Integrasjonlek

[daofeishi]

Så meg nødt til å bruteforce denne. Først faktorisering:

[tex]x^4 + 1 = x^4 + 2x^2 + 1 - 2x^2 = (x^2+1)^2 - (\sqrt 2 x)^2 = (x^2 + \sqrt 2 x + 1)(x^2 - \sqrt 2 x + 1)[/tex]

I de neste stegene hopper jeg over delbøkoppspaltningen og noen mellomsteg. Det får være grenser for hva jeg gidder å skrive i tex

[tex]I = \int \frac{\rm{d}x}{x^4 + 1} \qquad = \qquad \int \frac{\rm{d}x}{(x^2+\sqrt 2 x + 1)(x^2 - \sqrt 2 x +1)} \qquad = \qquad \frac{1}{\sqrt{8}}\int \frac{x + \sqrt 2}{x^2 + \sqrt 2 x + 1} - \frac{x - \sqrt 2}{x^2 - \sqrt 2 x + 1} \rm{d}x[/tex]

Først:
[tex]I_{\rm{ekkel}} \qquad = \qquad \int \frac{x + \sqrt 2}{x^2 + \sqrt 2 x + 1} \rm{d}x \qquad = \qquad \frac{1}{2}\int \frac{2x + \sqrt 2}{x^2 + \sqrt 2 x + 1} + \frac{\sqrt 8 - sqrt 2}{x^2 + \sqrt 2 x + 1} \rm{d} x \\ = \qquad \frac{1}{2} \ln | x^2 + \sqrt 2 x + 1 | + \int \frac{\sqrt 8 - sqrt 2}{x^2 + \sqrt 2 x + 1} \rm{d} x[/tex]

Også:
[tex]I_{\rm{huff}} = \frac{\sqrt 8 - sqrt 2}{x^2 + \sqrt 2 x + 1} \rm{d} x \qquad = \qquad (\sqrt 8 - \sqrt 2)\int \frac{\rm{d}x}{(x + \frac{1}{\sqrt{2}})^2+ \frac{1}{2}} \qquad = \qquad 2\arctan(1 + \sqrt 2 x) [/tex]

Så
[tex]I_{\rm{ekkel}} \qquad = \qquad \frac{1}{2} \ln | x^2 + \sqrt 2 x + 1 | + 2\arctan(\sqrt 2 x + 1)[/tex]

På samme måte:
[tex]I_{\rm{usj}} \qquad = \qquad \frac{1}{2}\ln | x^2 - \sqrt 2 x + 1 | - 2\arctan(\sqrt 2 x - 1)[/tex]


Og så...
[tex]I \qquad = \qquad \frac{1}{\sqrt 8}(I_{\rm{huff}} - I_{\rm{usj}}) \qquad = \qquad \frac{1}{\sqrt 8}(\frac{1}{2} \ln | x^2 + \sqrt 2 x + 1 | + 2\arctan(\sqrt 2 x + 1) - \frac{1}{2}\ln | x^2 - \sqrt 2 x + 1 | + 2\arctan(\sqrt 2 x - 1)) \qquad [/tex]

Uh... det har nok sneket seg inn et par feil her. Jeg skal gå over det igjen når hjernen min virker igjen

[Olorin]

huff æsj.. ble deprimert nu får se mer på den imorgen.. god natt boys

[daofeishi]

Nytt integral:

[tex]\int \sin(\ln(x^2)) \rm{d}x[/tex]

[Olorin]

[tex]I = \int \sin(2\ln x)dx[/tex]

[tex]u^,=1\,\ u=x \ , \ v=\sin(2\ln x) \,\ v^,=\frac2{x}\cos(2\ln x)[/tex]

[tex]I= x\cdot \sin(2\ln x)-\int x\cdot \frac2x\cdot \cos(2\ln x)dx[/tex]

Ny delvis:

[tex]u^,=1\,\ u=x \ , \ v=2\cos(2\ln x) \,\ v^,=-\frac4{x}\sin(2\ln x)[/tex]

[tex]\int 2\cos(2\ln x)dx=x\cdot2\cos(2\ln x) - \int x\cdot -\frac4x\sin(2\ln x)dx[/tex]

[tex]\int \sin(2\ln x)dx = x\cdot \sin(2\ln x) - \left(x\cdot2\cos(2\ln x) + \int 4\sin(2\ln x)dx\right)[/tex]

Flytter over og deler på 5

[tex]\int \sin(2\ln x)dx = \frac15x\sin(2\ln x)-\frac25x\sin(2\ln x)+C[/tex]

[Olorin]

Nytt integral: Og god natt fra Chuck

[tex]I = \int \frac{\cos(\frac1{x})}{x^3}\rm{d}x[/tex]

[daofeishi]

Trodde ikke Chuck Norris sov, jeg?

