matematikk.net

[tex]\int x^2e^{x^2}dx= [\frac12 xe^{x^2}]-\int \frac12 e^{x^2}dx[/tex] så

[tex]\int 2x^2e^{x^2}+ e^{x^2}=[xe^{x^2}][/tex]

[tex]\sqrt{\frac{1-\cos(2x)^2}{4}} = \sqrt{\frac{1-\cos(2x)}{2}}\sqrt{\frac{1+\cos(2x)}{2}}[/tex] som vi kjenner igjen som formler for henholdsvis [tex]\cos(x)[/tex] og [tex]\sin(x)[/tex] (mellom 0 og [symbol:pi]/2).

Det gir [tex]I = \int \cos(x)\sin(x) dx = \frac{1}{2} \int \sin(2x) dx = -\frac{1}{4}\cos(2x)+C[/tex].

Ser at [tex]u = \cos(2x)[/tex] vil gjøre jobben nokså enkelt også.

[tex]\mathcal{I}_{\raisebox{-2}{\rotatebox{90}{10110_2}}}=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

Denne har jeg løst før ^^

Venter litt med løsning til noen andre kan prøve seg, spesielt lett var den ikke.

La [tex]f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}[/tex] være begrenset og ikkenegativ. Vis at

[tex]\mathcal{I}_{23}=\int_{0}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx=0[/tex]

plutarco wrote:[tex]\mathcal{I}_{\raisebox{-2}{\rotatebox{90}{10110_2}}}=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

Er greit når man kan utnytte symmetrien:

[tex]I = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

Substituerer t = -x i det første integralet og får:

[tex]I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^{-t}}\cdot\frac{\sin^{2008}(-t)}{\sin^{2008}(-t)+\cos^{2008}(-t)}\,dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

[tex]= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{2007^t}{1+2007^{t}}\cdot\frac{\sin^{2008}(t)}{\sin^{2008}(t)+\cos^{2008}(t)}\,dx + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+2007^x}\cdot\frac{\sin^{2008}(x)}{\sin^{2008}(x)+\cos^{2008}(x)}\,dx[/tex]

[tex]= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1+2007^t}{1+2007^{t}}\cdot\frac{\sin^{2008}(t)}{\sin^{2008}(t)+\cos^{2008}(t)}\,dt= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2008}(t)}{\sin^{2008}(t)+\cos^{2008}(t)}\,dt[/tex]

Substituerer [tex]u = \frac{\pi}{2}-t[/tex], og får

[tex]I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2008}(\frac{\pi}{2}-u)}{\sin^{2008}(\frac{\pi}{2}-u)+\cos^{2008}(\frac{\pi}{2}-u)}\,du = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2008}(u)}{\cos^{2008}(u)+\sin^{2008}(u)}\,du[/tex]

og dermed er

[tex]I = \frac{1}{2} \left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^{2008}(u)}{\cos^{2008}(u)+\sin^{2008}(u)}\,du + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2008}(u)}{\sin^{2008}(u)+\cos^{2008}(u)}\,du\right) = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1\,du = \frac{\pi}{4}[/tex]

Integralet [tex]\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\sin {{\left( {2x} \right)}^3}\cos {{\left( {3x} \right)}^2}}[/tex] kan bli skrevet som [tex]\( \frac{a}{b} \)^b[/tex] der [tex]a[/tex] og [tex]b[/tex] er heltall. Bestem [tex]a[/tex] og [tex]b[/tex]

Føler nivået har blitt litt tøft, kan roe ned med denne =)

plutarco wrote:La [tex]f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}[/tex] være begrenset og ikkenegativ. Vis at

[tex]\mathcal{I}_{23}=\int_{0}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx=0[/tex]

Må dette integralet eksistere da? For f = 1 får vi
[tex]\int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{x}\,dx = [\frac{\log(x)^2}{2}]^{\infty}_0 = \lim_{b \to \infty}\frac{\log(b)^2}{2} - \lim_{a \to 0}\frac{\log(a)^2}{2}[/tex]

men ingen av disse grensene eksisterer.

