Jeg har klart å få tak i en indisk lærebok fra vgs, og har funnet et par interessante integraler derfra som vi kan bryne oss på.
Jeg erstatter løste integraler.
[tex]I_1 = \int \sqrt{\frac{5-x}{x-2}} \rm{d} x \qquad \rm{Janhaa} \\ \color{red} I_2 = \int (x+2)\sqrt{2x^2+2x+1} \rm{d} x \qquad \rm{daofeishi}\\ I_3 = \int \frac{\rm{d}x}{x + \sqrt{1-x^2}} \qquad \rm{Janhaa} \\ I_4 = \int \sqrt{\sqrt{x+2\sqrt{2x-4}}+\sqrt{x-2\sqrt{2x-4}}} \rm{d}x \qquad \rm{daofeishi} \\ I_5 = \int \frac{x^2-8}{x^4+7x^2+64} \rm{d} x \qquad \rm{Janhaa} \\ I_6 = \int \frac{x^2-3x+1}{\sqrt{1-x^2}} \rm{d}x \qquad \rm{Janhaa} \\ I_7 = \int \frac{\cos x}{\left( \cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2} \right)^3} \rm{d}x \qquad \rm{Janhaa} \\ I_8 = \int \tan(3x) \tan(2x)\tan(x) \rm{d}x \qquad \rm{mrcreosote} \color{black} \\ I_9 = \int \ln \ln x + (\ln x)^{-2} \rm{d} x \qquad \rm{Janhaa}[/tex]
[tex]\color{red}I_{10} = \int e^{\frac{x}{2}}\left( \frac{2-\sin x}{1- \cos x} \right) \rm{d}x [/tex]
[tex]\color{black} I_{11}= \int \frac{\rm{d}x}{2+\cos(x)} \qquad \rm{Janhaa}[/tex]
[tex]\color{red} I_{12} = \int \frac{x \rm{d}x}{\sqrt{1+\sin(x)}} \\ I_{13} = \int \frac{\rm{d}x}{(x^2+1)\sqrt{x}}[/tex]
Sommerintegraler
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Humrer litt når jeg hører dette er vgs pensum i India. Jeg vet integrala vi fikk i analyse 1 ved hhv. UiO og HiT faktisk var litt enklere enn disse.
Nåja, har bare sett på I[sub]1[/sub], og er ikke helt sikker på det er riktig engang. Stemte ikke helt overens med Integrator (som forøvrig gav I[sub]1[/sub] på en tungvint måte).
[tex]I_1=\int \sqrt{\frac{5-x}{x-2}}{\rm dx}[/tex]
bruker substitusjon:
[tex]u^2={\frac{5-x}{x-2}}[/tex]
som omforma mhp x gir:
[tex]x={\frac{2u^2+5}{u^2+1}}[/tex]
[tex]dx=\frac{-6u{\rm du}}{(u^2+1)^2}[/tex]
[tex]I_1=-6\int {\frac{u^2}{(u^2+1)^2}}{\rm du}[/tex]
Dette kan nok løses på flere måter. Delbrøksoppspalting og trigonometrisk substitusjon. Bruker sistnevnte jeg, u = tan(t),
t = arctan(u)
der
du = (1 + tan[sup]2[/sup](t)) dt = dt/(cos[sup]2[/sup](t))
[tex]I_1=-6 \int {\frac{\tan^2(t)\cdot (1+\tan^2(t))}{(1+\tan^2(t))^2}{\rm dt}=-6 \int {\sin^2(t)}{\rm dt}[/tex]
[tex]I_1=3\int (\cos(2t)\,-\,1){\rm dt}=3\sin(t) \cos(t)\,-\,t\,+\,C[/tex]
[tex]I_1=3[\sin(\arctan(u))\cos(\arctan(u))\,-\,\arctan(u)]\,+\,C[/tex]
[tex]I_1=3[\frac{u}{1+u^2}\,-\,\arctan(\sqrt{\frac{5-x}{x-2}})]\,+\,C[/tex]
[tex]I_1=\sqrt{(5-x)(x-2)}\,-\,3\arctan(\sqrt{\frac{5-x}{x-2}})\,+\,C[/tex]
Nåja, har bare sett på I[sub]1[/sub], og er ikke helt sikker på det er riktig engang. Stemte ikke helt overens med Integrator (som forøvrig gav I[sub]1[/sub] på en tungvint måte).
