Integral maraton !
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Andreas345
- Grothendieck
- Innlegg: 828
- Registrert: 13/10-2007 00:33
[tex]\large I_6=\int\frac{x\cdot \sqrt{2-x^2}}{\sqrt{x^2+1}} \ dx[/tex]
tror jeg har løst det, mulig veldig tungvint...forklarer i raske trekk...
første substitusjon: u = x^2 + 1
[tex]I_6={1\over 2}\int\sqrt{\frac{3-u}{u}}\,du[/tex]
så
[tex]V^2=\frac{3-u}{u}[/tex]
der
[tex]u=\frac{3}{V^2+1}[/tex]
slik at:
[tex]I_6=-3\int\frac{V^2}{(V^2+1)^2}\,dV[/tex]
3. substitusjon, V = tan(t)
medfører:
[tex]{3\over 2}\int \sin^2(t)\,dt={3\over 2}\sin(t)\cos(t) - t + C[/tex]
-----------------------------
tilbake substituerer:
[tex]I_6={3\over 2}(\frac{V}{V^2+1}\,-\,\arctan(V)) + C={3\over 2}({u\over 3}\sqrt{\frac{3-u}{u}}\,-\,\arctan(\sqrt{\frac{3-u}{u}})) + C[/tex]
[tex]I_6={3\over 2}\left(({x^2+1\over 3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}\,-\,\arctan(\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}})\right)\,+\,C[/tex]
første substitusjon: u = x^2 + 1
[tex]I_6={1\over 2}\int\sqrt{\frac{3-u}{u}}\,du[/tex]
så
[tex]V^2=\frac{3-u}{u}[/tex]
der
[tex]u=\frac{3}{V^2+1}[/tex]
slik at:
[tex]I_6=-3\int\frac{V^2}{(V^2+1)^2}\,dV[/tex]
3. substitusjon, V = tan(t)
medfører:
[tex]{3\over 2}\int \sin^2(t)\,dt={3\over 2}\sin(t)\cos(t) - t + C[/tex]
-----------------------------
tilbake substituerer:
[tex]I_6={3\over 2}(\frac{V}{V^2+1}\,-\,\arctan(V)) + C={3\over 2}({u\over 3}\sqrt{\frac{3-u}{u}}\,-\,\arctan(\sqrt{\frac{3-u}{u}})) + C[/tex]
[tex]I_6={3\over 2}\left(({x^2+1\over 3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}\,-\,\arctan(\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}})\right)\,+\,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]
-
Andreas345
- Grothendieck
- Innlegg: 828
- Registrert: 13/10-2007 00:33
[tex]I_6={3\over 2}\left(({x^2+1\over 3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}\,-\,\arctan(\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}})\right)\,+\,C[/tex]
Forkorter du litt får du at [tex]{3\over 2}\left(({x^2+1\over 3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}\right )=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{(x^2+1)\cdot (2-x^2)}[/tex]
Dette stemmer, men det andre leddet samsvarte ikke med jeg fikk.
Hva med å la første substitusjon være [tex]u^2=x^2+1[/tex]
Forkorter du litt får du at [tex]{3\over 2}\left(({x^2+1\over 3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}\right )=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{(x^2+1)\cdot (2-x^2)}[/tex]
Dette stemmer, men det andre leddet samsvarte ikke med jeg fikk.
Hva med å la første substitusjon være [tex]u^2=x^2+1[/tex]
hmmm...ikke enig med deg. Jeg deriverte høyre sida mi, og fikk lik integranden...legger ved derivasjonsstykke (hvis det funker)Andreas345 skrev:[tex]I_6={3\over 2}\left(({x^2+1\over 3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}\,-\,\arctan(\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}})\right)\,+\,C[/tex]
Forkorter du litt får du at [tex]{3\over 2}\left(({x^2+1\over 3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}\right )=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{(x^2+1)\cdot (2-x^2)}[/tex]
Dette stemmer, men det andre leddet samsvarte ikke med jeg fikk.
