Page 2 of 8
Posted: 06/12-2008 16:21
by Janhaa
Jarle10 wrote:[tex]I_6=\int \frac{x^2-1}{x(x^2+1)sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}}\, \rm{d}x=\int \frac{x^2-1}{x(x^2+1)sqrt{(x+\frac{1}{x})^2-2}}\, \rm{d}x[/tex]
[tex]\sqrt{2}u=x+\frac{1}{x} \Rightarrow \sqrt{2}\frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=1-\frac{1}{x^2} = \frac{1}{x^2}(x^2-1) \Rightarrow \sqrt{2}x^2\frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=x^2-1[/tex]
[tex]\sqrt{2}ux=x^2+1[/tex]
[tex]I_6= \int \frac{\sqrt{2}x^2}{x(\sqrt{2}ux)\sqrt{2u^2-2}} \rm{d}u = \frac{\sqrt{2}}{2} \int \frac{1}{u\sqrt{u^2-1}} \rm{d}u[/tex]
[tex]u^2-1=t \Rightarrow \frac{\rm{d}t}{\rm{d}u}=2u[/tex]
[tex]I_6=\frac{\sqrt{2}}{4} \int \frac{1}{u^2\sqrt{t}} \rm{d}t=\frac{\sqrt{2}}{4} \int \frac{1}{(t+1)\sqrt{t}} \rm{d}t[/tex]
[tex]t=r^2 \Rightarrow 2r\frac{\rm{d}r}{\rm{d}t} = 1[/tex]
[tex]I_6=\frac{\sqrt{2}}{4} \int \frac{2r}{(r^2+1)r} \rm{d}r=\frac{\sqrt{2}}{2} \int \frac{1}{(r^2+1)} \rm{d}r=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan(r)+C[/tex]
[tex]r=\sqrt{t}=\sqrt{u^2-1}=\sqrt{\frac{1}{2}(x+\frac{1}{x})^2-1}=\sqrt{\frac{1}{2}(x^2+\frac{1}{x^2})}[/tex]
[tex]I_6=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan(\sqrt{\frac{1}{2}(x^2+\frac{1}{x^2})})+C[/tex]
Hvis noen sitter å venter med et integral, bare post det. Hvis ikke kan jeg prøve å spore opp et selv.
Pent som vanlig Jarle.
Ok, nytt integral:
[tex]I_7=\int \frac{(2-x)^{2n-1}}{(2+x)^{2n+1}}\,dx\,\,\,\,\,\,\text for n \geq 1[/tex]
Posted: 06/12-2008 16:44
by Charlatan
Trenger n den restriksjonen, Janhaa? Jeg tror bare n [symbol:ikke_lik] 0 er det eneste som behøves.
[tex]I=\int \frac{(2-x)^{2n-1}}{(2+x)^{2n+1}} \rm{d}x[/tex]
[tex]u=2+x \Rightarrow \frac{\rm{d}u}{\rm{d}{x}}=1[/tex]
[tex]I=\int \frac{(4-u)^{2n-1}}{(u)^{2n+1}} \rm{d}u=\int \frac{(\frac{4}{u}-1)^{2n-1}}{u^2} \rm{d}u[/tex]
[tex]\frac{4}{u}-1=t \Rightarrow -\frac{4}{u^2}=\frac{\rm{d}t}{\rm{d}u}[/tex]
[tex]I=-\frac{1}{4} \int t^{2n-1} \rm{d}t = -\frac{t^{2n}}{8n} + C = -\frac{(\frac{2-x}{2+x})^{2n}}{8n} +C[/tex]
Nytt integral:
[tex]I=\int x^2 \ln(\frac{1-x}{1+x})\,dx[/tex]
-----------------------
Jarle, jeg skulle svare her, men klussa det til. Sorry
Janhaa, 07.12.08
Posted: 06/12-2008 16:50
by orjan_s
Jarle det er vel ikke lov å åpne kalenderen før tida, eller hva?
Posted: 06/12-2008 17:09
by thebreiflabb
Hva med å lage noen integraler som ikke trenger substituering :p
Posted: 06/12-2008 18:22
by espen180
[tex]I_{ekstra}=\int_1^2 \frac{1}{x^2+2x}\rm{d}x[/tex]
Posted: 07/12-2008 00:54
by Stone
[tex]I_{ekstra} \int_1^2 {dx\over {x^2 +2x}}={\int_1^2 {dx\over{x(x+2)}}[/tex] Delbrøkoppspalting, og får [tex]A = {1\over2} B=-{1\over2}[/tex]
[tex]{1\over 2}\int_1^2 {dx\over x} - {1\over 2}\int_1^2 {dx\over x+2} ={{1\over2}ln x - {1\over2}ln(x+2)}]_1^2[/tex]
[tex]= ln{{\sqrt 6}\over{2}}[/tex]
Posted: 07/12-2008 01:19
by Olorin
[tex]I_7=\int\frac{\rm{d}x}{\cos(x)}[/tex]
For enkelte, keep off!
