matematikk.net

For dere som er ferdig med videregående utdanning starter vel påsken på torsdag, men jeg synes vi likevel bør få igang en integraltråd for denne høytiden.

Jeg kan begynne.

[tex]I_1=\int\frac{\rm{d}x}{\sqrt{x-1}+\sqrt{(x-1)^3}}[/tex]

[tex]I_1 = \int \frac{dx}{\sqrt{x-1} + \sqrt{(x-1)^3}} = \int \frac{dx}{\sqrt{x-1} \cdot x}[/tex]

[tex]u = \sqrt{x-1} \ \Leftrightarrow \ \frac{du}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{x-1}} \ \Leftrightarrow \ dx = 2 \sqrt{x-1} du [/tex]

[tex]x = u^2 + 1[/tex]

[tex]I_1 = \int \frac{2 \sqrt{x-1} du}{\sqrt{x-1} \cdot (u^2 + 1)} = 2\int \frac{du}{u^2 + 1} = 2 \cdot \arctan(u) + C = 2 \cdot \arctan(\sqrt{x-1}) + C[/tex]

Har dessverre ingen oppfølger :/

Vektormannen wrote:[tex]2\int \frac{du}{u^2 + 1} = 2 \cdot \arctan(u) + C [/tex]

Jeg henger med helt til det over, noen som har en kjapp forklaring hvorfor det bir arctan ?

Det er en relativt standard formel litt over VGS-nivå, tror jeg. Om du har vært borti implisitt derivasjon kan du jo bruke det til å vise at den deriverte av arctan blir 1/1+x^2.

[tex]y=arctan(x)[/tex] (tar tangens av begge sider)
[tex]tan(y)=x[/tex] (deriverer begge sider med hensyn på x)
[tex]\frac {dy} {dx} (tan^2(y)+1)=1[/tex] (bruker kjerneregelen og at den deriverte av tangens er tan^2 (x) +1)
[tex]\frac {dy} {dx} = \frac 1 {x^2 +1}[/tex] (husker at tan(y)=x og deler på x^2+1 på begge sider, og siden y=arctan(x) har vi vist at den deriverte av arctan er 1/(1+x^2))

Påskeintegral:

[tex]I_2=\int \frac{x}{\sqrt{x+1}+(x+1)^{\frac{1}{3}}} \,dx[/tex]



Hint: u^6=x+1

plutarco wrote:Påskeintegral:
[tex]I_2=\int \frac{x}{\sqrt{x+1}+(x+1)^{\frac{1}{3}}} \,dx[/tex]
Hint: u^6=x+1

fort og gæli - hvis jeg benytter hintet,

[tex]I_2=6\int \frac{u^9-u^3}{u+1}\,du[/tex]

og polynomdivisjon på dette gir:

[tex]I_2=6\int(u^8\,-\,u^7\,+\,u^6\,-\,u^5\,+\,u^4\,-\,u^3)\,du[/tex]

som gir:

[tex]I_2={2\over 3}(x+1)^{3/2}\,-\,{3\over 4}(x+1)^{4/3}\,+\,{6\over 7}(x+1)^{7/6}\,-\,(x+1)\,+\,{6\over 5}(x+1)^{5/6}\,-\,{3\over 2}(x+1)^{2/3}\,+\,C[/tex]

trur det skal stemme, sjøl om jeg er ganske sikker på at mer elegante løsninger finnes...

Nytt: [tex]\int_0^\pi \sqrt{1+\sin x} dx[/tex]

Riktig, janhaa!

Tar enda en i samme slengen: Beregn grenseverdien

[tex]I_4=\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^x(e^{t^2}-1)}{x^3}\,dx[/tex]

(eksamensoppgave matte 1A, NTH,1993)

mrcreosote wrote:Nytt: [tex]\int_0^\pi \sqrt{1+\sin x} dx[/tex]

[tex]I=2\int_0^{\pi/2}\frac{\cos(x)}{\sqrt{1-\sin(x)}}\,dx=2\int_0^1 U^{-1/2}\,dU=4(1-0)=4[/tex]

der U = 1 - sin(x)

plutarco wrote:Riktig, janhaa!
Tar enda en i samme slengen: Beregn grenseverdien
[tex]I_4=\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^x(e^{t^2}-1)}{x^3}\,dx[/tex]
(eksamensoppgave matte 1A, NTH,1993)

skal vi sjå...nå er jeg ikke sikker...lenge siden;

[tex]I_4\,\text blir vel null p{\aa} null[/tex]

Bruker så L' H:

[tex]I_4=\lim_{x\to 0} \frac{{d\over dx}\int_0^x (e^{t^2}-1)\,dx}{{d\over dx}\,(x^3)}[/tex]

[tex]I_4=\lim_{x\to 0}\frac{F^,(x)-F^,(0)}{3x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{x^2}-1}{3x^2}=\text {"\frac{null}{null}"}[/tex]

Bruker L' H igjen:

[tex]I_4=\lim_{x\to 0}\frac{2xe^{x^2}}{6x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{x^2}}{3}={1\over 3}[/tex]

Nok en gang, finfint av Janhaa

[tex]I=\int^4_2 \frac{\sqrt{\ln(9-x)}}{\sqrt{\ln(9-x)}+\sqrt{\ln(x+3)}} \rm{d}x[/tex]

Charlatan wrote:[tex]I=\int^4_2 \frac{\sqrt{\ln(9-x)}}{\sqrt{\ln(9-x)}+\sqrt{\ln(x+3)}} \rm{d}x[/tex]

kjente igjen integralet, mener dette er et Putnam integral !

http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... hp?t=17507

Se der ja