Hva med å la første substitusjon være [tex]u^2=x^2+1[/tex]
http://www.calc101.com/webMathematica/d ... sp#topdoit
ps, du må skrive inn riktige "koder".
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]
for ordens skyld, dytt denne "frasen" inn i calc101
$0.5*((x^2+1)*\sqrt{(2-x^2)/(x^2+1)}-3\arctan[\sqrt{(2-x^2)/(x^2+1)}])$
og den deriverte er lik
[tex]x \sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}[/tex]
dvs integranden
$0.5*((x^2+1)*\sqrt{(2-x^2)/(x^2+1)}-3\arctan[\sqrt{(2-x^2)/(x^2+1)}])$
og den deriverte er lik
[tex]x \sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}[/tex]
dvs integranden
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]
-
Andreas345
- Grothendieck
- Innlegg: 828
- Registrert: 13/10-2007 00:33
Så det vil si at det eneste som skiller disse to svarene er en konstant? :
[tex]\large I_6=\int\frac{x\cdot sqrt{2-x^2}}{sqrt{x^2+1}} \ dx [/tex]
[tex]u^2=x^2+1 \ \ \ 2udu = 2xdx [/tex]
[tex] dx=\frac {u}{x} \ du[/tex]
[tex]\large I_6=\int\frac{x\cdot sqrt{2-x^2}}{u} \cdot \frac {u}{x} \ du[/tex]
[tex]\large I_6=sqrt {2-x^2} \ du [/tex]
Har at [tex]x^2=u^2-1[/tex]
[tex]\large I_6 =sqrt {3-u^2} \ du [/tex]
Andre substutisjon [tex]u=sqrt{3} \cdot sin(v)[/tex] [tex] \Rightarrow du=sqrt{3}\cdot cos(v) dv[/tex]
[tex]\large I_6=sqrt {3-3sin^2(v)}\cdot sqrt{3}\cdot cos(v) dv [/tex]
[tex]\large I_6=sqrt {3(1-sin^2(v)}\cdot sqrt{3}\cdot cos(v) dv [/tex]
[tex]\large I_6=sqrt {3}cos(v)\cdot sqrt{3}\cdot cos(v) dv [/tex]
[tex]\large I_6=3\int cos^2(v) dv =\frac{3}{2} \left ( v+sin(v)\cdot cos(v) \right)+C=\frac{3}{2} \left ( v+\frac{sin(2x)}{2} \right)+C[/tex]
[tex]u=sqrt{3} \cdot sin(v) \Leftrightarrow v=asin(\frac{u}{sqrt{3}})[/tex]
[tex]\large I_6=\frac{3}{2}asin(\frac{u}{sqrt{3}})+\frac{3}{2}\frac{u\cdot sqrt{3-u^2}}{3}+C[/tex]
[tex]u^2=x^2+1 \Leftrightarrow u=sqrt{x^2+1}[/tex]
[tex]\large I_6=\frac{3}{2}asin(sqrt{\frac{x^2+1}{3}})+\frac{1}{2}+sqrt{x^2+1}\sqrt{3-x^2-1}+C=\frac{3}{2}asin(sqrt{\frac{x^2+1}{3}})+\frac{1}{2}\cdot sqrt{x^2+1}\sqrt{2-x^2}+C[/tex]
[tex]\large I_6=\int\frac{x\cdot sqrt{2-x^2}}{sqrt{x^2+1}} \ dx [/tex]
[tex]u^2=x^2+1 \ \ \ 2udu = 2xdx [/tex]
[tex] dx=\frac {u}{x} \ du[/tex]
[tex]\large I_6=\int\frac{x\cdot sqrt{2-x^2}}{u} \cdot \frac {u}{x} \ du[/tex]
[tex]\large I_6=sqrt {2-x^2} \ du [/tex]
Har at [tex]x^2=u^2-1[/tex]
[tex]\large I_6 =sqrt {3-u^2} \ du [/tex]
Andre substutisjon [tex]u=sqrt{3} \cdot sin(v)[/tex] [tex] \Rightarrow du=sqrt{3}\cdot cos(v) dv[/tex]
