matematikk.net

Siden [tex]\frac d{dx}\ln(x+sqrt{x^2-1}) = \frac1{\sqrt{x^2-1}}[/tex], kan det tenkes at substitusjonen [tex]u=\ln(x^{\frac32}+\sqrt{x^3-1})[/tex] fører fram, men jeg fikk det ikke til.

Edit: Endra noen fortegn.

Her er løsningen www.quickmath.com gir. Vet ikke om den er holdbar. Stygg er den ihvertfall.

[tex]\int \frac{x}{\sqrt{x^3-1}}\rm{d}x=\frac{1}{\sqrt[4]{3}\sqrt{x^3-1}}\left(2\sqrt[6]{-1}\sqrt{(-1)^{\frac56}(x-1)}\sqrt{x^2+x+1}\left(\sqrt[3]{-1}F\left(\rm{arcsin}\left(\frac{\sqrt{-ix-(-1)^{\frac56}}}{\sqrt[4]{3}}\right|\sqrt[3]{-1}\right)-i\sqrt{3}E\left(\rm{arcsin}\left(\frac{\sqrt{-ix-(-1)^{\frac56}}}{\sqrt[4]{3}}\right|\sqrt[3]{-1}\right)\right)\right)[/tex]

Du bør vel kanskje definere F, og E-funksjonene

Jeg tror E-funksjonen er Euler-funksjonen. F-funksjonen er jeg ikke sikker på. De ble ikke definert i svaret.

hvorfor skulle det være eulerfunksjonen?

edit: Jeg hadde selv ingen anelse hva funksjonene var, men med litt søking så fant jeg ut at det er ellipticE og ellipticF (maple hjalp meg =þ).

http://en.wikipedia.org/wiki/Elliptic_integral

for selve "funksjonene" gå på mathworld eller noe slikt

Vi kan ikke gi oss med et slikt integral, så her er, tradisjonen tro, et nytt nattintegral:

[tex]\int {\frac{1}{{\cos ^8 x - \sin ^8 x}}\rm{d}x}[/tex]

TrulsBR skrev:Vi kan ikke gi oss med et slikt integral, så her er, tradisjonen tro, et nytt nattintegral:
[tex]I=\int {\frac{1}{{\cos ^8 x - \sin ^8 x}}\rm{d}x}[/tex]

Jeg prøver - med forbehold om feil...

[tex]I=\int \frac{\sec^8(x)}{1-\tan^8(x)}{\rm dx}=\int \frac{(1+\tan^2(x))^4}{1-\tan^8(x)}{\rm dx}=\int \frac{(1+\tan^2(x))^2(1+\tan^2(x))^2}{1-\tan^8(x)}{\rm dx}[/tex]

u = tan[sup]2[/sup](x) ==> du = 2tan(x)*(1 + tan[sup]2[/sup](x)) dx

altså:

[tex]I={1\over 2}\int \frac{(1+u)^3}{\sqrt{u} (1-u^4)} {\rm du}[/tex]

s = [symbol:rot]u

[tex]I=\int \frac{(s^2+1)^3}{1-s^8} {\rm ds}=-\int \frac{(s^2+1)^2}{(s+1)(s-1)(s^2+s sqrt{2}+1)(s^2-s\sqrt{2}+1)}{\rm ds}[/tex]

delbrøksoppspalter:

[tex]I=- \int (\frac{s\sqrt{2}+1}{2(s^2+s\sqrt{2}+1)}\,+\,\frac{s\sqrt{2}-1}{2(-s^2s+\sqrt{2}-1)}\,-\,\frac{1}{s+1}\,+\,\frac{1}{s-1})\,{\rm ds}[/tex]

[tex]I=\ln|\frac{s-1}{s+1}|\,+\,{1\over 2}(\int \frac{s \sqrt{2}-1}{(s-{1\over \sqrt{2}})^2+{1\over 2}}\,-\,\int \frac{s \sqrt{2}+1}{(s+{1\over \sqrt{2}})^2+{1\over 2}})\,{\rm ds}[/tex]

[tex]I=\ln|\frac{\tan(x)-1}{\tan(x)+1}|\,+\,{1\over 2\sqrt{2}}\ln(-(s-{1\over \sqrt{2}})^2-{1\over 2})\,-\,{1\over 2\sqrt{2}}\ln((s+{1\over \sqrt{2}})^2+{1\over 2})\,+\,C[/tex]

[tex]I=\text 2arctanh(tan(x))\,+\,{1\over 2\sqrt{2}}\ln|\frac{-(\tan(x)-{1\over \sqrt{2}})^2-{1\over 2}}{(\tan(x)+{1\over \sqrt{2}})^2+{1\over 2}}|\,+\,C[/tex]

Ny natt, nytt integral:

[tex]I=\int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}[/tex]

Janhaa skrev:

TrulsBR skrev:Vi kan ikke gi oss med et slikt integral, så her er, tradisjonen tro, et nytt nattintegral:
[tex]I=\int {\frac{1}{{\cos ^8 x - \sin ^8 x}}\rm{d}x}[/tex]

Jeg prøver - med forbehold om feil...