[tex]I_1=\int \sqrt{\frac{5-x}{x-2}}{\rm dx}[/tex]
bruker substitusjon:
[tex]u^2={\frac{5-x}{x-2}}[/tex]
som omforma mhp x gir:
[tex]x={\frac{2u^2+5}{u^2+1}}[/tex]
[tex]dx=\frac{-6u{\rm du}}{(u^2+1)^2}[/tex]
[tex]I_1=-6\int {\frac{u^2}{(u^2+1)^2}}{\rm du}[/tex]
Dette kan nok løses på flere måter. Delbrøksoppspalting og trigonometrisk substitusjon. Bruker sistnevnte jeg, u = tan(t),
t = arctan(u)
der
du = (1 + tan[sup]2[/sup](t)) dt = dt/(cos[sup]2[/sup](t))
[tex]I_1=-6 \int {\frac{\tan^2(t)\cdot (1+\tan^2(t))}{(1+\tan^2(t))^2}{\rm dt}=-6 \int {\sin^2(t)}{\rm dt}[/tex]
[tex]I_1=3\int (\cos(2t)\,-\,1){\rm dt}=3\sin(t) \cos(t)\,-\,t\,+\,C[/tex]
[tex]I_1=3[\sin(\arctan(u))\cos(\arctan(u))\,-\,\arctan(u)]\,+\,C[/tex]
[tex]I_1=3[\frac{u}{1+u^2}\,-\,\arctan(\sqrt{\frac{5-x}{x-2}})]\,+\,C[/tex]
[tex]I_1=\sqrt{(5-x)(x-2)}\,-\,3\arctan(\sqrt{\frac{5-x}{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]
Dette ser rett ut ja, Janhaa 
Jeg skal se om jeg klarer å finne tilbake til hvordan de løste denne i boka.
Jeg erstatter løste integraler med nye fra samme kilde. "Indian School Certificate (ISC) Mathematics, book 2 for class 12" av O.P. Malhotra og S.K. Gupta.
[tex]I_4 = \int \sqrt{\sqrt{x+2\sqrt{2x-4}}+\sqrt{x-2\sqrt{2x-4}}} \rm{d}x[/tex]
Denne er hentet fra et eksamenssett.
Jeg skal se om jeg klarer å finne tilbake til hvordan de løste denne i boka.
Jeg erstatter løste integraler med nye fra samme kilde. "Indian School Certificate (ISC) Mathematics, book 2 for class 12" av O.P. Malhotra og S.K. Gupta.
[tex]I_4 = \int \sqrt{\sqrt{x+2\sqrt{2x-4}}+\sqrt{x-2\sqrt{2x-4}}} \rm{d}x[/tex]
Denne er hentet fra et eksamenssett.
Jau, da fortsetter jeg. Glad ikke noen av disse dukka opp på min vgs eksamen. Er redd jeg hadde sitti ennå... 
(multipliserer med konjugerte av nevneren):
[tex]I_3=\int \frac{{\rm dx}}{x+\sqrt{1-x^2}}=\int \frac{x\,-\,\sqrt{1-x^2}}{2x^2-1}{\rm dx}=\int\frac{x{\rm dx}}{2x^2-1}\,-\,\int \frac{\sqrt{1-x^2}}{2x^2-1}{\rm dx}[/tex]
Kaller de to siste integrala hhv. I[sub]31[/sub] og I[sub]32[/sub].
I[sub]31[/sub]
u = 2x[sup]2[/sup]-1 der du=4x dx
og 0,25 du= x dx
[tex]I_{31}={1\over 4}\int \frac{{\rm du}}{u}\,=\,{1\over 4}\ln(2x^2-1)[/tex]
[tex]I_{32}=-\int \frac{\sqrt{1-x^2}}{2x^2-1}{\rm dx}[/tex]
setter x = sin(u) der dx = cos(u) du
u = arcsin(x)
[tex]I_{32}=-\int \frac{\cos^2(u){\rm du}}{2\sin^2(u)-1}=\int \frac{\cos^2(u){\rm du}}{2\cos^2(u)-1}={1\over 2}\int \frac{(1+\cos(2u))}{\cos(2u)}{\rm du}={1\over 2} \int \frac{{\rm du}}{\cos(2u)}+{1\over 2}\int {\rm du}[/tex]
der førstnevnte integral (I[sub]321[/sub]) er analogt med
[tex]\int \frac{{\rm dx}}{\cos(x)}=\ln|\frac{\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})}{\cos({x\over 2})-\sin({x\over 2})}|[/tex]
som vi/jeg har løst på forumet her før. Se linken under. Vinklene dobles.
