matematikk.net

Ny dag, nytt integral:

[tex]I_{8_2} = \int \frac{\rm{d}z}{z+i}[/tex]

orjan_s skrev:[tex]I_7_2=\int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{x}-\sqrt[3]{x}}[/tex]

Setter [tex]u=x^{\frac16} \Rightarrow x=u^6[/tex]. [tex]dx = 6u^5[/tex]
[tex]I=\int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{x}-\sqrt[3]{x}}=\int \frac{1}{u^3-u^2}\cdot 6u^5 \, du=6\int \frac{u^3}{u-1}du[/tex]

Polynomdivisjon gir
[tex]I=6\int u^2 + u + 1 +\frac{1}{u-1} du= 2u^3+3u^2+6u+6\ln{|u-1|}+C[/tex]

Altså:

[tex]I = 2\sqrt{x}+3\sqrt[3]{x}+6\sqrt[6]{x}+6\ln{|\sqrt[6]{x}-1|}+C[/tex]

espen180 skrev:Ny dag, nytt integral:

[tex]I_{8_2} = \int \frac{\rm{d}z}{z+i}[/tex]

blir ikke dette bare
[tex]\ln \(z+i) +C[/tex]

da?

Nei, blir nok ikke det.

Hint: Skaff en reell nevner, så kan du løse det som et reelt integral. Slik gjorde jeg det.

espen180 skrev:Ny dag, nytt integral:
tester dette;

[tex]I_{8_2} = \int \frac{\rm{d}z}{z+i}[/tex]

[tex]I=\int\frac{z\,-\,i}{z^2+1}\,dz=\int \frac{z\,dz}{z^2+1}\,-\,\int \frac{i\,dz}{z^2+1}={1\over 2}\ln(z^2+1)\,-\,i\,\arctan(z)\,+\,C[/tex]

Stemmer på en prikk.

[tex]\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-i\arctan z+C_0=\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln(e^{i\arctan z})+C_0=\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln[\cos(\arctan z )+i\sin(\arctan z )]+C_0 \\ = \frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln[\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}+i\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}]+C_0=\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln[\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{iz}{\sqrt{1+z^2}}]+C_0=\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln[\frac{1+iz}{\sqrt{z^2+1}}] +C_0 \\ =\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\frac{1}{2}\ln(\frac{(1+iz)^2}{z^2+1})+C_0= \frac{1}{2}[\ln(z^2+1)+\ln(\frac{z^2+1}{(1+iz)^2})]+C_0 = \frac{1}{2}[\ln(\frac{(z^2+1)^2}{(1+iz)^2})]=\ln[\frac{z^2+1}{iz+1}]+C_0 \\ = \ln(\frac{(z^2+1)(1-iz)}{z^2+1})=\ln(-i(i+z))+C_0=\ln(z+i)+ln(-i)+C_0=\ln(z+i)+C[/tex]

Hvorfor er det ene bedre enn det andre?

Inn så ikke det der.

Beklager, h. Jeg tok visst feil.

http://integrals.wolfram.com/index.jsp
Denne takler også komplekse integraler - så kan være lurt å teste svarene der.

Jeg sjekka svaret mitt på www.quickmath.com og på min TI n-spire CAS kalkulator. De gav svaret som Janhaa la ut.

Jarle10 skrev:[tex]\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-i\arctan z+C_0=\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln(e^{i\arctan z})+C_0=\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln[\cos(\arctan z )+i\sin(\arctan z )]+C_0 \\ = \frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln[\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}+i\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}]+C_0=\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln[\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{iz}{\sqrt{1+z^2}}]+C_0=\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\ln[\frac{1+iz}{\sqrt{z^2+1}}] +C_0 \\ =\frac{1}{2}\ln(z^2+1)-\frac{1}{2}\ln(\frac{(1+iz)^2}{z^2+1})+C_0= \frac{1}{2}[\ln(z^2+1)+\ln(\frac{z^2+1}{(1+iz)^2})]+C_0 = \frac{1}{2}[\ln(\frac{(z^2+1)^2}{(1+iz)^2})]=\ln[\frac{z^2+1}{iz+1}]+C_0 \\ = \ln(\frac{(z^2+1)(1-iz)}{z^2+1})=\ln(-i(i+z))+C_0=\ln(z+i)+ln(-i)+C_0=\ln(z+i)+C[/tex]

Hvorfor er det ene bedre enn det andre?

Går an å gjøre enklere.
[tex]\tan z = \frac{\sin z}{\cos z} = \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{i(e^{iz} + e^{-iz})} = \frac{e^{2iz}-1}{i(e^{2iz}+1)}[/tex]
[tex](1- i \tan z) e^{2iz} = i \tan z + 1[/tex]
[tex]e^{2iz} = \frac{i \tan z + 1}{i \tan z -1}[/tex]
[tex]z = \frac 1{2i} \ln\left[ \frac{1+i\tan z}{1-i\tan z}\right][/tex]
[tex]\arctan z = \frac 1{2i} \ln \left[\frac{1+iz}{1-iz}\right][/tex]

Mange veier til rom, og hvor fort det går vil jeg anta i dette tilfellet avhenger av hvor "snill" du er til å vise algebraen

Jeg legger ut et siden ingen har åpnet luken i dag.
[tex]I_9=\int \frac{x^2+1}{x^4+1}dx[/tex]

Mayhassen skrev:Jeg legger ut et siden ingen har åpnet luken i dag.
[tex]I_9=\int \frac{x^2+1}{x^4+1}dx[/tex]

[tex]I_9=\int \frac{x^2+1}{x^4+1}dx = \frac 1 2 \int \frac 1 {x^2 - sqrt 2 x +1} + \frac 1 {x^2 + sqrt 2 x +1}dx = \int \frac 1 {(sqrt 2 x -1)^2 + 1} dx + \int \frac 1 {(sqrt 2 x -1)^2 - 1} dx = \frac {arctan (sqrt 2 x - 1) + arctan (sqrt 2 x + 1)} {sqrt 2} + C[/tex]
Fullt mulig det finnes en vakrere måte å gjøre dette på.

[tex]I_{10} = \int \frac 1 {cos x} dx[/tex]

Lurer litt på om denne har vært oppe her før. Noen får isåfall gjerne foreslå en alternativ en.

Karl_Erik skrev:Jeg legger ut et siden ingen har
[tex]I_{10} = \int \frac 1 {cos x} dx[/tex]
Lurer litt på om denne har vært oppe her før. Noen får isåfall gjerne foreslå en alternativ en.

den har nok det, opptil flere ganger...til og med her i julekalender'n

Stone skrev: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]