matematikk.net

Der tror jeg jeg klarte å knekke et av integralene. Jeg er såpass frekk at jeg tillater meg å besvare en av mine egne oppgaver. Det var gitt et hint i boka om at de innerste brøkuttrykkene kunne forenkles.

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

Vi kan dermed forenkle I4:

[tex] I_4 = \int \sqrt{\sqrt{x+2\sqrt{2x-4}} + \sqrt{x-2\sqrt{2x-4}}} \rm{d} x = \int \sqrt{\sqrt{(\sqrt{x-2} + \sqrt{2})^2} + \sqrt{(\sqrt{x-2}-sqrt{2})^2}} \rm{d}x \\ = \int \sqrt{2\sqrt{x-2}} \rm{d} x = \frac{4\sqrt{2}}{5}(x-2)^{\frac{5}{4}} + C[/tex]

Det er jo faktisk flaut

Jeg er eldre enn dem, og de kan mye mye mer enn meg.

daofeishi wrote: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]

Genial substitusjon...

PS
Skjelver litt når jeg reflekterer over nivåforskjellen i integrasjon. Antar dette gjenspeiler endel av/hele pensumet?. Dvs at vgs-pensumet egentlig inneholder tilsvarende analyse 1 og mer til !
Gjelder dette andre realfag også, mon tro?
Da har de en "Mastergrad" i kjemi etter 2 år på universitetet der.

Sorry, kunne ikke dy mæ.

daofeishi wrote:Der tror jeg jeg klarte å knekke et av integralene. Jeg er såpass frekk at jeg tillater meg å besvare en av mine egne oppgaver. Det var gitt et hint i boka om at de innerste brøkuttrykkene kunne forenkles.
[tex]x+2\sqrt{2x-4} = x+2\sqrt{2}\sqrt{x-2} = (x-2) + 2\sqrt{2}\sqrt{x-2} + 2 = (\sqrt{x - 2} + \sqrt 2 )^2[/tex]
Vi kan dermed forenkle I4:
[tex] I_4 = \int \sqrt{\sqrt{x+2\sqrt{2x-4}} + \sqrt{x-2\sqrt{2x-4}}} \rm{d} x = \int \sqrt{\sqrt{(\sqrt{x-2} + \sqrt{2})^2} + \sqrt{(\sqrt{x-2}-sqrt{2})^2}} \rm{d}x \\ = \int \sqrt{2\sqrt{x-2}} \rm{d} x = \frac{4\sqrt{2}}{5}(x-2)^{\frac{5}{4}} + C[/tex]

Den så skikkelig kjip ut i starten, men bedra seg betraktelig.
Pent daofeishi .

Observerer umiddelbart at I[sub]6[/sub] er bl. a. et arcsin(x) integral, pga. nevneren. Tror nesten I[sub]6[/sub] er det enkleste av integrala hittil !

[tex]I_6=\int \frac{x^2-3x+1}{\sqrt{1-x^2}}{\rm dx}=\int \frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}{\rm dx}\,-\,3\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}{\rm dx}\,+\,\int \frac{{\rm dx}}{\sqrt{1-x^2}}=I_{61}+I_{62}+I_{63}[/tex]

[tex]I_{63}=\arcsin(x)+C_1[/tex]


[tex]I_{62}:\;u=1-x^2\;\;\text der {\rm du}=-2x{\rm dx}[/tex]

[tex]I_{62}={3\over 2}\int \frac{{\rm du}}{\sqrt{u}}=3u^{1\over 2}= 3(1-x^2)^{1\over 2}+C_2 [/tex]


[tex]I_{61}:\;\text sett x=\sin(t) og {\rm dx}=\cos(t){\rm dt} og t=\arcsin(x)[/tex]

[tex]I_{61}=\int \frac{\sin^2(t)\cos(t)}{\cos(t)}{\rm dt}=\int \sin^2(t){\rm dt}={t\over 2}\,-\,{1\over 4}\sin(2t)[/tex]

[tex]I_{61}={1\over 2}\arcsin(x)\,-\,{1\over 2}\sin(t)\cos(t)={1\over 2}\arcsin(x)\,-\,{1\over 2}x\sqrt{1-x^2}\,+\,C_3[/tex]


til slutt:

[tex]I_6={3\over 2}\arcsin(x)\,+\,(3-{1\over 2}x)\sqrt{1-x^2}\,+\,C[/tex]

Du gir deg ikke, nei? Fyller på med et nytt integral, jeg da.

