matematikk.net

Janhaa wrote:

Nebuchadnezzar wrote:[tex]\large \int_{0}^{4} \frac{\sqrt{x} - 2}{\,x - 4\,}\,dx[/tex]

[tex]\large I=\int_{0}^{4} \frac{dx}{\,\sqrt x + 2\,}[/tex]
osv...

u = [symbol:rot]x
x=u[sup]2[/sup]

[tex]I=2\int\frac{u+2-2}{u+2}\,du=2u\,-\,4\ln|u+2|\,+\,C=2\sqrt x\,-\,4\ln|\sqrt x+2|\,+\,C[/tex]
=================
med grenser

[tex]I=4(1-\ln(2))[/tex]

http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... &start=150

[tex]I = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{1 + \cos(x)} \, dx[/tex]

[tex]\cos(ax)^2 + \sin(ax)^2 = 1[/tex]

[tex]\cos(2ax) = \cos(ax)^2- \sin(ax)^2 = 2\cos(ax)^2 -1[/tex]

[tex]\cos\left( \frac{1}{2} x \right) = 2\cos \left( \frac{1}{2}x \right)^2 -1 \Rightarrow \cos(x) + 1 = 2\cos\left(\frac{1}{2}x\right)^2[/tex]

[tex]I = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{2\cos\left(\frac{1}{2}x\right)^2} \, dx[/tex]

[tex]I = \sqrt{2} \int_{0}^{\pi/2} \left| \cos\left( \frac{1}{2}x\right) \right| \, dx[/tex]

[tex]I = \sqrt{2} \left[ 2\sin\left( \frac{1}{2}x\right) \right]_{0}^{\pi/2}[/tex]

[tex]I = \sqrt{2} \left[ 2\sin\left( \frac{\pi}{4}\right) \right][/tex]

[tex]I = \sqrt{2} \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} [/tex]

[tex]I = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{1 + \cos(x)} \, dx = 2[/tex]

[tex]\phantom{hello}[/tex]

hmm ser noen små hull i utregningen deres her ja.....

?

[tex]I = \int_{0}^{\infty} \frac{\text{d}x}{x^4 + 1} = \int_{0}^{1} \frac{\text{d}x}{x^4 + 1} + \int_{1}^{\infty} \frac{\text{d}x}{x^4 + 1} [/tex]

[tex]\int_{1}^{\infty} \frac{\text{d}x}{x^4 + 1} = \int_{1/t=0}^{1/t=\infty} \frac{1}{(1/t)^4+1}\left( - \frac{\text{d}t}{t^2}\right) = -\int_{1}^{0} \frac{t^2}{t^4+1}\,\text{d}t = \int_{0}^{1} \frac{t^2}{t^4+1}\,\text{d}t[/tex]

[tex]I = \int_{0}^{1} \frac{\text{d}x}{x^4 + 1} + \int_{1}^{\infty} \frac{\text{d}x}{x^4 + 1} = \int_{0}^{1} \frac{\text{d}x}{x^4 + 1} + \int_{0}^{1} \frac{t^2}{t^4+1}\,\text{d}t = \int_0^1 \frac{1+t^2}{1+t^4} \, \text{d}t [/tex]

[tex]I = \int_0^1 \frac{(1+t^2)/t^2}{(1+t^4)/t^2} \, \text{d}t = \int_0^1 \frac{1 + \frac{1}{t^2}}{\frac{1}{t^2} + t^2} \, \text{d}t = \int_0^1 \frac{\left( t - \frac{1}{t} \right)^{\prime} } {\left( t - \frac{1}{t}\right)^2+2} \, \text{d}t [/tex]

[tex]I = \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left( \frac{t - 1/t}{\sqrt{2}}\right)\right]_0^1 = \frac{\pi}{2\sqrt{2}} [/tex]

Hvem trenger kontour-integrasjon...

Nebuchadnezzar wrote: Hvem trenger kontour-integrasjon...

De som vil gjøre utregningen enklere.

gjør i det minste ikke matematikken lettere. Men gleder meg til 4k neste semester ja =)

Dog syntes jeg ikke to substitusjoner for å løse et vanskelig integral er så ille heller.