[tex]\large I_6=sqrt {3-3sin^2(v)}\cdot sqrt{3}\cdot cos(v) dv [/tex]
[tex]\large I_6=sqrt {3(1-sin^2(v)}\cdot sqrt{3}\cdot cos(v) dv [/tex]
[tex]\large I_6=sqrt {3}cos(v)\cdot sqrt{3}\cdot cos(v) dv [/tex]
[tex]\large I_6=3\int cos^2(v) dv =\frac{3}{2} \left ( v+sin(v)\cdot cos(v) \right)+C=\frac{3}{2} \left ( v+\frac{sin(2x)}{2} \right)+C[/tex]
[tex]u=sqrt{3} \cdot sin(v) \Leftrightarrow v=asin(\frac{u}{sqrt{3}})[/tex]
[tex]\large I_6=\frac{3}{2}asin(\frac{u}{sqrt{3}})+\frac{3}{2}\frac{u\cdot sqrt{3-u^2}}{3}+C[/tex]
[tex]u^2=x^2+1 \Leftrightarrow u=sqrt{x^2+1}[/tex]
[tex]\large I_6=\frac{3}{2}asin(sqrt{\frac{x^2+1}{3}})+\frac{1}{2}+sqrt{x^2+1}\sqrt{3-x^2-1}+C=\frac{3}{2}asin(sqrt{\frac{x^2+1}{3}})+\frac{1}{2}\cdot sqrt{x^2+1}\sqrt{2-x^2}+C[/tex]
-
Nebuchadnezzar
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Merkelig... Denne gir et annet svar.
Wolfram Integral
Noen grunn til at denne ikkke legger til en C på slutten ?
Wolfram Integral
Noen grunn til at denne ikkke legger til en C på slutten ?
Ja, det er flere veier til Rom.Charlatan skrev:husk at [tex]\arctan\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x[/tex]
Nytt integral:
[tex]\large I_7= \int \frac{dx}{\sin(2x)\sqrt{\ln(\tan(x))}}[/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]
hehe...Charlatan skrev:Setter [tex]u=\log \tan x \Rightarrow \frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=\frac{2}{\cos x \sin x} [/tex]
[tex]I=\frac12 \int \frac{1}{\sqrt{u}}\rm{d}u=\sqrt{ \tan 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]
skal være [tex]\frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=\frac{2}{\sin 2x} [/tex]
Oppfølger:
Vis at [tex]\int^b_a f(x)g(x) \rm{d}x=\sum^{\infty}_{k=0} (-1)^k[f_{k+1} g_k(x)]^b_a[/tex]
hvor [tex]f_k[/tex] er en antiderivert av [tex]f^{k-1}[/tex], og [tex]f_0=f[/tex]; og [tex]g_k[/tex] er den k'te deriverte av [tex]g=g_0[/tex] dersom [tex]f_{n+1}g_n(x)[/tex] konvergerer uniformt mot 0 på [tex][a,b][/tex].
( [tex]h_n(x)[/tex] konvergerer uniformt mot [tex]h(x)[/tex] på [tex][a,b] \Leftrightarrow \lim_{n \to \infty } \sup \{ |h(x)-h_n(x)| : x \in [a,b] \}=0[/tex] )
EDIT: Bruk dette til å finne taylorrekka til [tex]e^x[/tex].
Oppfølger:
Vis at [tex]\int^b_a f(x)g(x) \rm{d}x=\sum^{\infty}_{k=0} (-1)^k[f_{k+1} g_k(x)]^b_a[/tex]
hvor [tex]f_k[/tex] er en antiderivert av [tex]f^{k-1}[/tex], og [tex]f_0=f[/tex]; og [tex]g_k[/tex] er den k'te deriverte av [tex]g=g_0[/tex] dersom [tex]f_{n+1}g_n(x)[/tex] konvergerer uniformt mot 0 på [tex][a,b][/tex].
