matematikk.net

Det var ganske flaut. Lønner seg nok å lese tråden neste gang. Beklager.

[tex]I_{10}=\int \frac {sin^2 x} {1+ sin^2 x} dx[/tex]

Karl_Erik skrev:Det var ganske flaut. Lønner seg nok å lese tråden neste gang. Beklager.
[tex]I_{10}=\int \frac {sin^2 x} {1+ sin^2 x} dx[/tex]

OK, prøver meg da:

[tex]I_{10}=\int \frac{\tan^2(x)+1}{1+2\tan^2(x)}\,dx\,-\, \int \frac{dx}{1+2\tan^2(x)}[/tex]

velger u = tan(x)

[tex]I_{10}=\int \frac{du}{1+2u^2}\,-\,\int\frac{du}{(1+2u^2)(1+u^2)}=\int \frac{du}{u^2+1}\,-\,\int \frac{du}{2u^2+1}=\arctan(u)\,-\,{1\over \sqrt{2}}\int \frac{dV}{V^2+1}[/tex]

der V = [symbol:rot](2) u

[tex]I_{10}=x\,-\,\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan(\sqrt{2}u)\,+\,C[/tex]

[tex]I_{10}=x\,-\,\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan(\sqrt{2}\tan(x))\,+\,C[/tex]

[tex]I_{11}=\int x^2\cdot \arctan(\sqrt{x})\rm{d}x[/tex]

espen180 skrev:[tex]I_{11}=\int x^2\cdot \arctan(\sqrt{x})\rm{d}x[/tex]

Er ganske sikker på at endel her inne fikser denne...

setter u = [symbol:rot]x

[tex]I_{11}=2\int u^5 \arctan(u)\,du ={1\over 3}u^6 \arctan(u)\,-\,{1\over 3}\int \frac{u^6\,du}{u^2+1}[/tex]

[tex]I_{11}={1\over 3}u^6 \arctan(u)\,-\,{1\over 3}\int (u^4-u^2-\frac{1}{u^2+1}+1)\,du[/tex]

[tex]I_{11}={1\over 3}u^6 \arctan(u)\,-\,{1\over 15}u^5+{1\over 9}u^3+{1\over 3}\arctan(u)-{1\over 3}u+C[/tex]

[tex]I_{11}={1\over 3} \arctan(\sqrt{x})\cdot(x^3 + 1)\,-\,{1\over 15}x^{5/2}\,+\,{1\over 9}x^{3/2}\,-\,{1\over 3}\sqrt{x}\,+\,C[/tex]

Noen som har 13.? (Og 12.?)

[tex]I_{12}=\int_{-\infty}^{\infty}\,\frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}[/tex]

Janhaa skrev:[tex]I_{12}=\int_{-\infty}^{\infty}\,\frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}[/tex]

Går utifra at verken a eller b er 0 og at de ikke er like, og finner først det ubestemte integralet:
[tex]\int \frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}=[/tex]

[tex]\int \frac{dx}{(b-a)(x^2+a)} + \int \,\frac{dx}{(a-b)(x^2+b)}=[/tex]

[tex]\int \frac{dx}{(b-a)(x^2+a)} + \int \,\frac{dx}{(a-b)(x^2+b)}=[/tex]

[tex]\frac {sqrt a \, arctan \frac x {sqrt b} - sqrt b \, arctan \frac x {sqrt a}} {sqrt {ab} (a-b)} + C[/tex]

Om vi så lar dette gå fra [tex]-\infty[/tex] til [tex]\infty[/tex] får vi [tex]\pi \frac {sqrt a - sqrt b}{sqrt{ab} (a-b)}[/tex].

[tex]I_{13}=\int x sqrt{x^2 + x +1} \, dx[/tex]

Karl_Erik skrev:

Janhaa skrev:[tex]I_{12}=\int_{-\infty}^{\infty}\,\frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}[/tex]

Går utifra at verken a eller b er 0 og at de ikke er like, og finner først det ubestemte integralet:
[tex]\int \frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}=[/tex]
[tex]\int \frac{dx}{(b-a)(x^2+a)} + \int \,\frac{dx}{(a-b)(x^2+b)}=[/tex]
[tex]\int \frac{dx}{(b-a)(x^2+a)} + \int \,\frac{dx}{(a-b)(x^2+b)}=[/tex]
[tex]\frac {sqrt a \, arctan \frac x {sqrt b} - sqrt b \, arctan \frac x {sqrt a}} {sqrt {ab} (a-b)} + C[/tex]
Om vi så lar dette gå fra [tex]-\infty[/tex] til [tex]\infty[/tex] får vi [tex]\pi \frac {sqrt a - sqrt b}{sqrt{ab} (a-b)}[/tex].

Jauda, ser fint ut det...

[tex]I_{13}=\int x sqrt{x^2 + x +1} \, dx[/tex]

interessant denne...

