matematikk.net

Janhaa wrote:Derimot, integralene til den såkalte nybegynner virker helt umulige...

De er ikke så drøye, her er hint: Cosinusintegralet kan løses ved å skrive om til kompleks form og deretter gjøre noen smarte betraktninger. Symmetri er stikkord på det andre; husk også at mange funksjoner ikke har noen pen antiderivert, men allikevel kan integreres nøyaktig over bestemte intervaller.

Janhaa wrote:Vil først si at dette er en flott jobb. Ikke akkurat 3MX integral!
Jeg har titta litt på ett par substitusjoner, og funderer noe. Mulig jeg overser ett eller anna, og ikke klarer å koble nå.

Jarle10 wrote:
[tex]u=\sqrt{2}\sinh t [/tex]

her vil [tex]\;\;t=\text arcsinh({u\over sqrt2})[/tex]

[tex]r=\cosh t[/tex]
[tex]t=\arccos \rm{h} \frac{u}{\sqrt{2}}[/tex]
Tar forbehold til slurvefeil, pek dem gjene ut.
Det var et utrolig artig integral. Takk for tipset

mens her er [tex]\;\;t=\text arccosh(r)[/tex]

En liten slurvefeil der ja, men jeg må ha ment [tex]\sinh[/tex], hvis ikke må jeg ha ment at [tex]\cosh \arccos \rm{h} x= \sqrt{x^2-1}[/tex] Som åpenbart er tullete.


-----------------------------------------------------------------------------

Desssuten deriverte et luriumprogram høyre sida di (disse 2 funksjonene likner mye), og da ble faktisk integranden/svaret null
Igjen, mulig jeg har kåla...ganske seint nå etc.

-----------------------------------------------------------------------------
Det kan være fordi uttrykkene i logaritmefunksjonene likner veldig. Den ene har en "pluss" 1, og den andre en "minus" 1. Hvis du glemmer fortegnet på den ene blir hele uttrykket 0.

Jeg har uansett gjort om sluttuttrykket slik at det er definert for x=0:



[tex]I=\frac{\sqrt{2}}{4} [\ln(\frac{\sqrt{2}}{2x} \sqrt{x^4+4x^2+1}-1)-\ln(\frac{\sqrt{2}}{2x} \sqrt{x^4+4x^2+1}+1)] +C[/tex]


[tex]I=\frac{\sqrt{2}}{4} [\ln|\frac{ \sqrt{x^4+4x^2+1}-\sqrt{2}x}{\sqrt{x^4+4x^2+1}+\sqrt{2}x}|+C[/tex]

Utregningen din var fin, og jeg begynner å lure på om min kanskje er feil.
Skal se grundig gjennom den en gang.

...

Vil først si at dette er en flott jobb. Ikke akkurat 3MX integral!
Jeg har titta litt på ett par substitusjoner, og funderer noe. Mulig jeg overser ett eller anna, og ikke klarer å koble nå.

Jarle10 wrote:
[tex]u=\sqrt{2}\sinh t [/tex]

her vil [tex]\;\;t=\text arcsinh({u\over sqrt2})[/tex]

[tex]r=\cosh t[/tex]
[tex]t=\arccos \rm{h} \frac{u}{\sqrt{2}}[/tex]
Tar forbehold til slurvefeil, pek dem gjene ut.
Det var et utrolig artig integral. Takk for tipset

mens her er [tex]\;\;t=\text arccosh(r)[/tex]


-----------------------------------------------------------------------------
Desssuten deriverte et luriumprogram høyre sida di (disse 2 funksjonene likner mye), og da ble faktisk integranden/svaret null
Igjen, mulig jeg har kåla...ganske seint nå etc.

noen andre som har sett på dette?
-----------------------------------------------------------------------------

Siden jeg er igang - skriver jeg kjapt mitt eget forslag med shortcut;