[tex]I \qquad = \qquad\int \frac{\cos(\frac{1}{x})}{x^3} \rm{d}x \qquad = \qquad -\int (-\frac{1}{x^2}) (\frac{1}{x}) \cos(\frac{1}{x}) \rm{d}x[/tex]

Vi lar [tex]u = \frac{1}{x}[/tex]

[tex]I \qquad = \qquad -\int u \cos(u) \rm{d}u \quad = \qquad -u\sin(u) -\cos(u) + C \qquad = \qquad -\frac{1}{x}\sin(\frac{1}{x}) - \cos(\frac{1}{x}) + C[/tex]

Nytt:

[tex]\int \frac{\rm{d}t}{2 \sin(t) + 5 \cos(t)}[/tex]

[halten]

Chuck Norris doesn't sleep, he waits ...

[Janhaa]

Bra jobba Chuck Norris og daofeishi.
Vel, prøver mæ på siste integralet fra Mr. dao.

[tex]I=\int\frac{\rm dt}{2\sin(t)+5\cos(t)}={1\over sqrt{29}}\int\frac{\rm dt}{\sin(t-\phi)}[/tex]

der [tex]\;\tan(\phi)={5\over 2},\;\;\phi=\arctan({5\over 2})[/tex]

[tex]I={1\over sqrt{29}}\int\frac{\rm dt}{\sin(t-\phi)}[/tex]

og dette integralet har vi løst flere ganger her på forumet:

http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... ght=#35710

http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... c&start=15

slik at jeg skriver dette som:

[tex]I={1\over \sqrt{29}}\ln|\frac{1-\cos(t-\phi)}{1+\cos(t-\phi)}|\,+\,C[/tex]

[tex]I={1\over \sqrt{29}}\ln|\frac{1-\cos(t-\arctan({5\over 2}))}{1+\cos(t-\arctan({5\over 2}))}|\,+\,C[/tex]

-----------------------------------------------------------------------------------

Next, denne har vi hatt før. Men den er såpass psyk at den fortjener
oppmerksomhet igjen:

[tex]I=\int \sqrt{\tan(x)}{\rm dx}[/tex]

[daofeishi]

Hepp! Vi prøver som følger:
La [tex]\tan(x) = u^2[/tex]
Da er [tex]x = \arctan(u^2)[/tex] og [tex]\rm{d}x = \frac{2u}{u^4+1} \rm{d}u[/tex]


[tex]I \qquad = \qquad \int \sqrt{\tan(x)} \rm{d}x \qquad = \qquad \int \frac{2u^2}{u^4 + 1} \rm{d}u \qquad = \qquad \int \frac{2u^2}{(u^2+\sqrt 2 u + 1)(u^2 - \sqrt 2 u + 1)} \rm{d} u \qquad = \qquad \frac{1}{\sqrt 2}\int \frac{u}{u^2 - \sqrt 2 u + 1} - \frac{u}{u^2+ \sqrt 2 u + 1} \rm{d}u[/tex]


Vi tar for oss hver av de to siste integralene:
[tex]I_1 \qquad = \qquad \int \frac{u}{u^2 + \sqrt 2 u + 1} \rm{d}u \qquad = \qquad \frac{1}{2}\int \frac{2u + \sqrt 2}{u^2 + \sqrt 2 u + 1} - \frac{\sqrt 2 }{(u + \frac{1}{\sqrt 2})^2+\frac{1}{2}} \rm{d}u \qquad = \qquad \frac{1}{2}\ln | u^2 + \sqrt 2 u + 1| - \arctan(1+ \sqrt 2 u) [/tex]