Skal vi sjå, den kan skrives som:

[tex]I_{13}=\int x sqrt{x^2 + x +1} \, dx=\int (2x+1)\sqrt{x^2+x+1}\,dx\,-\,\int (x+1)\sqrt{x^2+x+1}\,dx=I_1\,-\,I_{13}\,-\,\int \sqrt{x^2+x+1}\,dx[/tex]

der [tex]\,\,I_1=\int (2x+1)\sqrt{x^2+x+1}\,dx={2\over 3}(x^2+x+1)^{3/2}+C_1[/tex]

og [tex]\,\,I_2=\int \sqrt{x^2+x+1}\,dx=\int \sqrt{(x+{1\over 2})^2+{3\over 4}}\,dx[/tex]

substituer [tex]\,\,x+0,5 = \frac{\sqrt3}{2}\sinh(u)[/tex]

og
[tex]\,\,I_2={3\over 4}\int \cosh^2(u)\,du={3\over 8}\int (\cosh(2u)+1)\,du={3\over 16}(2\sinh(u)\cosh(u))\,+\,{3\over 8}u\,+\,C_2={1\over 2}(x+1)\sqrt{x^2+x+1}\,+\,{3\over 8}\text arcsinh(\frac{2x+1}{\sqrt{3}})+C_2[/tex]

----------------

[tex]2I_{13}=I_1\,-\,I_2[/tex]

[tex]I_{13}=={1\over 3}(x^2+x+1)^{3/2}\,-\,{1\over 4}(x+{1\over 2})\sqrt{x^2+x+1}\,-\,{3\over 16}\text arcsinh(\frac{2x+1}{\sqrt3})\,+\,C[/tex]


trur det skal stemme...

[tex]I_{14}=\int\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}\rm{d}x[/tex]

Har denne blitt tatt før?

EDIT:
Jeg er en kløne.

espen180 skrev:[tex]I_{14}=\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}\rm{d}x[/tex]

Har denne blitt tatt før?

Vi tar med integraltegnet på denne og



[tex]I_{14}=\int \frac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})^2}{(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})}\rm{d}x = \frac{1}{2} \int (2x-2\sqrt{x^2-1})\rm{d}x=\frac{x^2}{2}-\int \sqrt{1-x^2}\rm{d}x[/tex]

[tex]x=\sin u \Rightarrow \frac{\rm{d}x}{\rm{d}u}=\cos u \Rightarrow \frac{\rm{d}u}{\rm{d}x} \cos u=1[/tex]

[tex]\Downarrow[/tex]

[tex]I_{14}=\frac{x^2}{2}-\int \cos^2u \rm{d}u=\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}(u+\sin u \cos u)+C=\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}(\arcsin x +x\sqrt{x^2-1})+C=\frac{1}{2}[x^2-x\sqrt{x^2-1}-\arcsin(x)]+C[/tex]

Jeg resirkulerer en gammel en.

[tex]I_{14_2/15}=\int e^xx^n\rm{d}x\,,\,n\in\mathbb{R}[/tex]

Ikke lét etter løsningen, det ødelegger moroa.

Sant det. Får prøve noe delvis

[tex]I=\int e^xx^ndx[/tex]

[tex]\int e^xx^ndx=e^x\frac{1}{n+1}x^{n+1}-\int e^xx^ndx[/tex]

[tex]\int e^xx^ndx=\frac{e^x\frac{1}{n+1}x^{n+1}}{2}+C[/tex]

Er ikke sikker, men er vel mulig det er rett

God ide med integralkalender her Spennende å se de fine svarene deres.
Merry jul!

Måtte ha vekk en skriveleif

espen180 skrev:Jeg resirkulerer en gammel en.

[tex]I_{14_2/15}=\int e^xx^n\rm{d}x\,,\,n\in\mathbb{R}[/tex]

Ikke lét etter løsningen, det ødelegger moroa.

Delvis integrasjon:

[tex]I = \int e^x x^n \, dx = e^x x^n - n \int e^x x^{n-1} dx[/tex]
[tex]I = e^x x^n - n(e^x x^{n-1} - (n-1)\int e^x x^{n-2} dx) = \\ e^x x^n - n e^x x^{n-1} + (n-1) \int e^x x^{n-2} dx[/tex]
...
[tex]\int e^x x^n dx \, dx = e^x x^n - n e^x x^{n-1} + n(n-1)e^x x^{n-2} + \, ... \, + (-1)^{k+1}n (n-1)...(n-k+1) \int e^x x^{n-k} dx[/tex]

Er litt usikker på om dette holder som "bevis". Trokke det, antar det må induksjon til - men det får noen andre gjøre Stemmer ihvertfall for n=3. PS: Antar du mener [tex]n \in \mathbb{N}[/tex]

Man kan uttrykke svaret med en sum, så sjekke svaret ved å derivere. Derivasjonen holder som bevis.