http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... ght=#35710
[tex]I_{321}={1\over 2}\int \frac{{\rm du}}{\cos(2u)}={1\over 4}\ln|\frac{\cos(u)+\sin(u)}{\cos(u)-\sin(u)}|[/tex]
x=sin(u)
u = arcsin(x) der cos(arcsin(x))= [symbol:rot](1 - x[sup]2[/sup])
og sin(arcsin(x)) = x
slik at
[tex]I_{321}={1\over 4}\ln|\frac{\sqrt{1-x^2}+x}{\sqrt{1-x^2}-x}|={1\over 2}\tanh^{-1}(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}})[/tex]
Sistnevnte (fra I[sub]32[/sub]) er:
[tex]I_{322}={1\over 2}\int {\rm du}={1\over 2}u={1\over 2}\arcsin(x)[/tex]
Endelig:
[tex]I_3={1\over 4}\ln(2x^2-1)\,+\,{1\over 2}\arcsin(x)\,+\,{1\over 2}\tanh^{-1}(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}})\,+\,C[/tex]
PS
for ordensskyld; arctanh(x) = tanh[sup]-1[/sup](x)
jeg fikk ikke arctanh(x) til å funke i Tex.
(multipliserer med konjugerte av nevneren):
[tex]I_3=\int \frac{{\rm dx}}{x+\sqrt{1-x^2}}=\int \frac{x\,-\,\sqrt{1-x^2}}{2x^2-1}{\rm dx}=\int\frac{x{\rm dx}}{2x^2-1}\,-\,\int \frac{\sqrt{1-x^2}}{2x^2-1}{\rm dx}[/tex]
Kaller de to siste integrala hhv. I[sub]31[/sub] og I[sub]32[/sub].
I[sub]31[/sub]
u = 2x[sup]2[/sup]-1 der du=4x dx
og 0,25 du= x dx
[tex]I_{31}={1\over 4}\int \frac{{\rm du}}{u}\,=\,{1\over 4}\ln(2x^2-1)[/tex]
[tex]I_{32}=-\int \frac{\sqrt{1-x^2}}{2x^2-1}{\rm dx}[/tex]
setter x = sin(u) der dx = cos(u) du
u = arcsin(x)
[tex]I_{32}=-\int \frac{\cos^2(u){\rm du}}{2\sin^2(u)-1}=\int \frac{\cos^2(u){\rm du}}{2\cos^2(u)-1}={1\over 2}\int \frac{(1+\cos(2u))}{\cos(2u)}{\rm du}={1\over 2} \int \frac{{\rm du}}{\cos(2u)}+{1\over 2}\int {\rm du}[/tex]
der førstnevnte integral (I[sub]321[/sub]) er analogt med
[tex]\int \frac{{\rm dx}}{\cos(x)}=\ln|\frac{\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})}{\cos({x\over 2})-\sin({x\over 2})}|[/tex]
som vi/jeg har løst på forumet her før. Se linken under. Vinklene dobles.
http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... ght=#35710
[tex]I_{321}={1\over 2}\int \frac{{\rm du}}{\cos(2u)}={1\over 4}\ln|\frac{\cos(u)+\sin(u)}{\cos(u)-\sin(u)}|[/tex]
x=sin(u)
u = arcsin(x) der cos(arcsin(x))= [symbol:rot](1 - x[sup]2[/sup])
og sin(arcsin(x)) = x
slik at
[tex]I_{321}={1\over 4}\ln|\frac{\sqrt{1-x^2}+x}{\sqrt{1-x^2}-x}|={1\over 2}\tanh^{-1}(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}})[/tex]
Sistnevnte (fra I[sub]32[/sub]) er:
[tex]I_{322}={1\over 2}\int {\rm du}={1\over 2}u={1\over 2}\arcsin(x)[/tex]
Endelig:
[tex]I_3={1\over 4}\ln(2x^2-1)\,+\,{1\over 2}\arcsin(x)\,+\,{1\over 2}\tanh^{-1}(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}})\,+\,C[/tex]
PS
for ordensskyld; arctanh(x) = tanh[sup]-1[/sup](x)
jeg fikk ikke arctanh(x) til å funke i Tex.