( [tex]h_n(x)[/tex] konvergerer uniformt mot [tex]h(x)[/tex] på [tex][a,b] \Leftrightarrow \lim_{n \to \infty } \sup \{ |h(x)-h_n(x)| : x \in [a,b] \}=0[/tex] )
EDIT: Bruk dette til å finne taylorrekka til [tex]e^x[/tex].
Sist redigert av Charlatan den 03/11-2009 18:38, redigert 1 gang totalt.
-
Nebuchadnezzar
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Virker som den forgje var litt for vanskelig... Kanskje du kan lage en egen tråd for den ? Hadde virkelig likt å se løsningen.
Men er godt langt over 24 timer så da prøver vi oss på ett nytt integral.
[tex]\int_0^1\frac{x^a-x^b}{\ln x}\,dx,\,\forall a,b>-1[/tex]
Hint gis om ønsket.
Liker folket her inne best bestemte eller ubestemte integraler ?
Men er godt langt over 24 timer så da prøver vi oss på ett nytt integral.
[tex]\int_0^1\frac{x^a-x^b}{\ln x}\,dx,\,\forall a,b>-1[/tex]
Hint gis om ønsket.
Liker folket her inne best bestemte eller ubestemte integraler ?
Jeg kommer fram til
[tex]I = \ln\left(\frac{1+a}{1+b}\right)\quad\forall a,b>-1[/tex], men jeg vet neimen ikke om det er riktig. Måtte lese litt om bestemte eksponentialintegraler på mathworld først.
Setter
[tex]u=\ln(x) \Rightarrow e^u=x, \quad e^u\mathrm{d}u=\mathrm{d}x\quad\quad u\in(-\infty,0][/tex].
Dette gir
[tex]I=\int_{-\infty}^0 \frac{e^{u(1+a)}-e^{u(1+b)}}{u}\mathrm{d}u[/tex]
Setter så
[tex]u = -u[/tex] og innfører [tex]k= (1+a),\quad m = (1+b)[/tex].
Får da
[tex] I = -\int_0^{\infty}\frac{e^{-ku}-e^{-mu}}{u}\mathrm{d}u[/tex]
som er differansen mellom to bestemte eksponentialintegraler. I følge mathworld resulterer disse i
[tex]\ln\left(\frac{m}{k}\right)[/tex].
Siden jeg har minus foran logaritmen snus brøken i logaritmen på hodet, og jeg får svaret skrevet øverst etter å ha satt inn for m og k.
[tex]I = \ln\left(\frac{1+a}{1+b}\right)\quad\forall a,b>-1[/tex], men jeg vet neimen ikke om det er riktig. Måtte lese litt om bestemte eksponentialintegraler på mathworld først.
Setter
[tex]u=\ln(x) \Rightarrow e^u=x, \quad e^u\mathrm{d}u=\mathrm{d}x\quad\quad u\in(-\infty,0][/tex].
Dette gir
[tex]I=\int_{-\infty}^0 \frac{e^{u(1+a)}-e^{u(1+b)}}{u}\mathrm{d}u[/tex]
Setter så
[tex]u = -u[/tex] og innfører [tex]k= (1+a),\quad m = (1+b)[/tex].
Får da
[tex] I = -\int_0^{\infty}\frac{e^{-ku}-e^{-mu}}{u}\mathrm{d}u[/tex]
som er differansen mellom to bestemte eksponentialintegraler. I følge mathworld resulterer disse i
[tex]\ln\left(\frac{m}{k}\right)[/tex].
Siden jeg har minus foran logaritmen snus brøken i logaritmen på hodet, og jeg får svaret skrevet øverst etter å ha satt inn for m og k.
-
Nebuchadnezzar
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Svaret er helt riktig, men du kunne jo ha brukt brøk spalting og 
Uansett god jobb, og du er tillat og poste neste integral.
( Er disse integralene over eller under det som skal kunne forventes i VG3 eller første året på universitet ? )
Uansett god jobb, og du er tillat og poste neste integral.
( Er disse integralene over eller under det som skal kunne forventes i VG3 eller første året på universitet ? )