[tex]I_{\text night}=\int \frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}\,{\rm dx}=\int \frac{x^2(1-{1\over x^2})}{(x^2+1)\sqrt{x^2(x^2+{1\over x^2})}}\,{\rm dx}[/tex]

[tex]u=\frac{1}{x}+x[/tex]
[tex]{\rm du} =(1-{1\over x^2}){\rm dx}[/tex]

[tex]I_n=\int \frac{(1-{1\over x^2})}{(x+{1\over x})\sqrt{x^2+{1\over x^2}}}\,{\rm dx}=\int \frac{{\rm du}}{u\sqrt{u^2-2}}[/tex]

så hopper jeg bukk over substitusjon, polynomdivisjon og delbrøksoppspalting;

[tex]I_n={1\over \sqrt2}\arctan(\sqrt{\frac{u^2-2}{2}})={1\over \sqrt2}\arctan(\sqrt{\frac{1+x^4}{2x^2}})\,+\,C[/tex]

Et litt enklere

[tex]I_{morning} = \int \ln(sqrt{x}+sqrt{1+x}) {\rm dx}[/tex]

%¤#¤

Jeg overskrev løsningen min med en kommentar...Jeg er ganske sikker på jeg har gjort en feil et sted nå, men jeg kan ikke forandre det...

orjan_s wrote:Et litt enklere
[tex]I_{morning} = \int \ln(sqrt{x}+sqrt{1+x}) {\rm dx}[/tex]

Litt enklere ja...løste faktisk dette på 2 måter...første endte jeg opp med 5 naturlige ln-funksjoner, som virka unødvendig mye.
Deretter initierte jeg en anna angrepsvinkel, etter kort samtale med vår venn integrator. Nåja;

[tex]I_m=\int \ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1})\,{\rm dx}=x\ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1})\,-\,{1\over 2}\int \sqrt{\frac{x}{x+1}}\,{\rm dx}[/tex]

siste integralet kaller jeg I[sub]m2[/sub] og bruker substitusjonen [symbol:rot]x = sinh(u) der u = arcsinh([symbol:rot]x)
x = sinh[sup]2[/sup](u), x+1 = cosh[sup]2[/sup](u)
dx = 2sinh(u)*cosh(u) du

[tex]I_{m2}=2\int \sinh^2(u)\,{\rm du}=\int (\cosh(2u)-1)\,{\rm du}={1\over 2}\sinh(2u)\,-\,u=\sinh(u)\cosh(u)\,-\,u[/tex]

[tex]I_{m2}=\sqrt{x}\sqrt{x+1}\,-\,\text arcsinh(\sqrt{x})[/tex]

slik at

[tex]I_m=\int \ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1})\,{\rm dx}=x\ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1})\,-\,{1\over 2}\sqrt{x(x+1)}\,+\,{1\over 2}\text arcsinh(\sqrt{x})\,+\,C[/tex]

PS:

[tex]\ln(\sqrt{x}+\sqrt{x+1})=\rm{arcsinh}(\sqrt{x})[/tex]

Jaggu, i såfall kan integralet skrives;

[tex]I_m\,=\,(x+{1\over 2})\text arcsinh({\sqrt{x})\,-\,{1\over 2}\sqrt{x(x+1)}\,+\,C[/tex]

Siden jeg er nattdyr - trylles herved ett nytt integral fram for interesserte.
Ser jo ut som vi sliter "noe" med nybegynner sine integralbidrag...

[tex]I_{n2}=\int (\frac{x-1}{3-x})^{1\over 2}\,{\rm dx}[/tex]

dette kan sikkert uttrykkes på flere måter

Janhaa wrote:Siden jeg er nattdyr - trylles herved ett nytt integral fram for intersserte.
Ser jo ut som vi sliter "noe" med nybegynner sine integralbidrag...