[tex]I=\int \frac{\sec^8(x)}{1-\tan^8(x)}{\rm dx}=\int \frac{(1+\tan^2(x))^4}{1-\tan^8(x)}{\rm dx}=\int \frac{(1+\tan^2(x))^2(1+\tan^2(x))^2}{1-\tan^8(x)}{\rm dx}[/tex]

u = tan[sup]2[/sup](x) ==> du = 2tan(x)*(1 + tan[sup]2[/sup](x)) dx

altså:

[tex]I={1\over 2}\int \frac{(1+u)^3}{\sqrt{u} (1-u^4)} {\rm du}[/tex]

s = [symbol:rot]u

[tex]I=\int \frac{(s^2+1)^3}{1-s^8} {\rm ds}=-\int \frac{(s^2+1)^2}{(s+1)(s-1)(s^2+s sqrt{2}+1)(s^2-s\sqrt{2}+1)}{\rm ds}[/tex]

delbrøksoppspalter:

[tex]I=- \int (\frac{s\sqrt{2}+1}{2(s^2+s\sqrt{2}+1)}\,+\,\frac{s\sqrt{2}-1}{2(-s^2s+\sqrt{2}-1)}\,-\,\frac{1}{s+1}\,+\,\frac{1}{s-1})\,{\rm ds}[/tex]

[tex]I=\ln|\frac{s-1}{s+1}|\,+\,{1\over 2}(\int \frac{s \sqrt{2}-1}{(s-{1\over \sqrt{2}})^2+{1\over 2}}\,-\,\int \frac{s \sqrt{2}+1}{(s+{1\over \sqrt{2}})^2+{1\over 2}})\,{\rm ds}[/tex]

[tex]I=\ln|\frac{\tan(x)-1}{\tan(x)+1}|\,+\,{1\over 2\sqrt{2}}\ln(-(s-{1\over \sqrt{2}})^2-{1\over 2})\,-\,{1\over 2\sqrt{2}}\ln((s+{1\over \sqrt{2}})^2+{1\over 2})\,+\,C[/tex]

[tex]I=\text 2arctanh(tan(x))\,+\,{1\over 2\sqrt{2}}\ln|\frac{-(\tan(x)-{1\over \sqrt{2}})^2-{1\over 2}}{(\tan(x)+{1\over \sqrt{2}})^2+{1\over 2}}|\,+\,C[/tex]

PENT! Når lærer man å løse sånne typer integraler?

Nja, er det så lurt å lære integraler som "typer"?

Det kan hemme deg senere.

Hehe, formulerte meg kanskje litt rart der. Det jeg mente å spørre om var vel mer hvilket nivå det lå på, om det hjelper?

Mari89 skrev:Hehe, formulerte meg kanskje litt rart der. Det jeg mente å spørre om var vel mer hvilket nivå det lå på, om det hjelper?

Egentlig bare kombinasjon av møysommelig arbeid, stahet og nysgjerrighet.
Ser ut som om ett integral til snart må knuses...

TrulsBR skrev:Ny natt, nytt integral:
[tex]I=\int \frac{\rm{d}x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}[/tex]

må prøve meg iallfall...klarer liksom ikke la være...

bruker substitusjonen[tex]\,\,u=\sqrt{\frac{b-x}{x-a}}[/tex]
der
[tex]u^2=\frac{b-x}{x-a}[/tex]
og
[tex]x=\frac{au^2+b}{u^2+1}[/tex]

[tex]2u\,du=\frac{a-b}{(x-a)^2}\,dx[/tex]
da er
[tex]dx=2u\frac{(x-a)^2}{a-b}\,du[/tex]
------------------------------------------

videre

[tex]I=2 \int \frac{x-a}{a-b}\,du=\frac{2}{a-b} \int(\frac{au^2+b}{u^2+1}\,-\,a)\,du=\frac{2}{a-b}\,[b-a(\arctan(u))]\,+\,C[/tex]

[tex]I=\frac{2(b-a)}{a-b}\,\arctan(\sqrt{\frac{b-x}{x-a}})\,+\,C[/tex]

Svaret ser rett ut, men du kan jo forkorte litt til?

To andre metoder:

* Fullføre kvadratet og bruke en vanlig trigonometrisk substitusjon.
* Bruke den ikke helt åpenbare substitusjonen [tex]x = a \cos^2 t + b \sin^2 t[/tex].

Janhaa skrev: [tex]I=\frac{2(b-a)}{a-b}\,\arctan(\sqrt{\frac{b-x}{x-a}})\,+\,C[/tex]

Ja, latterlig at jeg ikke skreiv dette med en gang...

[tex]I=-2\,\arctan(\sqrt{\frac{b-x}{x-a}})\,+\,C[/tex]