Hvis vi setter som betingelse på f at integralet over eksisterer, får vi at

[tex]\int_{0}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx = \int_{1}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx + \int_{0}^{1} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx[/tex]

ved substitusjonen [tex]u = \frac{1}{x}[/tex] i det første integralet blir dette lik

[tex]\int_{1}^{0} -\frac{1}{u^2}f(\frac{1}{u}+u)\ln(u^{-1})u\,du = -\int_{0}^{1} f(\frac{1}{u}+u)\frac{\ln(u)}{u}\,du[/tex]

som kansellerer det andre integralet.

[tex]I_9 = \int {\frac{{ax + b}}{{cx + d}}dx}[/tex]

denne er jo ikke mild tortur. den er ganske lett,...

[tex]I_9 = \int \left({\frac{{ax}}{{cx + d}}\,+\, {\frac{ b}{{cx + d}}\right)dx={b\over c}\,\ln|cx+d|\,+\,\int\left({a\over c}\,-\,\frac{ad}{c(cx+d)\right)\,dx[/tex]

[tex]I_9 = {b\over c}\,\ln|cx+d|\,+\,{a\over c}x\,-\,\frac{ad}{c^2}\,\ln|cx+d|\,+\,C[/tex]

[tex]I_9 = \left({b\over c}\,-\,\frac{ad}{c^2}\right)\,\ln|cx+d|\,+\,{a\over c}x\,+\,C[/tex]

Charlatan wrote:

plutarco wrote:La [tex]f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}[/tex] være begrenset og ikkenegativ. Vis at

[tex]\mathcal{I}_{23}=\int_{0}^{\infty} f(x+\frac{1}{x})\frac{\ln(x)}{x}\,dx=0[/tex]

Må dette integralet eksistere da? For f = 1 får vi
[tex]\int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{x}\,dx = [\frac{\log(x)^2}{2}]^{\infty}_0 = \lim_{b \to \infty}\frac{\log(b)^2}{2} - \lim_{a \to 0}\frac{\log(a)^2}{2}[/tex]

men ingen av disse grensene eksisterer.

Ah, det skulle vært presisert at forutsetningen var at integralet eksisterer, ja. Beklager dette.

Janhaa helt riktig det der, ikke spesielt vanskelig.

Klarte endelig et av integralene fra side 9.

[tex] I = \int\limits_{ - \pi }^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx = 2\int\limits_0^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx [/tex]

[tex] u = 1 + \cos \left( x \right),\frac{{du}}{{dx}} = - \sin x,dx = \frac{{du}}{{ - \sin x}} [/tex]

[tex] I = \int {\sqrt u } \frac{{du}}{{ - \sin x}} = - \int {\frac{{\sqrt u }}{{\sin x}}} du [/tex]

[tex] x = \arccos \left( {u - 1} \right){\rm{ }}og{\rm{ }}\sin \left( {\arccos \left( x \right)} \right) = \sqrt {1 - {x^2}} [/tex]

[tex] \sin \left( {\arccos \left( {u - 1} \right)} \right) = \sqrt {1 - {{\left( {u - 1} \right)}^2}} = \sqrt { - {u^2} + 2u} [/tex]

[tex] I = - \int {\frac{{\sqrt u }}{{\sqrt {2u - {u^2}} }}} du [/tex]

[tex] I = - \int {\sqrt {\frac{u}{{2u - {u^2}}}} } du [/tex]

[tex] I = - \int {\frac{1}{{\sqrt {2 - u} }}} du [/tex]

[tex] I = 2\sqrt {2 - u} [/tex]

[tex] I = 2\sqrt {1 - \cos \left( x \right)} + C [/tex]

[tex] I = 2\int\limits_0^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx = 2\left[ {2\sqrt {1 - \cos \left( x \right)} } \right]_0^\pi = 4\sqrt 2 [/tex]

[tex] \underline{\underline {I = \int\limits_{ - \pi }^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx = 4\sqrt 2 }} [/tex]

Legger igjen trenøtter jeg. Påskegodt.

