okey, finn I.
[tex]I=\int \sqrt{x^2+2x-3} \ \rm{d}x[/tex]
og
[tex]I=\int \sqrt{x^2+2x+5} \ \rm{d}x[/tex]
Nattintegral
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Ålrait, fram med pressluftborret.
[tex]I = 2\int \sqrt{(\frac{x+1}{2})^2 - 1} \rm{d}x[/tex]
La [tex]\frac{x+1}{2} = \cosh u[/tex]
Da er [tex]\rm{d}x = 2\sinh u \rm{d}u[/tex]
[tex]I = 4\int \sinh^2(u) \rm{d}u = 4\int \cosh^2(u)-1 \rm{d}u = 4\int \frac{\cosh(2u)+1}{2} - 1 \rm{d}u = \sinh(2u) - u + C \\= 2\sinh(u) \cosh(u) - u + C= (x+1) \sqrt{(\frac{x+1}{2})^2 - 1} - 2\rm{arcosh} (\frac{x+1}{2}) + C [/tex]
Ser ikke bort fra at det finnes finere metoder og.
Edit: Uhyggelig edit over...
[tex]I = 2\int \sqrt{(\frac{x+1}{2})^2 - 1} \rm{d}x[/tex]
La [tex]\frac{x+1}{2} = \cosh u[/tex]
Da er [tex]\rm{d}x = 2\sinh u \rm{d}u[/tex]
[tex]I = 4\int \sinh^2(u) \rm{d}u = 4\int \cosh^2(u)-1 \rm{d}u = 4\int \frac{\cosh(2u)+1}{2} - 1 \rm{d}u = \sinh(2u) - u + C \\= 2\sinh(u) \cosh(u) - u + C= (x+1) \sqrt{(\frac{x+1}{2})^2 - 1} - 2\rm{arcosh} (\frac{x+1}{2}) + C [/tex]
Ser ikke bort fra at det finnes finere metoder og.
Edit: Uhyggelig edit over...
Last edited by daofeishi on 21/02-2008 17:10, edited 2 times in total.
Slurvefeil/texfeil/tullefeilJarle10 wrote:så at du hadde svart, så edita tilbake. Du har svart riktig, men hvorfor [tex]arccosh(\frac{x+1}{2})^2[/tex] i svaret, hvor kommer potensen fra?
Last edited by daofeishi on 21/02-2008 17:13, edited 1 time in total.
Artig integral
[tex]I=\int \frac{\cos(\ln x)}{x^2} \rm{d}x[/tex]
Delvis:
[tex]I=-\frac{\cos(\ln x)}{x}-\int \frac{\sin(\ln x)}{x^2} \rm{d}x[/tex]
La [tex]I^{,}=\int \frac{\sin(\ln x)}{x^2} \rm{d}x[/tex]
Delvis igjen på dette:
[tex]I^{,} = -\frac{\sin(\ln x)}{x}+\int \frac{\cos(\ln x)}{x^2} \rm{d}x[/tex]
[tex]I^{,}= -\frac{\sin(\ln x)}{x}+I[/tex]
[tex]I=-\frac{\cos(\ln x)}{x}-[-\frac{\sin(\ln x)}{x}+I][/tex]
[tex]I=\frac{1}{2x}[\sin(\ln x)-\cos(\ln x)]+C[/tex]
[tex]I=\int \frac{\cos(\ln x)}{x^2} \rm{d}x[/tex]
Delvis:
[tex]I=-\frac{\cos(\ln x)}{x}-\int \frac{\sin(\ln x)}{x^2} \rm{d}x[/tex]
La [tex]I^{,}=\int \frac{\sin(\ln x)}{x^2} \rm{d}x[/tex]
Delvis igjen på dette:
[tex]I^{,} = -\frac{\sin(\ln x)}{x}+\int \frac{\cos(\ln x)}{x^2} \rm{d}x[/tex]
[tex]I^{,}= -\frac{\sin(\ln x)}{x}+I[/tex]
[tex]I=-\frac{\cos(\ln x)}{x}-[-\frac{\sin(\ln x)}{x}+I][/tex]
[tex]I=\frac{1}{2x}[\sin(\ln x)-\cos(\ln x)]+C[/tex]
Fine greier igjen Jarle, vanskelig å sette deg fast. Sjøl løste jeg siste integral på en anna måte .
Prøv denne...
[tex]I= \int \frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}\,{\rm dx}[/tex]
Prøv denne...
[tex]I= \int \frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}\,{\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]
Mener jeg klarte å løse dette integralet engang, som kan uttrykkesorjan_s wrote:Denne så meget skummel ut... hvertfall ifølge integrals.com. Skal svare inneholde EllipticPi, [tex]i[/tex] osv eller er det en annen måte å løse den på?Janhaa wrote: [tex]I= \int \frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}\,{\rm dx}[/tex]
ved elementære funksjoner...
Derimot, integralene til den såkalte nybegynner virker helt umulige...
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, for dette er virkelig special integrals...Enig. Kanskje det skal løses ved tilnærming?
manipulering som vanlig, deretter brukte jeg substitusjonen;Tar gjerne imot et hint på integralet ditt forresten.
[tex]u=x+{1\over 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]