Riktig! Oppfølger: $\int_0^{\frac{ \pi}{2}}\tan^2(\sqrt{x})$ La $w= \sqrt{x}$. Da er ${\rm d}w = \dfrac{{\rm d}x}{2\sqrt{x}} = \dfrac{{\rm d}x}{2w}\Longrightarrow {\rm d}x = 2w~{\rm d}w$. De nye integrasjonsgrensene blir fra $w(0) = 0$ til $w(\pi/2) = \sqrt{\pi/2}$: $$I = 2\int_0^\sqrt{\pi/2} w\tan^...

Eg løyste oppgåva ved å bruke sylinderkoordinatar på den minste " kroppen " ( denne har form som eit " ausekar " ) og kom fram til same svar . Såklart, innser nå at det ville vært langt enklere å regne ut $\iint_\Omega (4-r^2)r~{\rm d}r~{\rm d}\theta$ direkte. Oppfølger: $\int_{...

Projeksjonen av skjæringskurven mellom $z=x^2+y^2$ og $z=4$ ned i $xy$-planet er sirkelen $x^2+y^2=2^2$. I tillegg har vi planet $x=1$, som i polarkoordinater kan uttrykkes som $r=\sec{\theta}$. Som man kan se fra figuren gir dette at regionen $\Omega = \{(r, \theta): \sec{\theta}\leq r\leq 2, -\the...

Det er en liten feil i uttrykket ditt for Taylorrekker, venstresiden skal være $f(x)$, ikke $f(a)$. Dersom du lar $t=t_0+h$ og bruker definisjonen av Taylorrekken, så får du at $y(t_0+h) = y(t) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{y^{(n)}(t_0)}{n!}(t-t_0)^n = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{y^{(n)}(t_0)}{n!}((t_0+h)...

Det er fordi jeg ikke kan regne geometriske rekker... skal stå $\lfloor \log_2 b\rfloor\cdot b-\lfloor \log_2 a\rfloor\cdot a+2^{1+\lfloor \log_2 a\rfloor}-2^{1+\lfloor \log_2 b\rfloor}$, og da stemmer svaret for spesialtilfellet du nevnte også. Hadde du et annet uttrykk/løsning? Da er jeg enig! Fi...

\[ \int_a^b \lfloor \log_2 u\rfloor\mathop{du}=\lfloor \log_2 b\rfloor\cdot b-\lfloor \log_2 a\rfloor\cdot a+2^{\lfloor \log_2 a\rfloor}-2^{\lfloor \log_2 b\rfloor}.\] Med $a = 50$ og $b = 100$ gir dette at integralet over er lik 318, ikke 286 Oppfølger: $\int_0^1 (x \ln(x))^{2018} \, \text{d}x$ La...

Oppfølger: Vis at \int_0^{\infty} f(x^{n} + x^{-n}) \arctan x \frac{\mathrm{d}x}{x} = \frac{\pi}{2} \int_0^1 f(x^{n} + x^{-n}) \frac{\mathrm{d}x}{x} for alle integrerbare funksjoner $f$ på $[0, \infty)$. Begynner med å skrive om integralet: $I = \int_0^1 f(x^{n} + x^{-n}) \arctan x \frac{\mathrm{d}...

Oppfølger: Anta at en funksjon har periode $T$, med andre ord at $f(x + T) = f(x)$ for alle $x+T,x$ i definisjonsområdet til $f$. Vis at da er $ \int_0^{nT} f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^T f(x)\,\mathrm{d}x \qquad \forall n \in \mathbb{N} $ Stemmer dette? Er ikke $f(x) = |\sin(x)|$ et moteksempel, ett...

Forslaget er x=23 og y=4. Men, lett å se, kan være mye mer. Jeg ser for eksempel at x=32 og y=1 som en enda enklere løsning. Så hva er det meningen jeg skal tenke egentlig? x=29 og y=2 er jo også lett å se.... Når man har lineære diofantiske likninger med små koeffisienter er det ofte lett å umidde...

La I(\alpha) = \int_0^1 \dfrac{x^\alpha-1}{\ln(x)}dx . Da har man at $$\dfrac{dI}{d\alpha} = \int_0^1 \dfrac{d}{d\alpha}\left(\dfrac{x^\alpha-1}{\ln(x)}\right)dx = \int_0^1 x^\alpha dx = \dfrac{1}{\alpha+1}$$ slik at I(\alpha) = \ln|\alpha+1|+C . Ettersom $I(0) = 0$ må $C = 0$, og dermed følger I(10...

$x\to 1/x$ gir $$\dfrac{1}{x} + f(x) = 2f\left(\dfrac{1}{x}\right).$$ Fra den opprinnelige funksjonalligningen har man at $$f\left(\dfrac1x\right) = 2f(x) - x,$$ som innsatt gir $$\dfrac1x + f(x) = 4f\left(x\right) - 2x\Longrightarrow f(x) = \dfrac13\left(2x + \dfrac1x\right)$$

La $u = \sqrt{\tanh(x)}$, slik at ${\mathrm d}u = \dfrac{(1-\tanh^2(x))}{2\sqrt{\tanh(x)}}{\mathrm d}x = \dfrac{1-u^4}{2u}{\mathrm d}x$. Dette gir $$\begin{align*} I &= \int u\left(\dfrac{2u}{1-u^4}{\mathrm d}u\right)\\ &= \int\dfrac{2u^2}{1-u^4}{\mathrm d}u\\ &= -\int\dfrac{(u^2 + 1) + ...

noen som har forlag til substitusjon, hint eller løsning til integralet under: \large I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt[4]{x}}{(1+x)^2}\,dx En mulig løsning er å gjøre substitusjonen $u = \sqrt[4]{x}$ og deretter betrakte konturintegralet $$2\oint_\gamma \dfrac{z^4}{(1+z^4)^2}{\mathrm d}z$$ med $\gamm...

Ser bra ut!

Det du har gjort hittil er helt riktig. Dersom du har lært om lineære homogene differensiallikninger, er løsningsmetoden mer eller mindre helt lik: Gitt likningen $y'' + ay' + by = 0$ antar man en løsning på formen $y(x) = e^{\lambda x}$. Innsatt gir dette $\lambda^2 e^{\lambda x} + a\lambda e^{\lam...