[tex] I = \int\limits_0^1 {\ln \left( x \right)\ln \left( {1 - x} \right)dx}[/tex]

[tex] I = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{2}{{\sin \left( {2x} \right)}}dx}[/tex]

[tex] I = \int {\frac{{{2^x}{3^x}}}{{{9^x} - {4^x}}}dx}[/tex]

Bestem om [tex]I>0[/tex] der [tex]I=\int\limits_0^1 {\frac{{{x^4}{{\left( {1 - x} \right)}^4}}}{{1 + {x^2}}}dx}[/tex]

Rimelig greie om man ser overgangene, den første er kanskje litt tøff...

Nebuchadnezzar wrote: Klarte endelig et av integralene fra side 9.
[tex] I = \int\limits_{ - \pi }^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx = 2\int\limits_0^\pi {\sqrt {1 + \cos \left( x \right)} } dx [/tex]

fin den Nebu.
==================

Legger igjen trenøtter jeg. Påskegodt.
[tex] I = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{2}{{\sin \left( {2x} \right)}}dx}[/tex]
Rimelig greie om man ser overgangene, den første er kanskje litt tøff...

denne klarte jeg med påskebrus

[tex] I = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{(1+\tan^2(x))\,dx}{{\tan\left(x)}}[/tex]

[tex]u=\tan(x)\,\,\Rightarrow\,\,du=(1+\tan^2(x))dx[/tex]

[tex] I = \int\limits_{\frac{1 }{sqrt3}}^{sqrt3} {\frac{du}{u}=\ln(\sqrt3)\,-\,\ln({\frac{1}{\sqrt3}})=\ln(3)[/tex]

Nebuchadnezzar wrote: [tex] I = \int\limits_0^1 {\ln \left( x \right)\ln \left( {1 - x} \right)dx}[/tex]

[tex]\lim_{x \to 0} \log(x) \log(1-x) = \lim_{x \to 0} \frac{\log(1-x)}{\frac{1}{\log(x)}} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{-1}{1-x}}{\frac{-\frac{1}{x}}{\log(x)^2}} = \lim_{x \to 0} \frac{x\log(x)^2}{1-x} = 0[/tex]

siden [tex]\lim_{x \to 0} x \log(x)^2 = \lim_{x \to 0} \frac{\log(x)^2}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0} \frac{2\frac{1}{x}\log(x)}{-\frac{1}{x^2}} = -2\lim_{x \to 0} x\log(x) = -2\lim_{x \to 0} \frac{\log(x)}{\frac{1}{x}} = -2\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} = 2\lim_{x \to 0} x = 0[/tex].

Da følger det ved å sette [tex]y = 1-x[/tex] at [tex]\lim_{x \to 1} \log(x)\log(1-x) = \lim_{y \to 0} \log(1-y)\log(y) = 0[/tex].

Altså er integranden begrenset på et lukket intervall, så integralet eksisterer.

Nå substituerer vi u = 1-x, og får at [tex]I = \int^1_0 -\log(1-u)\log(u) du = -I[/tex], så I = -I som medfører at I = 0.

http://www.wolframalpha.com/input/?i=in ... rom+0+to+1

Kanskje wolfram tar feil? Tok dette problemet fra en putnambok, skal se om jeg kan finne igjen boka. Den fikk i det minste samme svar som wolfram, og kalkulatoren min. De skrev om integralet til ei rekke om jeg ikke husker helt feil.

Nebuchadnezzar wrote:Janhaa helt riktig det der, ikke spesielt vanskelig.
Legger igjen trenøtter jeg. Påskegodt.
[tex] I = \int {\frac{{{2^x}{3^x}}}{{{9^x} - {4^x}}}dx}[/tex]
Rimelig greie om man ser overgangene, den første er kanskje litt tøff...

[tex] I = \int\frac{({2\over 3})^x\,dx}{1 - ({2\over 3})^{2x}}[/tex]

[tex]u=({2\over 3})^x[/tex]
[tex]du=\ln({2\over 3})({2\over 3})^x\,dx[/tex]

[tex]I=\frac{1}{\ln({2\over 3})}\,\int \frac{du}{1-u^2}[/tex]

[tex]I=\frac{\text arctanh((\frac{2}{3})^x)}{\ln({2\over 3})}\,+\,C[/tex]