Sist redigert av Janhaa den 25/08-2007 01:22, redigert 3 ganger totalt.
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]
Stemmer helt og holdent!
Neste:
[tex]I_5 = \frac{x^2-8}{x^4+7x^2+64} \rm{d} x[/tex]
Det skal jo sies at ikke alle integralene i boka er like ille, men de som kommer mot slutten av eksamenssettene er gjerne litt koselige.
Neste:
[tex]I_5 = \frac{x^2-8}{x^4+7x^2+64} \rm{d} x[/tex]
Det skal jo sies at ikke alle integralene i boka er like ille, men de som kommer mot slutten av eksamenssettene er gjerne litt koselige.
Boken er fra klasse 12 i det indiske skolesystemet, som er det andre og siste året ved videregående skole før universitet etter det jeg har forstått. I India går man på dette klassetrinnet når man er mellom 16 og 17 år
Sist redigert av daofeishi den 27/06-2007 17:27, redigert 1 gang totalt.
Ja, er omkring 2. klasse her på berget. Lærer vel integraler som sin(2x) ogJarle10 skrev:hah, det sier litt da... Mellom 16 og 17 år...
(x[sup]3[/sup]+4x-1) da !
De hardeste integralene vi fikk på analyse 1 eksamen (Calculus I) var (husker de eksakt):
[tex]\int\frac{{\rm dx}}{\cos(x)}[/tex]
og
[tex]\int\frac{{\rm dx}}{1+x^3}[/tex]
Og disse ligger dog under nivået på intergralene presentert over !
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]
Ja, og det skremmer meg litt, Janhaa. Jeg synes det er merkelig at et rent matematikkurs ved et universitet ikke skal kunne dekke de teknikker som læres bort ved et delkurs ved videregående skole andre plasser i verden. Med visse unntak. Jeg har hørt rykter om at Stuyvesant High School i Statene et par år har lært bort stringent analyse og andre universitetsfag til motiverte matematikkstudenter. (Ta en titt på "academics"-seksjonen i Wikipediaartikkelen.) Jeg synes det er synd at tradisjonen ikke tillater slike skoler i Norge. Jeg vet ikke hvor mye innspill lærere har på læreplaner og faginnhold i Norge?
Uansett, ifølge ISC-læreplanen skal studentene ha kunnskaper til å integrere følgende funksjoner:
- Alle polynomer og funksjoner i x med alle reelle koeffisenter.
- Alle trigonometriske funksjoner (sin, cos, tan, sec, csc, cot)
- Eksponentelle funksjoner og logaritimiske funksjoner
- Integraler løselige med delvis integrasjon, delbrøkoppspaltning og trigonometrisk og hyperbolsk substitusjon.
- Weierstrassubstitusjon/t-substitusjon, og bl.a. integraler på formen [tex] \int \frac{a\sin x + b \cos x}{c \sin x + d\cos x} \rm{d}x[/tex]
- Integraler på formen [tex]\int \frac{\rm{d}x}{x^2 + a^2} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{x^2-a^2} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{a^2 - x^2} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{x^2 + a^2}} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{x^2-a^2}} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{a^2 - x^2}}[/tex]
- Integrasjon av [tex]\frac{x^2 \pm 1}{x^4 + kx^2 + 1} \rm{d}x[/tex] med substitusjonen [tex]t = x \pm \frac{1}{x}[/tex]
- Integrasjon av [tex]\int \frac{f(x)}{ax^2 + bx + c} \rm{d}x \qquad \int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{ax^2 + bx + c}} \qquad \int \frac{px+q}{\sqrt{ax^2 + bx + c}} \rm{d}x \qquad \int (px+q)\sqrt{ax^2+bx+c}[/tex] etc.
Uansett, ifølge ISC-læreplanen skal studentene ha kunnskaper til å integrere følgende funksjoner:
- Alle polynomer og funksjoner i x med alle reelle koeffisenter.
- Alle trigonometriske funksjoner (sin, cos, tan, sec, csc, cot)
- Eksponentelle funksjoner og logaritimiske funksjoner
- Integraler løselige med delvis integrasjon, delbrøkoppspaltning og trigonometrisk og hyperbolsk substitusjon.