I_8:

[tex]\tan(3x) = \tan(2x+x) = \frac{\tan x +\tan(2x)}{1-\tan x\tan(2x)} \\ [1-\tan x\tan(2x)]\tan(3x) = \tan x+\tan(2x) \\ I_8 = \int \tan x\tan(2x)\tan(3x) dx= \int (-\tan x-\tan(2x)+\tan(3x)) dx = \ln(\cos x)+\frac12\ln(\cos(2x))-\frac13\ln(\cos(3x))[/tex]

eller på en litt artigere form:

[tex]I_8 = \frac16\ln\Big(\frac{\cos^6x\cos^3(2x)}{\cos^2(3x)}\Big)[/tex]

mrcreosote wrote:I_8:
[tex]\tan(3x) = \tan(2x+x) = \frac{\tan x +\tan(2x)}{1-\tan x\tan(2x)} \\ [1-\tan x\tan(2x)]\tan(3x) = \tan x+\tan(2x) \\ I_8 = \int \tan x\tan(2x)\tan(3x) dx= \int (-\tan x-\tan(2x)+\tan(3x)) dx = \ln(\cos x)+\frac12\ln(\cos(2x))-\frac13\ln(\cos(3x))[/tex]
eller på en litt artigere form:
[tex]I_8 = \frac16\ln\Big(\frac{\cos^6x\cos^3(2x)}{\cos^2(3x)}\Big)[/tex]

Her prøvde jeg mange rare substitusjoner, før jeg løste I[sub]8[/sub] samma måte sjøl. Fikk noen mindre pene integrand underveis. Bra.

Siden sola glimrer med sitt fravær, får jeg kose meg med hobbyen...

[tex]I_7=\int\frac{\cos(x)}{(\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2}))^3}{\rm dx}[/tex]

substitusjon:
[tex]u=\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})[/tex]

formler for halve vinkler:
[tex]u^2=[\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})]^2=\frac{1+\cos(x)}{2}\,+\,2\sqrt{\frac{1-\cos^2(x)}{4}}\,+\,\frac{1-\cos(x)}{2}=1+\sin(x)[/tex]

[tex]2u{\rm du}=\cos(x){\rm dx}[/tex]


[tex]I_7=2\int \frac{u{\rm du}}{u^2u}=2\int u^{-2}{\rm du}=\frac{-2}{u}\,+\,C=\frac{-2}{\cos({x\over 2})+\sin({x\over 2})}\,+\,C[/tex]

Finfint. Prøver meg på I[sub]2[/sub] jeg da, siden den har stått i ro en stund.

[tex] I_2 = \int (x+2) \sqrt{2x^2 + 2x + 1} \rm{d}x \\ = \frac{1}{4} \int (4x + 2)\sqrt{2x^2 + 2x + 1} \rm{d}x + \frac{3}{2} \int \sqrt{2x^2 + 2x +1} \rm{d}x \\ = \frac{1}{6}(2x^2 + 2x + 1)^{\frac{3}{2}} + \frac{3}{2} \int \sqrt{2x^2 + 2x +1} \rm{d}x[/tex]

Vi tar for oss det andre integralet:

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

La [tex] x + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \sinh (u)[/tex]
Da er [tex]\rm{d}x = \frac{1}{2}\cosh(u) \rm{d}u[/tex]

[tex] \sqrt{2} \int \sqrt{(x+\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}} \rm{d}x = \frac{\sqrt{2}}{2} \int \cosh(u) \sqrt{\frac{1}{4} \sinh^2(u) + \frac{1}{4}} \rm{d} u\\ = \frac{sqrt{2}}{4} \int \cosh^2 (u) \rm{d} u \\ = \frac{\sqrt{2}}{8} \int 1 + \cosh(2u) \rm{d} u \\ = \frac{\sqrt 2}{8}\left( u + \sinh(u)\cosh(u) \right) + C \\ = \frac{\sqrt 2}{8} \left( \rm{arsinh}(2x+1) + (2x+1)\sqrt{4x^2 + 4x +2}\right) + C[/tex]

Dermed:

[tex]I_2 = \int (x+2) \sqrt{2x^2 + 2x + 1} \rm{d}x = \frac{1}{6}(2x^2 + 2x + 1)^{\frac{3}{2}} + \frac{3 \sqrt 2}{16}\left( \rm{arsinh}(2x+1) + (2x+1)\sqrt{4x^2 + 4x +2}\right) + C[/tex]

