrm{d}x}{x} = \frac{\pi}{2} \int_0^1 f(x^{n} + x^{-n}) \frac{\mathrm{d}x}{x} for alle integrerbare funksjoner $f$ på $[0, \infty)$. Begynner med å skrive om integralet: $I = \int_0^1 f(x^{n} + x^{-n}) \arctan x \frac{\mathrm{d}...
- 22/02-2018 07:32
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: Integral maraton !
- Svar: 537
- Visninger: 341342
Re: Integral maraton !
Oppfølger: Anta at en funksjon har periode $T$, med andre ord at $f(x + T) = f(x)$ for alle $x+T,x$ i definisjonsområdet til $f$. Vis at da er $ \int_0^{nT} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^T f(x)\,\mathrm{d}x \qquad \forall n \in \mathbb{N} $ Stemmer dette? Er ikke $f(x) = |\sin(x)|$ et moteksempel, ett...
- 14/12-2017 00:30
- Forum: Høyskole og universitet
- Emne: Diofantiske likninger
- Svar: 1
- Visninger: 1075
Re: Diofantiske likninger
Forslaget er x=23 og y=4. Men, lett å se, kan være mye mer. Jeg ser for eksempel at x=32 og y=1 som en enda enklere løsning. Så hva er det meningen jeg skal tenke egentlig? x=29 og y=2 er jo også lett å se.... Når man har lineære diofantiske likninger med små koeffisienter er det ofte lett å umidde...
- 13/12-2017 23:56
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: lite jule-integral
- Svar: 2
- Visninger: 1825
Re: lite jule-integral
La I(\alpha) = \int_0^1 \dfrac{x^\alpha-1}{\ln(x)}dx . Da har man at $$\dfrac{dI}{d\alpha} = \int_0^1 \dfrac{d}{d\alpha}\left(\dfrac{x^\alpha-1}{\ln(x)}\right)dx = \int_0^1 x^\alpha dx = \dfrac{1}{\alpha+1}$$ slik at I(\alpha) = \ln|\alpha+1|+C . Ettersom $I(0) = 0$ må $C = 0$, og dermed følger I(10...
- 14/08-2017 18:41
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: Funksjonal
- Svar: 1
- Visninger: 1501
Re: Funksjonal
$x\to 1/x$ gir $$\dfrac{1}{x} + f(x) = 2f\left(\dfrac{1}{x}\right).$$ Fra den opprinnelige funksjonalligningen har man at $$f\left(\dfrac1x\right) = 2f(x) - x,$$ som innsatt gir $$\dfrac1x + f(x) = 4f\left(x\right) - 2x\Longrightarrow f(x) = \dfrac13\left(2x + \dfrac1x\right)$$
- 13/08-2017 23:42
- Forum: Kveldens integral og andre nøtter
- Emne: Integral
- Svar: 2
- Visninger: 1859
Re: Integral
La $u = \sqrt{\tanh(x)}$, slik at ${\mathrm d}u = \dfrac{(1-\tanh^2(x))}{2\sqrt{\tanh(x)}}{\mathrm d}x = \dfrac{1-u^4}{2u}{\mathrm d}x$. Dette gir $$\begin{align*} I &= \int u\left(\dfrac{2u}{1-u^4}{\mathrm d}u\right)\\ &= \int\dfrac{2u^2}{1-u^4}{\mathrm d}u\\ &= -\int\dfrac{(u^2 + 1) + ...
- 13/08-2017 19:55
- Forum: Høyskole og universitet
- Emne: løsning/hint integral
- Svar: 6
- Visninger: 3170
Re: løsning/hint integral
noen som har forlag til substitusjon, hint eller løsning til integralet under: \large I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt[4]{x}}{(1+x)^2}\,dx En mulig løsning er å gjøre substitusjonen $u = \sqrt[4]{x}$ og deretter betrakte konturintegralet $$2\oint_\gamma \dfrac{z^4}{(1+z^4)^2}{\mathrm d}z$$ med $\gamm...
- 22/07-2017 01:33
- Forum: Bevisskolen
- Emne: Hjelp med bevis for det N'te fibonacci tallet
- Svar: 3
- Visninger: 15333
- 20/07-2017 21:02
- Forum: Bevisskolen
- Emne: Hjelp med bevis for det N'te fibonacci tallet
- Svar: 3
- Visninger: 15333
Re: Hjelp med bevis for det N'te fibonacci tallet
Det du har gjort hittil er helt riktig. Dersom du har lært om lineære homogene differensiallikninger, er løsningsmetoden mer eller mindre helt lik: Gitt likningen $y'' + ay' + by = 0$ antar man en løsning på formen $y(x) = e^{\lambda x}$. Innsatt gir dette $\lambda^2 e^{\lambda x} + a\lambda e^{\lam...