- Weierstrassubstitusjon/t-substitusjon, og bl.a. integraler på formen [tex] \int \frac{a\sin x + b \cos x}{c \sin x + d\cos x} \rm{d}x[/tex]
- Integraler på formen [tex]\int \frac{\rm{d}x}{x^2 + a^2} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{x^2-a^2} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{a^2 - x^2} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{x^2 + a^2}} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{x^2-a^2}} \qquad \int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{a^2 - x^2}}[/tex]
- Integrasjon av [tex]\frac{x^2 \pm 1}{x^4 + kx^2 + 1} \rm{d}x[/tex] med substitusjonen [tex]t = x \pm \frac{1}{x}[/tex]
- Integrasjon av [tex]\int \frac{f(x)}{ax^2 + bx + c} \rm{d}x \qquad \int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{ax^2 + bx + c}} \qquad \int \frac{px+q}{\sqrt{ax^2 + bx + c}} \rm{d}x \qquad \int (px+q)\sqrt{ax^2+bx+c}[/tex] etc.
Sist redigert av daofeishi den 28/06-2007 23:38, redigert 1 gang totalt.
Interessant lesning den Wiki-artikkelen !daofeishi skrev:Ja, og det skremmer meg litt, Janhaa. Jeg synes det er merkelig at et rent matematikkurs ved et universitet ikke skal kunne dekke de teknikker som læres bort ved et delkurs ved videregående skole andre plasser i verden. Med visse unntak. Jeg har hørt rykter om at Stuyvesant High School i Statene et par år har lært bort stringent analyse og andre universitetsfag til motiverte matematikkstudenter. (Ta en titt på "academics"-seksjonen i Wikipediaartikkelen.) Jeg synes det er synd at tradisjonen ikke tillater slike skoler i Norge. Jeg vet ikke hvor mye innspill lærere har på læreplaner og faginnhold i Norge?
Sjøl jobber jeg som vikar, og kjenner ikke formelt til lærerenes innflytelse og påvirkning av læreplaner og pensum.
Men virker som faginnhold og pensum er bestemt i departementet.
I disse dager blir eksamensoppgavene generert av Utdanningsdirektoratet. Før lå ansvaret ( kronologisk rekkefølge) på Læringssenteret, Eksamenssekretariatet og RVO.
Etter en eksamensperiode er der alltid ramaskrik om vanskelig oppgaver. F.eks. på 2MX eksamen V07. Hvorfor kan ikke lærere (og elever) være tilfreds med utfordrende oppgaver, som selekterer de aller beste fra majoriteten?
Slike matematikse oppgaver (nøtter) kan i beste fall medføre kobling av kunnskap på tvers av flere områder. Og eventuelt vekke den matematiske kreativiten. Det er farlig i trygge og demokratiske Norge...
--------------------------------------------------------------------
Vedrørende integrasjonpensumet på vgs i Norge;
i) delvis integrasjon, ii) integrasjon med delbrøksoppspalting (var i 3MN, ikke 3MX, men kommer tilbake igjen i ny lærerplan?) og iii) substitusjon (variabelskifte).
Sist redigert av Janhaa den 29/06-2007 03:42, redigert 1 gang totalt.
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]
Vel, siden jeg er blitt litt forelska i integrasjon - fortsetter integrasjonsturen min (ser av bidraga mine at jeg er litt enspora, men er kjemiker og døgnet har ikke nok timer ).
[tex]I_5=\int \frac{x^2-8}{x^4+7x^2+64}{\rm dx}=\int \frac{x^2-8}{(x^2-3x+8)(x^2+3x+8)}{\rm dx}[/tex]
Kjører delbrøksoppspalting:
[tex]\frac{x^2+8}{(x^2-3x+8)(x^2+3x+8)}=\frac{Ax+B}{x^2-3x+8}\,+\,\frac{Cx+D}{x^2+3x+8}[/tex]
[tex]x^2-8=(Ax+B)(x^2+3x+8)\,+\,(Cx+D)(x^2-3x+8)[/tex]
[tex]x^2-8=x^3(A+C)\,+\,x^2(3A+B-3C+D)\,+\,x(8A+3B+8C-3D)\,+\,8(B+D)[/tex]
): 4 likninger med 4 ukjente:
8B + 8D = -8
8A + 3B + 8C - 3C = 0
3A + B - 3C + D = 1
A + C = 0
Flere måter å løse likningssystemet på; i) addisjonsmetoden, ii) eliminiasjonsmetoden, iii) kalkulator og iv) representere likningssystemet på matriseform og bruke Gauss eliminasjon for bestemmelse av A, B, C og D.