[tex]I_2 \qquad = \qquad \int \frac{u}{u^2 - \sqrt 2 u + 1} \rm{d}u \qquad = \qquad \frac{1}{2}\int \frac{2u - \sqrt 2}{u^2 - \sqrt 2 u + 1} + \frac{\sqrt 2 }{(u - \frac{1}{\sqrt 2})^2+\frac{1}{2}} \rm{d}u \qquad = \qquad \frac{1}{2}\ln|u^2 - \sqrt 2 u + 1| - \arctan(1- \sqrt 2 u)[/tex]

Dermed:

[tex]I \qquad = \qquad \frac{1}{\sqrt 2} \left( \frac{1}{2}\ln| \frac{u^2 - \sqrt 2 u + 1}{u^2 + \sqrt 2 u + 1}| + \arctan(1+ \sqrt 2 u) - \arctan(1- \sqrt 2 u)\right) + C\\ I = \qquad \frac{1}{2\sqrt 2} \ln| \frac{\tan(x) - \sqrt {2\tan(x)} + 1}{\tan(x) + \sqrt{2\tan(x)} + 1}| + \frac{1}{\sqrt 2} \arctan(1+ \sqrt {2\tan(x)}) - \frac{1}{\sqrt 2}\arctan(1- \sqrt{2\tan(x)}) + C [/tex]

Stemmer dette mon tro?

Nytt integral:

[tex]\int \frac{\cos(x)}{\sin(x) + \sin^{\sqrt 2} (x)} \rm{d}x[/tex]

[sEirik]

Det mest opplagte er at vi sitter igjen med dette, men der stopper det:

[tex]I = \int \frac{{\rm d}u}{u + u^{\sqrt{2}}}[/tex]

Ok, etter lite hint fra daofeishi

[tex]I = \int \frac{{\rm d}u}{u (1 + u^k)}[/tex] der [tex]k = \sqrt{2}-1[/tex]

Delbrøk:

[tex]\frac{1}{u(1+u^k)} = \frac{1}{u}-\frac{u^{k-1}}{1+u^k}[/tex]

[tex]I= \ln |u| - J[/tex]

[tex]J = \int \frac{u^{k-1}}{1+u^k} {\rm d}u[/tex]

Og da tenker jeg det løste seg.

[tex]z = 1+u^k[/tex], [tex]z^\prime = ku^{k-1}[/tex]

[tex]J = \frac{1}{k} \int \frac{{\rm d}z}{z} = \ln |z| + C[/tex]

[tex]I = \ln |u| - \ln |v| + C = \ln |\sin(x)| - \ln |1+\sin^{\sqrt{2}-1}(x)| + C[/tex]

Satser på det funka Hvis det stemmer så kommer nytt integral. Senere.

[Charlatan]

Jeg gjorde det, men jeg trodde at etter delbrøkoppspaltinga så fikk man [tex]u^{\sqrt{2}-2}[/tex] og ikke [tex]u^{\sqrt{2}}[/tex]...
Damn, men fin løsning iallefall

Tror du at du kunne vise hvordan du brøkspalter?

[daofeishi]

Finfint Eirik. Jeg er ganske enig med deg - men jeg tror det mangler en liten konstant:

[tex]I \qquad = \qquad \ln | \sin(x) | - \frac{1}{sqrt 2 - 1} \ln | \sin^{\sqrt 2 - 1}(x) +1 | +C[/tex]

Delbrøkoppspaltninga kan du ta ved inspeksjon - skriv:
[tex]Ax + B(x^{\sqrt 2 -1} + 1) = 1[/tex]
og finn passende A og B.

Og se og få på plass et nytt integral

[Charlatan]

åh, vær så snill å fullføre det.
Jeg tror jeg gjør noe feil i delbrøkoppspaltinga

[daofeishi]

Okei. [tex]\frac{1}{x + x^{\sqrt 2}} = \frac{1}{x(x^{\sqrt 2 -1}+1)}[/tex]

Så prøver vi ved inspeksjon:
[tex]Ax + B(x^{{\sqrt 2 -1}}+1) = 1[/tex]
Vi lar [tex]A = -x^{\sqrt 2 -2}[/tex] og [tex]B=1[/tex] - siden vi ser at det vil gi et korrekt uttrykk.

Dermed:
[tex]\frac{1}{x + x^{\sqrt 2}} = \frac{1}{x} - \frac{x^{\sqrt 2 -2}}{x^{\sqrt 2 -1} +1}[/tex]

[Charlatan]

Takk takk. Nå fikk jeg lyst til å integrere igjen. Neste integral?