Posted: 07/12-2008 02:10
by Stone
Fiffig!
[tex]\int{1\over cos x} dx = \int sec x dx = \int sec x * {({sec x + tan x\over sec x + tan x})}dx = \int{ {sec^2x + sec x tanx}\over{sec x + tan x}}dx[/tex]
Hvor vi plutselig har fått en fin substitusjon!
[tex]u=sec x + tan x, du=sec^2x + sec x tan x dx[/tex]
[tex]\int {1\over u}du = ln u = ln |{sec x +tan x}| + C[/tex]
Posted: 07/12-2008 02:16
by Stone
En litt lur en..
[tex]I_8 = \int{dx\over (x^7-x)}[/tex]
Posted: 07/12-2008 11:47
by Janhaa
orjan_s wrote:Jarle det er vel ikke lov å åpne kalenderen før tida, eller hva?
Jeg tror vi driver og synder med åpningstida nå...
Posted: 07/12-2008 11:54
by Janhaa
Jarle10 wrote:Trenger n den restriksjonen, Janhaa? Jeg tror bare n [symbol:ikke_lik] 0 er det eneste som behøves.
[tex]I=\int \frac{(2-x)^{2n-1}}{(2+x)^{2n+1}} \rm{d}x[/tex]
[tex]u=2+x \Rightarrow \frac{\rm{d}u}{\rm{d}{x}}=1[/tex]
[tex]I=\int \frac{(4-u)^{2n-1}}{(u)^{2n+1}} \rm{d}u=\int \frac{(\frac{4}{u}-1)^{2n-1}}{u^2} \rm{d}u[/tex]
[tex]\frac{4}{u}-1=t \Rightarrow -\frac{4}{u^2}=\frac{\rm{d}t}{\rm{d}u}[/tex]
[tex]I=-\frac{1}{4} \int t^{2n-1} \rm{d}t = -\frac{t^{2n}}{8n} + C = -\frac{(\frac{2-x}{2+x})^{2n}}{8n} +C[/tex]
Nytt integral:
[tex]I=\int x^2 \ln(\frac{1-x}{1+x})\,dx[/tex]
-----------------------
Jarle, jeg skulle svare her, men klussa det til. Sorry
Janhaa, 07.12.08
Smart løsning, jeg gjorde det på en mer tungvint måte.
Integralet ditt over har jeg ikke hatt særlig flaks med ennå.
Posted: 07/12-2008 11:55
by Janhaa
Stone wrote:En litt lur en..
[tex]I_8 = \int{dx\over (x^7-x)}[/tex]
Integralet her er greit;
[tex]I=\int\frac{dx}{x(x^6-1)}={1\over 3}\int \frac{du}{u(u^2-1)}[/tex]
der u = x[sup]3[/sup], videre brukes substitusjonen V = u[sup]2[/sup]
[tex]I={1\over 6}\int \frac{dV}{V(V-1)}={1\over 6}\int(\frac{1}{V-1}\,-\,\frac{1}{V})\,dV={1\over 6}(\ln|V-1|\,-\,\ln|V|)\,+\,C[/tex]
[tex]I={1\over 6}(\ln|u^2-1|\,-\,\ln(u^2))\,+\,C={1\over 6}\ln|x^6-1|\,-\,\ln|x|\,+\,C[/tex]
Posted: 07/12-2008 12:41
by orjan_s
Siden vi synder alle mann:
[tex]I=\int x^2 \ln{(\frac{1-x}{1+x})}\, dx=\frac{1}{3} x^3\ln{(\frac{1-x}{1+x})}-\frac{2}{3}\int \frac {x^3}{x^2-1} \, dx[/tex]
setter [tex]u=x^2 \, \Rightarrow \,\frac{du}{dx}=2x[/tex] på det siste integralet.
[tex]\frac{1}{3}\int \frac {u}{u-1}\, du=\frac{1}{3}\int 1+\frac {1}{u-1}\, du=\frac{1}{3}(u+\ln{(u-1)})+C=\frac{1}{3}(x^2+\ln{(x^2-1)})+C[/tex]
som gir
[tex]I=\int x^2 \ln{(\frac{1-x}{1+x})}\, dx=\frac{1}{3} x^3\ln{(\frac{1-x}{1+x})}-\frac{1}{3}(x^2+\ln{(x^2-1)})+C[/tex]
Posted: 07/12-2008 13:09
by orjan_s
[tex]I_7_2=\int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{x}-\sqrt[3]{x}}[/tex]
Posted: 07/12-2008 13:13
by Vektormannen
\sqrt[a]{x} gir [tex]\sqrt[a]{x}[/tex]