Side 2 av 8
Lagt inn: 06/12-2008 16:21
av Janhaa
Jarle10 skrev:[tex]I_6=\int \frac{x^2-1}{x(x^2+1)sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}}\, \rm{d}x=\int \frac{x^2-1}{x(x^2+1)sqrt{(x+\frac{1}{x})^2-2}}\, \rm{d}x[/tex]
[tex]\sqrt{2}u=x+\frac{1}{x} \Rightarrow \sqrt{2}\frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=1-\frac{1}{x^2} = \frac{1}{x^2}(x^2-1) \Rightarrow \sqrt{2}x^2\frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=x^2-1[/tex]
[tex]\sqrt{2}ux=x^2+1[/tex]
[tex]I_6= \int \frac{\sqrt{2}x^2}{x(\sqrt{2}ux)\sqrt{2u^2-2}} \rm{d}u = \frac{\sqrt{2}}{2} \int \frac{1}{u\sqrt{u^2-1}} \rm{d}u[/tex]
[tex]u^2-1=t \Rightarrow \frac{\rm{d}t}{\rm{d}u}=2u[/tex]
[tex]I_6=\frac{\sqrt{2}}{4} \int \frac{1}{u^2\sqrt{t}} \rm{d}t=\frac{\sqrt{2}}{4} \int \frac{1}{(t+1)\sqrt{t}} \rm{d}t[/tex]
[tex]t=r^2 \Rightarrow 2r\frac{\rm{d}r}{\rm{d}t} = 1[/tex]
[tex]I_6=\frac{\sqrt{2}}{4} \int \frac{2r}{(r^2+1)r} \rm{d}r=\frac{\sqrt{2}}{2} \int \frac{1}{(r^2+1)} \rm{d}r=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan(r)+C[/tex]
[tex]r=\sqrt{t}=\sqrt{u^2-1}=\sqrt{\frac{1}{2}(x+\frac{1}{x})^2-1}=\sqrt{\frac{1}{2}(x^2+\frac{1}{x^2})}[/tex]
[tex]I_6=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan(\sqrt{\frac{1}{2}(x^2+\frac{1}{x^2})})+C[/tex]
Hvis noen sitter å venter med et integral, bare post det. Hvis ikke kan jeg prøve å spore opp et selv.
Pent som vanlig Jarle.
Ok, nytt integral:
[tex]I_7=\int \frac{(2-x)^{2n-1}}{(2+x)^{2n+1}}\,dx\,\,\,\,\,\,\text for n \geq 1[/tex]
Lagt inn: 06/12-2008 16:44
av Charlatan
Trenger n den restriksjonen, Janhaa? Jeg tror bare n [symbol:ikke_lik] 0 er det eneste som behøves.
[tex]I=\int \frac{(2-x)^{2n-1}}{(2+x)^{2n+1}} \rm{d}x[/tex]
[tex]u=2+x \Rightarrow \frac{\rm{d}u}{\rm{d}{x}}=1[/tex]
[tex]I=\int \frac{(4-u)^{2n-1}}{(u)^{2n+1}} \rm{d}u=\int \frac{(\frac{4}{u}-1)^{2n-1}}{u^2} \rm{d}u[/tex]
[tex]\frac{4}{u}-1=t \Rightarrow -\frac{4}{u^2}=\frac{\rm{d}t}{\rm{d}u}[/tex]
[tex]I=-\frac{1}{4} \int t^{2n-1} \rm{d}t = -\frac{t^{2n}}{8n} + C = -\frac{(\frac{2-x}{2+x})^{2n}}{8n} +C[/tex]
Nytt integral:
[tex]I=\int x^2 \ln(\frac{1-x}{1+x})\,dx[/tex]
-----------------------
Jarle, jeg skulle svare her, men klussa det til. Sorry
Janhaa, 07.12.08
Lagt inn: 06/12-2008 16:50
av orjan_s
Jarle det er vel ikke lov å åpne kalenderen før tida, eller hva?
Lagt inn: 06/12-2008 17:09
av thebreiflabb
Hva med å lage noen integraler som ikke trenger substituering :p
Lagt inn: 06/12-2008 18:22
av espen180
[tex]I_{ekstra}=\int_1^2 \frac{1}{x^2+2x}\rm{d}x[/tex]
Lagt inn: 07/12-2008 00:54
av Stone
[tex]I_{ekstra} \int_1^2 {dx\over {x^2 +2x}}={\int_1^2 {dx\over{x(x+2)}}[/tex] Delbrøkoppspalting, og får [tex]A = {1\over2} B=-{1\over2}[/tex]
[tex]{1\over 2}\int_1^2 {dx\over x} - {1\over 2}\int_1^2 {dx\over x+2} ={{1\over2}ln x - {1\over2}ln(x+2)}]_1^2[/tex]
[tex]= ln{{\sqrt 6}\over{2}}[/tex]
Lagt inn: 07/12-2008 01:19
av Olorin
[tex]I_7=\int\frac{\rm{d}x}{\cos(x)}[/tex]
For enkelte, keep off!
