Jeg sliter litt med et ubestemt integral.
[symbol:integral] [tex]\frac1{cosx}[/tex]
Jeg har prøvd mye rart men ikke kommet noen vei. Noen som har noen tips?
Integral
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
Tommy H skrev:Jeg sliter litt med et ubestemt integral.
[symbol:integral] [tex]\frac1{cosx}[/tex]
Jeg har prøvd mye rart men ikke kommet noen vei. Noen som har noen tips?
http://integrals.wolfram.com/index.jsp
TRUR dette integralet er ganske heavy...
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Og mens du venter så er 1/cos(x) en kjent identit: sec(x).
Den kan løses på denne måten, men nå skal jeg finne ut av min fine metode i tillegg:
http://www.math.com/tables/integrals/more/sec.htm
Den kan løses på denne måten, men nå skal jeg finne ut av min fine metode i tillegg:
http://www.math.com/tables/integrals/more/sec.htm
Trippelpost!
Men for en grunn: Her følger løsningsmetode som ble gjort i en matte-1-forelesning på NTNU, så den er ikke helt relatert til VGS, men dog. Den funker. I forelesningen ble det gjort for 1/sin(x). Bruker samme strategi for 1/cos(x).
[tex]1/cos(x) = \frac {cos(x)}{cos^2x} = \frac {cos(x)}{1-sin^2(x)}[/tex]
[tex]\int \frac {cos(x)}{1-sin^2(x)} dx[/tex]
u = sin (x)
[tex]du = cos(x)dx[/tex]
Dette gir oss da:
[tex]\int \frac {du}{1-u^2}[/tex]
Her kommer trikset: Dette er en kjent identitet. For at det ikke skal bli helt gresk utleder jeg den for deg: Her operer vi med "tangens hyperbolsk" en funksjon du vil stifte bekjentskap med senere. Det som er interessant er at derivasjon og integrasjon på hyperbolske funksjoner er veldig likt som på de trigonometriske.
[tex]y = tanh^{-1}(x)[/tex]
[tex]tanh(y) = \frac {sinh(y)}{cosh(y)} = x[/tex]
Deriverer:
[tex](\frac {cosh^2(y) - sinh^2(y)}{cosh^2(y)})\cdot \frac{dy}{dx} = (1 - tanh^2(y)) = 1 [/tex]
Ergo:
[tex]\frac {dy}{dx} = \frac {d}{dx}tanh^{-1}(x) = \frac {1}{1-tanh^2(y)}= \frac {1}{1-x^2}[/tex]
Så kan vi gå tilbake til integralet:
[tex]\int \frac{du}{1-u^2} = tanh^{-1}(u) + C = tanh^{-1}(sin(x)) + C[/tex]
Så kommer vi til noen definisjoner igjen, som jeg ikke vil utlede her, men hvertfall så er tanh^-1(x) definert som:
[tex]tanh^{-1}(x) = \frac {1}{2}ln(\frac {x+1}{1-x})[/tex]
Setter inn x = sin(x)
[tex]\frac {1}{2}ln(\frac {sin(x) + 1}{1- sin(x)})[/tex]
Mutlipliserer med (1+sin(x)) oppe og nede:
[tex]\frac {1}{2}ln(\frac {(sin(x) + 1)^2}{cos^2(x)})[/tex]
[tex]\frac {(sin(x) + 1)^2}{cos^2(x)} = tan^2(x) + 2tan(x)sec(x) + sec^2(x) = (tan(x) + sec(x))^2[/tex]
Ergo:
[tex]\frac {1}{2}ln(\frac {sin(x) + 1}{1-sin(x)}) = ln( (tan(x) + sec(x))^2)^{1/2} = ln( tan(x) + sec(x) ) + C [/tex]
Finito.....
Men for en grunn: Her følger løsningsmetode som ble gjort i en matte-1-forelesning på NTNU, så den er ikke helt relatert til VGS, men dog. Den funker. I forelesningen ble det gjort for 1/sin(x). Bruker samme strategi for 1/cos(x).
[tex]1/cos(x) = \frac {cos(x)}{cos^2x} = \frac {cos(x)}{1-sin^2(x)}[/tex]
[tex]\int \frac {cos(x)}{1-sin^2(x)} dx[/tex]
u = sin (x)
[tex]du = cos(x)dx[/tex]
Dette gir oss da:
[tex]\int \frac {du}{1-u^2}[/tex]
Her kommer trikset: Dette er en kjent identitet. For at det ikke skal bli helt gresk utleder jeg den for deg: Her operer vi med "tangens hyperbolsk" en funksjon du vil stifte bekjentskap med senere. Det som er interessant er at derivasjon og integrasjon på hyperbolske funksjoner er veldig likt som på de trigonometriske.
