matematikk.net

Noen som har I[sub]16[/sub] på lager?

Kan åpne ei luke jeg
oioi

Finn konstantene a og b, slik at [tex]I_{16}=\int_0^{\pi}[sinx-(ax^2+bx)]^2dx[/tex] er et minimum

edit: endret øvre grense litt

[tex]I_{\small 17}=\large\int \frac{\large x e^x}{\large(x+1)^2}\,dx[/tex]

Skal vi se:

[tex]I_{17} = \int\frac{xe^x}{(x+1)^2}\rm{d}x[/tex]

Delvis integrasjon:

[tex]v = xe^x \ , \ v^, = e^{x}(1+x)[/tex]

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

[tex]I_{17} = -\frac{xe^x}{1+x} + \int \frac{e^x\cancel{(1+x)}}{\cancel{(1+x)}}\rm{d}x[/tex]

[tex]I_{17} = -\frac{xe^x}{1+x} + \frac{e^x(1+x)}{1+x} = \underline{\underline{\frac{e^x}{x+1} + C}}[/tex]

Hmm. Ingen I[sub]18[/sub]? Legger ut for 18. og 19. jeg da.

[tex]I_{18}=\int \arcsin\left( \sqrt{x} \right) \rm{d}x[/tex]

[tex]I_{19}=\int_{-\infty}^\infty e^{-|x|}\rm{d}x[/tex]

[tex]I_{19} = 2 \int_0^\infty e^{-x} \mathrm{d}x = 2(-0+1)=2[/tex]

Joda. Tar du 18. også?

[tex]I_{18} = \int \arcsin(\sqrt{x})\mathrm{d}x[/tex]

bruker substutisjon med [tex]u=\arcsin(\sqrt{x})[/tex]

[tex]\mathrm{d}x=\sin(2u)\mathrm{d}u[/tex]

[tex]I_{18}=\int u\sin(2u)\mathrm{d}u = -\frac{1}{2}u \cos(2u) + \frac{1}{2}\int \cos(2u) du = -\frac{1}{2}u\cos(2u)+\frac{1}{4}\sin(2u)+C[/tex]

Bruk formlene for cosinus og sinus av dobbel vinkel samt det faktum at [tex]cos(\arcsin(x))=\sqrt{1-x^2}[/tex], og du får noe smårotete greier.

En greit integral som også vgs elever kan fixe;

[tex]I\small_{20}=\large\int\frac{1}{\tan(x)+1}\,dx[/tex]

@Janhaa: Kan du gi et hint? Jeg finner ikke noen bra substitusjon.

Rute 21:

Finn volumet av romlegemet avgrenset av flatene [tex]f(x,y)=1+x^2+y^2[/tex] og [tex]g(x,y)=3-x^2-y^2[/tex].

espen180 wrote:@Janhaa: Kan du gi et hint? Jeg finner ikke noen bra substitusjon.

Rett og slett at

[tex]\tan(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)}[/tex]

og manipulering.
---------------------

Finn volumet av romlegemet avgrenset av flatene [tex]f(x,y)=1+x^2+y^2[/tex] og [tex]g(x,y)=3-x^2-y^2[/tex].

Dette er flervariabel analyse, og lenge sia jeg har sysla med.

Altså romlegmene er paraboloider - som kan skrives;

[tex]\text f(r)=1\,+\,r^2\,\,\,\,og\,\,\,\,g(r)=3\,-\,r^2[/tex]
f(r) = g(r)

finner integrasjonsgrensen for r, og theta integreres ett omløp, fra null til 2[symbol:pi] :

[tex] 1\,+\,r^2=3\,-\,r^2 [/tex]
som gir positiv r lik
[tex]\,\,\,r=1[/tex]
------------------------

[tex]V=\int_0^{2\pi}\,\int_0^1\,[(3\,-\,r^2)\,-\,(1+r^2)]\,r\,dr\,d\theta=2\pi\,\int_0^1\,(2-2r^2)\,r\,dr[/tex]

[tex]V=2\pi(1\,-\,{2\over 3})\,=\,{2\over 3}\pi[/tex]

Janhaa wrote:En greit integral som også vgs elever kan fixe;

[tex]I\small_{20}=\large\int\frac{1}{\tan(x)+1}\,dx[/tex]

[tex]I = \int \frac{1}{\tan{x}+1} \, dx[/tex]
Setter u = tan x -> x = arctan u:

[tex]I = \int \frac{1}{(1+u)(1+u^2)} \, dx = \frac{1}{2}\int \frac{1}{1+u}+\frac{1-u}{1+u^2} \, dx = \frac{1}{2}\int \frac{1}{1+u}+\frac{1}{1+u^2}-\frac{1}{2}\frac{2u}{1+u^2} \, dx[/tex]

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

evt. ved bruk av komplekse tall:

Substitusjon [tex]u=\tan(x)[/tex]:

[tex]\int \frac{1}{(u+1)(u^2 +1)} \,du= \frac{1}{2}\int \frac{1}{u+1}-\frac{1}{2}\,\frac{1+i}{u-i}+\frac{1}{2}\,\frac{i-1}{u+i}\,du= \frac{1}{2}ln(|u+1|)-\frac{1}{4}ln(u^2+1)+\frac{1}{2}arctan(u)+C=\frac{1}{2}ln(|tan(x)+1|)-\frac{1}{4}ln(tan^2(x)+1)+\frac{1}{2}x+C[/tex].

Ser fint ut d gutta; her er "vgs løsninga"

[tex]I=\int\frac{dx}{1+\tan(x)}=\int\frac{\cos(x)}{\cos(x)+\sin(x)}\,dx={1\over 2}\int \frac{cos(x)+\sin(x)+\cos(x)-\sin(x)}{\sin(x)+\cos(x)}\,dx={1\over 2}x\,+\,{1\over 2}\int \frac{\cos(x)-\sin(x)}{cos(x)+\sin(x)}\,dx[/tex]

[tex]I={1\over 2}\left(x\,+\,\ln|\cos(x)+\sin(x)|\right)\,+\,C[/tex]