Lagt inn: 07/12-2008 02:10
av Stone
Fiffig!
[tex]\int{1\over cos x} dx = \int sec x dx = \int sec x * {({sec x + tan x\over sec x + tan x})}dx = \int{ {sec^2x + sec x tanx}\over{sec x + tan x}}dx[/tex]
Hvor vi plutselig har fått en fin substitusjon!
[tex]u=sec x + tan x, du=sec^2x + sec x tan x dx[/tex]
[tex]\int {1\over u}du = ln u = ln |{sec x +tan x}| + C[/tex]
Lagt inn: 07/12-2008 02:16
av Stone
En litt lur en..
[tex]I_8 = \int{dx\over (x^7-x)}[/tex]
Lagt inn: 07/12-2008 11:47
av Janhaa
orjan_s skrev:Jarle det er vel ikke lov å åpne kalenderen før tida, eller hva?
Jeg tror vi driver og synder med åpningstida nå...
Lagt inn: 07/12-2008 11:54
av Janhaa
Jarle10 skrev:Trenger n den restriksjonen, Janhaa? Jeg tror bare n [symbol:ikke_lik] 0 er det eneste som behøves.
[tex]I=\int \frac{(2-x)^{2n-1}}{(2+x)^{2n+1}} \rm{d}x[/tex]
[tex]u=2+x \Rightarrow \frac{\rm{d}u}{\rm{d}{x}}=1[/tex]
[tex]I=\int \frac{(4-u)^{2n-1}}{(u)^{2n+1}} \rm{d}u=\int \frac{(\frac{4}{u}-1)^{2n-1}}{u^2} \rm{d}u[/tex]
[tex]\frac{4}{u}-1=t \Rightarrow -\frac{4}{u^2}=\frac{\rm{d}t}{\rm{d}u}[/tex]
[tex]I=-\frac{1}{4} \int t^{2n-1} \rm{d}t = -\frac{t^{2n}}{8n} + C = -\frac{(\frac{2-x}{2+x})^{2n}}{8n} +C[/tex]
Nytt integral:
[tex]I=\int x^2 \ln(\frac{1-x}{1+x})\,dx[/tex]
-----------------------
Jarle, jeg skulle svare her, men klussa det til. Sorry
Janhaa, 07.12.08
Smart løsning, jeg gjorde det på en mer tungvint måte.
Integralet ditt over har jeg ikke hatt særlig flaks med ennå.
Lagt inn: 07/12-2008 11:55
av Janhaa
Stone skrev:En litt lur en..
[tex]I_8 = \int{dx\over (x^7-x)}[/tex]
Integralet her er greit;
[tex]I=\int\frac{dx}{x(x^6-1)}={1\over 3}\int \frac{du}{u(u^2-1)}[/tex]
der u = x[sup]3[/sup], videre brukes substitusjonen V = u[sup]2[/sup]
[tex]I={1\over 6}\int \frac{dV}{V(V-1)}={1\over 6}\int(\frac{1}{V-1}\,-\,\frac{1}{V})\,dV={1\over 6}(\ln|V-1|\,-\,\ln|V|)\,+\,C[/tex]
[tex]I={1\over 6}(\ln|u^2-1|\,-\,\ln(u^2))\,+\,C={1\over 6}\ln|x^6-1|\,-\,\ln|x|\,+\,C[/tex]
Lagt inn: 07/12-2008 12:41
av orjan_s
Siden vi synder alle mann:
[tex]I=\int x^2 \ln{(\frac{1-x}{1+x})}\, dx=\frac{1}{3} x^3\ln{(\frac{1-x}{1+x})}-\frac{2}{3}\int \frac {x^3}{x^2-1} \, dx[/tex]
setter [tex]u=x^2 \, \Rightarrow \,\frac{du}{dx}=2x[/tex] på det siste integralet.
[tex]\frac{1}{3}\int \frac {u}{u-1}\, du=\frac{1}{3}\int 1+\frac {1}{u-1}\, du=\frac{1}{3}(u+\ln{(u-1)})+C=\frac{1}{3}(x^2+\ln{(x^2-1)})+C[/tex]
som gir
[tex]I=\int x^2 \ln{(\frac{1-x}{1+x})}\, dx=\frac{1}{3} x^3\ln{(\frac{1-x}{1+x})}-\frac{1}{3}(x^2+\ln{(x^2-1)})+C[/tex]
Lagt inn: 07/12-2008 13:09
av orjan_s
[tex]I_7_2=\int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{x}-\sqrt[3]{x}}[/tex]
Lagt inn: 07/12-2008 13:13
av Vektormannen
\sqrt[a]{x} gir [tex]\sqrt[a]{x}[/tex]