Tar [tex]I_2[/tex] uten trigonometrisk substitusjon jeg
2 min
[tex]I = \int (x + x^3) \sqrt{1 - x^2} {\rm d}x[/tex]
[tex]I = \int -\frac{1}{2} \cdot (-2x) \cdot (2 - (1 - x^2)) \sqrt{1 - x^2} {\rm d}x[/tex]
[tex]u = 1 - x^2[/tex], [tex]u^\prime = -2x[/tex]
[tex]I = \int -\frac{1}{2} \cdot u^\prime \cdot (2 - u) \cdot \sqrt {u} {\rm d}x[/tex]
[tex]I = \int -\frac{1}{2}(2-u)\sqrt {u} {\rm d}u[/tex]
[tex]I = -\frac{1}{2} \left ( \int 2u^{1/2} {\rm d}u - \int u^{3/2} {\rm d}u \right )[/tex]
stopper der
Lenge siden sist vi integrerte...
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Integralene stemmer - flinke gutter. Løste sjøl siste I[sub]2[/sub] som Eirik.
-------------------------------------------------------------------------------
Ok prøver meg på daofeishi sitt, dvs jeg løser det ubestemte først
[tex]I=\int \frac{\cos(x){\rm dx}}{p\sin(x)+q\cos(x)}={1\over p^2+q^2} \int \frac{\left(q(p\sin(x)+q\cos(x))\,+\,p(p\cos(x)-q\sin(x))\right){\rm dx}}{p\sin(x)+q\cos(x)}[/tex]
setter u = psin(x) + qcos(x),
du = (pcos(x) - qsin(x)) dx
[tex]I= \frac{1}{p^2+q^2}\, \cdot (\int q {\rm dx}\,+\, p\int {{\rm du} \over u})[/tex]
[tex]I=\frac{1}{p^2+q^2}(qx\,+\,p\ln|u|)=\frac{1}{p^2+q^2}(qx\,+\,p\ln|p\sin(x)+q\cos(x)|)\,+\,C[/tex]
når grensene settes inn fås
[tex]I=\frac{1}{p^2+q^2}\, \cdot ({\pi\over 2}\cdot q \,+\,p \cdot \ln({p\over q}))[/tex]
-------------------------------------------------------------------------------
Ok prøver meg på daofeishi sitt, dvs jeg løser det ubestemte først
[tex]I=\int \frac{\cos(x){\rm dx}}{p\sin(x)+q\cos(x)}={1\over p^2+q^2} \int \frac{\left(q(p\sin(x)+q\cos(x))\,+\,p(p\cos(x)-q\sin(x))\right){\rm dx}}{p\sin(x)+q\cos(x)}[/tex]
setter u = psin(x) + qcos(x),
du = (pcos(x) - qsin(x)) dx
[tex]I= \frac{1}{p^2+q^2}\, \cdot (\int q {\rm dx}\,+\, p\int {{\rm du} \over u})[/tex]
[tex]I=\frac{1}{p^2+q^2}(qx\,+\,p\ln|u|)=\frac{1}{p^2+q^2}(qx\,+\,p\ln|p\sin(x)+q\cos(x)|)\,+\,C[/tex]
når grensene settes inn fås
[tex]I=\frac{1}{p^2+q^2}\, \cdot ({\pi\over 2}\cdot q \,+\,p \cdot \ln({p\over q}))[/tex]
Sist redigert av Janhaa den 24/05-2007 23:35, redigert 2 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]
-
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Den var smart, Janhaa! Jeg hadde tenkt å gå Weierstrasse, men det der var betraktelig penere.
-
- Weierstrass
- Innlegg: 451
- Registrert: 25/08-2005 17:49
Tar en som krever litt tenking hvis man ikke har sett den før
[tex]I_3 = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}4} \sqrt{1+sin x} dx[/tex]
[tex]I_3 = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}4} \sqrt{1+sin x} dx[/tex]
Kjører på med et av de integrala som forsvant (ikke for vanskelig dette):
[tex]I_4\,=\,\int x\cdot \sin(\sin(\arccos(x))) {\rm dx}[/tex]
[tex]I_4\,=\,\int x\cdot \sin(\sin(\arccos(x))) {\rm dx}[/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]
Med et hint, tar det ubestemte først:ingentingg skrev:Tar en som krever litt tenking hvis man ikke har sett den før
[tex]I_3 = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}4} \sqrt{1+sin x} dx[/tex]
[tex]I_3=\int \sqrt{1+\sin(x)} {\rm dx}=\int \frac{\sqrt{(1-\sin^2(x))}{\rm dx}}{\sqrt{(1-\sin(x))}[/tex]
[tex]I_3=\int \frac{\cos(x) {\rm dx}}{\sqrt{1-\sin(x)}[/tex]
u = 1 - sin(x)
-du = cos(x) dx
[tex]I_3=-\int \frac{{\rm du}}{\sqrt u}=-2u^{1\over 2}=-2(1-\sin(x))^{1\over 2}\,+\,C[/tex]
det bestemte integralet:
[tex]I_3=-2[\sqrt{1\,-\,\sin(x)}]_0^{\pi \over 4}=2\,-\,2\sqrt{\frac{2-\sqrt2}{2}}[/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]
-
- Weierstrass
- Innlegg: 451
- Registrert: 25/08-2005 17:49
Det finnes en litt enklere måte.
[tex]/sin 2 \cdot u = 2 \sin u \cos u[/tex]
+ enhetsformelen.
[tex]/sin 2 \cdot u = 2 \sin u \cos u[/tex]
+ enhetsformelen.
Siden ingen har løst [tex]\;I_4=\int x\cdot \sin(\sin(\arccos(x))) {\rm dx}\;[/tex]slenger jeg inn ett bidrag sjøl.
[tex]I_4=\int x\cdot \sin(\arcsin(\sqrt{1-x^2}) {\rm dx}=\int x\cdot \sin(\sqrt{1-x^2}){\rm dx}[/tex]
[tex]u^2=1-x^2[/tex]
[tex]I_4=-\int u\sin(u){\rm du}=-u\cos(u)\,+\,\int \cos(u) {\rm du}=u\cos(u)\,-\,\sin(u)[/tex]
[tex]I_4=\sqrt{1-x^2}\,\cos(\sqrt{1-x^2})\,-\,\sin(\sqrt{1-x^2})\,+\,C[/tex]
[tex]I_4=\int x\cdot \sin(\arcsin(\sqrt{1-x^2}) {\rm dx}=\int x\cdot \sin(\sqrt{1-x^2}){\rm dx}[/tex]
[tex]u^2=1-x^2[/tex]
[tex]I_4=-\int u\sin(u){\rm du}=-u\cos(u)\,+\,\int \cos(u) {\rm du}=u\cos(u)\,-\,\sin(u)[/tex]
[tex]I_4=\sqrt{1-x^2}\,\cos(\sqrt{1-x^2})\,-\,\sin(\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]