[tex]y = tanh^{-1}(x)[/tex]
[tex]tanh(y) = \frac {sinh(y)}{cosh(y)} = x[/tex]
Deriverer:
[tex](\frac {cosh^2(y) - sinh^2(y)}{cosh^2(y)})\cdot \frac{dy}{dx} = (1 - tanh^2(y)) = 1 [/tex]
Ergo:
[tex]\frac {dy}{dx} = \frac {d}{dx}tanh^{-1}(x) = \frac {1}{1-tanh^2(y)}= \frac {1}{1-x^2}[/tex]
Så kan vi gå tilbake til integralet:
[tex]\int \frac{du}{1-u^2} = tanh^{-1}(u) + C = tanh^{-1}(sin(x)) + C[/tex]
Så kommer vi til noen definisjoner igjen, som jeg ikke vil utlede her, men hvertfall så er tanh^-1(x) definert som:
[tex]tanh^{-1}(x) = \frac {1}{2}ln(\frac {x+1}{1-x})[/tex]
Setter inn x = sin(x)
[tex]\frac {1}{2}ln(\frac {sin(x) + 1}{1- sin(x)})[/tex]
Mutlipliserer med (1+sin(x)) oppe og nede:
[tex]\frac {1}{2}ln(\frac {(sin(x) + 1)^2}{cos^2(x)})[/tex]
[tex]\frac {(sin(x) + 1)^2}{cos^2(x)} = tan^2(x) + 2tan(x)sec(x) + sec^2(x) = (tan(x) + sec(x))^2[/tex]
Ergo:
[tex]\frac {1}{2}ln(\frac {sin(x) + 1}{1-sin(x)}) = ln( (tan(x) + sec(x))^2)^{1/2} = ln( tan(x) + sec(x) ) + C [/tex]
Finito.....
Tommy H skrev:Jeg sliter litt med et ubestemt integral.
[symbol:integral] [tex]\frac1{cosx}[/tex]
Jeg har prøvd mye rart men ikke kommet noen vei. Noen som har noen tips?
Siden dette er 3MX nivå bestemmer jeg integralet forhåpentligvis på en "lettere" måte enn Magnus':
[tex]I\;=\int {dx\over cos(x)}[/tex][tex]\;=\;[/tex][tex]\int {cos(x)\over cos^2x}dx[/tex][tex]\;=\;[/tex][tex]\int {cos(x)\over 1-sin^2x}dx[/tex]
u = sin(x) , du = cos(x)dx
[tex]I\;=\int {du\over 1-u^2}[/tex][tex]\;=\;[/tex][tex]\int {du\over (1+u)(1-u)}[/tex]
kjører delbrøksoppspalting på dette:
[tex]{A\over 1+u}\;+\;{B\over 1-u}\;[/tex][tex]=\;{1\over 1-u^2}[/tex]
som gir A = B = 1/2
videre
[tex]I\;=\;[/tex][tex]{1\over 2}\int {du\over 1+u}\;+[/tex][tex]\;{1\over 2}\int {du\over 1-u}[/tex]
[tex]I\;=\;[/tex][tex]{1\over 2}ln(1+u)\;-[/tex][tex]\;{1\over 2}ln(1-u)\;+\;C[/tex]
[tex]I\;=\;[/tex][tex]{1\over 2}ln({1+u)\over 1-u})\;+\;C[/tex]
til slutt
[tex]I\;=\;[/tex][tex]{1\over 2}ln[{1+sin(x)\over 1-sin(x)}]\;+\;C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Joda fint nok det der. Er jo akkurat samme måten jeg løste den her på :
http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... highlight=
Burde gjort det på den måten, men flere faktorer fikk meg til å fast bestemt få til denne.. så:)
http://www.matematikk.net/ressurser/mat ... highlight=
Burde gjort det på den måten, men flere faktorer fikk meg til å fast bestemt få til denne.. så:)
I starten kan der også settes u = sin(x). Og en slipper å multiplisere oppe/nede med cos(x):
u = sin(x), du = cos(x)dx
[tex]\int {dx\over cos(x)}\;=\;[/tex][tex]\int {du\over cos^2(x)}\;=\;[/tex][tex]\int {du\over 1-sin^2(x)}\;=\;[/tex][tex]\int {du\over 1-u^2}[/tex]
osv...
u = sin(x), du = cos(x)dx
[tex]\int {dx\over cos(x)}\;=\;[/tex][tex]\int {du\over cos^2(x)}\;=\;[/tex][tex]\int {du\over 1-sin^2(x)}\;=\;[/tex][tex]\int {du\over 1-u^2}[/tex]
osv...
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
er det - mellom de leddene? hvorfor er det ikke pluss?Janhaa skrev:
videre
[tex]I\;=\;[/tex][tex]{1\over 2}\int {du\over 1+u}\;+[/tex][tex]\;{1\over 2}\int {du\over 1-u}[/tex]
[tex]I\;=\;[/tex][tex]{1\over 2}ln(1+u)\;-[/tex][tex]\;{1\over 2}ln(1-u)\;+\;C[/tex]
[tex]I\;=\;[/tex][tex]{1\over 2}ln({1+u)\over 1-u})\;+\;C[/tex]
[tex]I\;=\;[/tex][tex]{1\over 2}ln(1+u)\;+[/tex][tex]\;{1\over 2}ln(1-u)\;+\;C[/tex]
[tex](\ln(1-u))^\prime=-\frac1{1-u}[/tex]
The square root of Chuck Norris is pain. Do not try to square Chuck Norris, the result is death.
http://www.youtube.com/watch?v=GzVSXEu0bqI - Tom Lehrer
http://www.youtube.com/watch?v=GzVSXEu0bqI - Tom Lehrer
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Det var også et tidspunkt å dra fram denne på. Husk kjerneregelen!
The square root of Chuck Norris is pain. Do not try to square Chuck Norris, the result is death.
http://www.youtube.com/watch?v=GzVSXEu0bqI - Tom Lehrer
http://www.youtube.com/watch?v=GzVSXEu0bqI - Tom Lehrer