[tex]I_{n2}=\int (\frac{x-1}{3-x})^{1\over 2}\,{\rm dx}[/tex]

setter:

[tex]u=sqrt{\frac{x-1}{3-x}}[/tex]

slik at:

[tex]x=\frac{3u^2+1}{u^2+1}[/tex]

og [tex]\rm{dx}=\frac{-4u}{(u^2+1)^2}\rm{du}[/tex]

Vi får da:

[tex]I_{n2}=-4\int \frac{u^2}{(u^2+1)^2}\rm{du}[/tex]

[tex]u=\tan(t)[/tex]
[tex]t=\arctan(u)[/tex] og [tex]\rm{du}=\frac{\rm{dt}}{\cos^2(t)}=1+\tan^2(t)\rm{dt}[/tex]

[tex]I_{n2}=-4\int \frac{\tan^2(t)(1+\tan^2(t))}{(1+\tan^2(t))^2}\rm{dt}=-4\int\tan^2(t)\cdot \cos^2(t)\rm{dt}=-4\int\sin^2(t)\rm{dt}[/tex]

(Bruker bare formelboka på den evt. (1-cos(2t))/2)

[tex]I_{n2}=2\sin(t)\cos(t)-t+C[/tex]

[tex]I_{n2}=2\sin(\arctan(u))\cos(\arctan(u)) - 2\arctan(u)+C[/tex]

[tex]I_{n2}=\frac{2u}{1+u^2}-2\arctan(u)+C[/tex]

[tex]I_{n2}=\frac{2sqrt{\frac{x-1}{3-x}}}{1+\frac{x-1}{3-x}}-2\arctan sqrt{\frac{x-1}{3-x}}+C[/tex]

[tex]I_{n2}=sqrt{(x-1)(3-x)}-2\arctan sqrt{\frac{x-1}{3-x}}+C[/tex]

Må vel tilføye at jeg fikk en del tips fra et lignende løst integral her på forumet...

Bra orjan_s...ja det er slik vi lærer...disse integrala er såpass tøffe at hint er nødvendig for oss. Min approach;

bruker substitusjonen [tex]\;x=2-\cos(\theta)\,\Rightarrow\,{\rm dx}=\sin(\theta)\,{\rm d\theta}[/tex]

[tex]I_{n2}=\int [\frac{1-\cos(\theta)}{1+\cos(\theta)}]^{1\over 2}\sin(\theta)\,{\rm d\theta}[/tex]

[tex]I_{n2}=\int [\frac{(1-\cos(\theta))^2}{1-\cos^2(\theta)}]^{1\over 2}\sin(\theta)\,{\rm d\theta}\,=\,\int (1-\cos(\theta))\,{\rm d\theta}\,=\,\theta\,-\,\sin(\theta)\,+\,C\,=\,\arccos(2-x)\,-\,\sqrt{(1-x)(x-3)}\,+\,C[/tex]

Vi er vel i ferd med å gå lei integraler, men slenger inn ett til;
bestem

[tex]I\,=\,\int_0^{\pi\over 2} \sin(x)\cdot [2\cdot f^,(\cos(x))-1]\,{\rm dx}[/tex]

der f(0) = 1 og f(1) = 3

Kan man gå lei av dem?

[tex]I= \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \sin(x)[2f^\prime(\cos(x))-1] \ \rm{d} x[/tex]

[tex]u=\cos(x)[/tex]
[tex]\frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=-\sin(x)[/tex]

Nye grenser:
[tex]b=\cos(\frac{\pi}{2})=0[/tex]
[tex]a=\cos(0)=1[/tex]

[tex]I=-\int^{0}_1 [2f^\prime(u)-1] \ \rm{d} u[/tex]
[tex]I=\int^{1}_0 2f^\prime(u)-1 \ \rm{d} u[/tex]
[tex]I=[2f(u)-u]^1_0=[2f(1)-1]-[2f(0)-0]=[2 \cdot 3-1]-[2 \cdot 1-0] = 3[/tex]