Enkleste her er kalkis;
[tex]A=-{1\over 3},\; B=D=-{1\over 2},\;C=-{1\over 3}[/tex]
Som gir:
[tex]I_5=\int \frac{({1\over 3}x-{1\over 2})}{x^2-3x+8}{\rm dx}\,-\,\int \frac{({1\over 3}x+{1\over 2})}{x^2+3x+8}{\rm dx}=I_{51}\,-\,I_{52}[/tex]
[tex]I_{51}:\;u=x^2-3x+8,\;\;\frac{{\rm du}}{6}=({x\over 3}-{1\over 2}){\rm dx}[/tex]
[tex]I_{52}:\;v=x^2+3x+8,\;\;\frac{{\rm dv}}{6}=({x\over 3}+{1\over 2}){\rm dx}[/tex]
[tex]I_5={1\over 6}\int \frac{{\rm du}}{u}\,-\,{1\over 6}\int \frac{{\rm dv}}{v}={1\over 6}(\ln|u|\,-\,\ln|v|)={1\over 6}\ln|\frac{u}{v}|\,+\,C[/tex]
[tex]I_5\,=\,{1\over 6}\cdot\ ln{\mid \frac{x^2-3x+8}{x^2+3x+8} \mid} \,+\,C[/tex]
).[tex]I_5=\int \frac{x^2-8}{x^4+7x^2+64}{\rm dx}=\int \frac{x^2-8}{(x^2-3x+8)(x^2+3x+8)}{\rm dx}[/tex]
Kjører delbrøksoppspalting:
[tex]\frac{x^2+8}{(x^2-3x+8)(x^2+3x+8)}=\frac{Ax+B}{x^2-3x+8}\,+\,\frac{Cx+D}{x^2+3x+8}[/tex]
[tex]x^2-8=(Ax+B)(x^2+3x+8)\,+\,(Cx+D)(x^2-3x+8)[/tex]
[tex]x^2-8=x^3(A+C)\,+\,x^2(3A+B-3C+D)\,+\,x(8A+3B+8C-3D)\,+\,8(B+D)[/tex]
): 4 likninger med 4 ukjente:
8B + 8D = -8
8A + 3B + 8C - 3C = 0
3A + B - 3C + D = 1
A + C = 0
Flere måter å løse likningssystemet på; i) addisjonsmetoden, ii) eliminiasjonsmetoden, iii) kalkulator og iv) representere likningssystemet på matriseform og bruke Gauss eliminasjon for bestemmelse av A, B, C og D.
Enkleste her er kalkis;
[tex]A=-{1\over 3},\; B=D=-{1\over 2},\;C=-{1\over 3}[/tex]
Som gir:
[tex]I_5=\int \frac{({1\over 3}x-{1\over 2})}{x^2-3x+8}{\rm dx}\,-\,\int \frac{({1\over 3}x+{1\over 2})}{x^2+3x+8}{\rm dx}=I_{51}\,-\,I_{52}[/tex]
[tex]I_{51}:\;u=x^2-3x+8,\;\;\frac{{\rm du}}{6}=({x\over 3}-{1\over 2}){\rm dx}[/tex]
[tex]I_{52}:\;v=x^2+3x+8,\;\;\frac{{\rm dv}}{6}=({x\over 3}+{1\over 2}){\rm dx}[/tex]
[tex]I_5={1\over 6}\int \frac{{\rm du}}{u}\,-\,{1\over 6}\int \frac{{\rm dv}}{v}={1\over 6}(\ln|u|\,-\,\ln|v|)={1\over 6}\ln|\frac{u}{v}|\,+\,C[/tex]
[tex]I_5\,=\,{1\over 6}\cdot\ ln{\mid \frac{x^2-3x+8}{x^2+3x+8} \mid} \,+\,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 Janhaa 
Boka 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]
Jammen meg har jeg glemt integraltegn... Det får vi rette på.
Boka 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]
Jammen meg har jeg glemt integraltegn... Det får vi rette på.