I[sub]2[/sub] var tøff, jeg sleit med den. Pent. Men blir ikke siste diskriminanten lik 4x[sup]2[/sup]+4x+2 ?
-----------------------------------------------------------------------------------
Jeg prøver meg:

[tex]I_{11}=\int \frac{{\rm dx}}{2+\cos(x)}[/tex]

her bruker jeg [tex]\;t=\tan({x\over 2})\;[/tex]substitusjon.

der [tex]\;{\rm dt}={1\over 2}\frac{{\rm dx}}{\cos^2({x\over 2})}={1\over 2}\sec^2({x\over 2}){\rm dx}[/tex]

[tex]{\rm dx}=\frac{2{\rm dt}}{t^2+1}[/tex]

[tex]\cos(x)=\frac{1-t^2}{t^2-1}[/tex]

[tex]\sin(x)=\frac{2t}{t^2-1}[/tex]

slik at:

[tex]I_{11}=2\int \frac{{\rm dt}}{(t^2+1)[{1-t^2\over t^2+1}\,+\,2]}=2\int \frac{{\rm dt}}{1-t^2+2t^2+2}=2\int \frac{{\rm dt}}{t^2+3}[/tex]

og da lukter det arctan:

[tex]u={t\over \sqrt3},\;\;\text der t^2=3u^2\;[/tex][tex]\;{\rm du}=\frac{{\rm dt}}{sqrt3}[/tex]

[tex]I_{11}={2\over \sqrt3}\int \frac{{\rm du}}{u^2+1}={2\over sqrt3}\arctan(u)={2\over sqrt3}\arctan({t\over sqrt3})+C={2\over sqrt3}\arctan(\frac{\tan({x\over 2})}{\sqrt3})+C[/tex]

Det har du helt rett i, Janhaa. Har rettet det nå

Fint arbeid. Nytt integral er på plass.

Prøver meg:

[tex]I_9=\int (\ln(\ln(x))\,+\,(ln(x))^2){\rm dx}=I_{91}\,+\,I_{92}[/tex]

bruker delvis integrasjon:
[tex]I_{91}=x\ln(\ln(x))\,-\,\int x\cdot {1\over \ln(x)} \cdot {1\over x} {\rm dx}=x\ln(\ln(x))\,-\,\int \frac{{\rm dx}}{\ln(x)}\,+\,C_1[/tex]

der [tex]\;\int \frac{{\rm dx}}{\ln(x)}=li(x)\,+\,D\;[/tex]altså denne funksjonen har ikke noen elementær antiderivert. Kalles logaritme integral ifølge Wolfram. Er vel tilsvarende som integrala til [tex]\;e^{-x^2}\;[/tex]og[tex]\;\sin(x^2).\;[/tex](hvis jeg har forstått riktig).


bruker delvis integrasjon her også:
[tex]I_{92}=x\cdot (\ln(x))^2\,-\,2\int x\cdot \ln(x)\cdot {1\over x}{\rm dx}=x\cdot (\ln(x))^2\,-\,2x\ln(x)\,+\,2x\,+\,C_2[/tex]

[tex]I_9=x\cdot \ln(\ln(x))\,+\,x\cdot(\ln(x))^2\,+\,2x\,-\,2x\cdot \ln(x)\,-\,li(x)\,+\,C[/tex]

Da har jeg fått stiftet bekjentskap med enda en ny funksjon. Grunnen til at Li(x) dukket opp er at jeg ikke skrev av integralet ordentlig. Jeg har rettet opp feilen nå. Fint arbeid none the less.

Ok. Siden jeg er litt monoman på integral for tia, prøver jeg engang til (blir nok frisk og opplagt på møtet i morra ).

[tex]I_9=\int (\ln(\ln(x))+(\ln(x))^{-2}){\rm dx}[/tex]

u = ln(x) og dx = x du
x = e[sup]u[/sup]

[tex]I_9=\int (\ln(u)+u^{-2})e^u {\rm du}=I_{91}+I_{92}=(e^u\ln(u)\,-\,\int e^u{1\over u}{\rm du})\,+\,(-{1\over u}e^u\,+\,\int e^u{1\over u}{\rm du})[/tex]

[tex]I_9=e^u(\ln(u)\,-\,{1\over u})\,+\,C\,=\,x[\ln(\ln(x))\,-\,\frac{1}{\ln(x)}]\,+\,C[/tex]