To lette og en badehette

[tex]\int \frac{3x+2}{\sqrt{x-9}} \, \mathrm{d}x[/tex]

[tex]\int_{1}^{0} \log\left( x^2 + x \right) \mathrm{d}x[/tex]

[tex]\int \frac{2}{\log(x)} + \log(\log(x)) - \frac{1}{\log^2(x)} \, \mathrm{d}x[/tex]

Janhaa wrote:

Nebuchadnezzar wrote:Prøver igjen og gjennoplive denne tråden, nekter å la den dø ut helt enda ^^
[tex]I_8 \, = \, \int \frac{x \cdot e^{2x}}{\left(2x+1\right)^2} \, dx[/tex]

[tex]\Large I_8=0,5\int\frac{2xe^{2x}+e^{2x}}{2x+1}\,dx\,-\,0,5\frac{xe^{2x}}{2x+1}[/tex]
[tex]\Large I_8=0,5\int e^{2x}\,dx\,-\,0,5\frac{xe^{2x}}{2x+1}\,+\,C[/tex]
[tex]\Large I_8=0,25 e^{2x}\,-\,\frac{xe^{2x}}{4x+2}\,+\,C[/tex]
[tex]\Large I_8=\frac{e^{2x}}{8x+4}\,+\,C[/tex]

Nebu:
sett
[tex]u=xe^{2x}[/tex]

[tex]u^,=e^{2x}(2x+1)[/tex]
og
[tex]v^,=\frac{1}{(2x+1)^2}[/tex]

[tex]v=-\frac{1}{2(2x+1)}[/tex]

[tex]I = \int \frac{x \cdot e^{2x}}{ \left( 2x + 1 \right)^2} \, \mathrm{d}x[/tex]

[tex]I = \frac{1}{2} \int \frac{2x \cdot e^{2x} + (e^{2x} - e^{2x}) }{ \left( 2x + 1 \right)^2} \, \mathrm{d}x [/tex]

[tex]2I = \int \frac{e^{2x} \left( 2x + 1 \right) }{ \left( 2x + 1 \right)^2} \, \mathrm{d}x - \int \frac{e^{2x}}{(2x + 1)^2}\, \mathrm{d}x [/tex]

[tex]2I = \int \underbrace{ \frac{1 }{ 2x + 1 } \left( 1/2 \cdot e^{2x} \right)^\prime }_{\text{Integration by parts}} \, \mathrm{d}x - \int \frac{e^{2x}}{(2x + 1)^2}\, \mathrm{d}x [/tex]

[tex]2I = \left( \frac{\left( 1/2 \cdot e^{2x} \right)}{2x + 1} - \int -\frac{2}{(2x+1)^2} \left( 1/2 \cdot e^{2x} \right) \, \mathrm{d}x \right) - \int \frac{e^{2x}}{(2x + 1)^2}\, \mathrm{d}x [/tex]

[tex]2I = \left( \frac{1}{2}\frac{ e^{2x} }{2x + 1} + \int \frac{e^{2x}}{(2x+1)^2} \, \mathrm{d}x \right) - \int \frac{e^{2x}}{(2x + 1)^2}\, \mathrm{d}x [/tex]

[tex]\int \frac{x \cdot e^{2x}}{ \left( 2x + 1 \right)^2} \, \mathrm{d}x & = \frac{1}{4} \frac{e^{2x}}{2x + 1} + \mathcal{C}[/tex]

Ikke like elegant, men dog artig =) Her bruker vi indirekte at

[tex]\int e^x \left( f(x) + f^\prime(x) \right) = e^x f(x)[/tex]

Hva med denne?
[tex]\int_0^{\infty} \frac{log(x)}{x^a(x+1)}dx[/tex], hvor 0<a<1.

Ønsker du at jeg skal skrive løsningen, eller la noen andre prøve seg ? =)

Artig integral, første gang jeg har sett den typen.

Hint under

Integrer med tanke på a

EDIT: Er noe småknask på slutten som jeg må tenke litt på

Var ikke like rett frem som jeg trodde :p

Nå? Hvordan går det?

Ender jo selvsagt opp med

[tex]\fra{\mathrm{d}}{\mathrm{d}a} \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x^a(x+1)} [/tex]

Og det innerste integralet er åpenbart løsbart via kontur integrasjon, men det har jeg ikke lært enda :p

Og var litt problematisk og sette opp polene for [tex]x^a[/tex], den andre er jo grei.

Tja. Tilnærmingen er ikke helt gal. Uansett om du velger å derivere ender du opp med et integral du må løse ved å integrere rundt et "nøkkelhull"-domene.