De er ikke så drøye, her er hint: Cosinusintegralet kan løses ved å skrive om til kompleks form og deretter gjøre noen smarte betraktninger. Symmetri er stikkord på det andre; husk også at mange funksjoner ikke har noen pen antiderivert, men allikevel kan integreres nøyaktig over bestemte intervaller.Janhaa skrev:Derimot, integralene til den såkalte nybegynner virker helt umulige...
Nattintegral
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Janhaa skrev:Vil først si at dette er en flott jobb. Ikke akkurat 3MX integral!
Jeg har titta litt på ett par substitusjoner, og funderer noe. Mulig jeg overser ett eller anna, og ikke klarer å koble nå.her vil [tex]\;\;t=\text arcsinh({u\over sqrt2})[/tex]Jarle10 skrev:
[tex]u=\sqrt{2}\sinh t [/tex]
mens her er [tex]\;\;t=\text arccosh(r)[/tex][tex]r=\cosh t[/tex]
[tex]t=\arccos \rm{h} \frac{u}{\sqrt{2}}[/tex]
Tar forbehold til slurvefeil, pek dem gjene ut.
Det var et utrolig artig integral. Takk for tipset
En liten slurvefeil der ja, men jeg må ha ment [tex]\sinh[/tex], hvis ikke må jeg ha ment at [tex]\cosh \arccos \rm{h} x= \sqrt{x^2-1}[/tex] Som åpenbart er tullete.
-----------------------------------------------------------------------------
Desssuten deriverte et luriumprogram høyre sida di (disse 2 funksjonene likner mye), og da ble faktisk integranden/svaret null
Igjen, mulig jeg har kåla...ganske seint nå etc.
-----------------------------------------------------------------------------
Det kan være fordi uttrykkene i logaritmefunksjonene likner veldig. Den ene har en "pluss" 1, og den andre en "minus" 1. Hvis du glemmer fortegnet på den ene blir hele uttrykket 0.
Jeg har uansett gjort om sluttuttrykket slik at det er definert for x=0:
[tex]I=\frac{\sqrt{2}}{4} [\ln(\frac{\sqrt{2}}{2x} \sqrt{x^4+4x^2+1}-1)-\ln(\frac{\sqrt{2}}{2x} \sqrt{x^4+4x^2+1}+1)] +C[/tex]
[tex]I=\frac{\sqrt{2}}{4} [\ln|\frac{ \sqrt{x^4+4x^2+1}-\sqrt{2}x}{\sqrt{x^4+4x^2+1}+\sqrt{2}x}|+C[/tex]
Utregningen din var fin, og jeg begynner å lure på om min kanskje er feil.
Skal se grundig gjennom den en gang.
Sist redigert av Charlatan den 22/02-2008 11:56, redigert 2 ganger totalt.
Vil først si at dette er en flott jobb. Ikke akkurat 3MX integral!
Jeg har titta litt på ett par substitusjoner, og funderer noe. Mulig jeg overser ett eller anna, og ikke klarer å koble nå.
-----------------------------------------------------------------------------
Desssuten deriverte et luriumprogram høyre sida di (disse 2 funksjonene likner mye), og da ble faktisk integranden/svaret null
Igjen, mulig jeg har kåla...ganske seint nå etc.
noen andre som har sett på dette?
-----------------------------------------------------------------------------
Jeg har titta litt på ett par substitusjoner, og funderer noe. Mulig jeg overser ett eller anna, og ikke klarer å koble nå.
her vil [tex]\;\;t=\text arcsinh({u\over sqrt2})[/tex]Jarle10 skrev:
[tex]u=\sqrt{2}\sinh t [/tex]
mens her er [tex]\;\;t=\text arccosh(r)[/tex][tex]r=\cosh t[/tex]
[tex]t=\arccos \rm{h} \frac{u}{\sqrt{2}}[/tex]
Tar forbehold til slurvefeil, pek dem gjene ut.
Det var et utrolig artig integral. Takk for tipset
-----------------------------------------------------------------------------
Desssuten deriverte et luriumprogram høyre sida di (disse 2 funksjonene likner mye), og da ble faktisk integranden/svaret null
Igjen, mulig jeg har kåla...ganske seint nå etc.
noen andre som har sett på dette?
-----------------------------------------------------------------------------
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Siden jeg er igang - skriver jeg kjapt mitt eget forslag med shortcut;
[tex]I_{\text night}=\int \frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}\,{\rm dx}=\int \frac{x^2(1-{1\over x^2})}{(x^2+1)\sqrt{x^2(x^2+{1\over x^2})}}\,{\rm dx}[/tex]
[tex]u=\frac{1}{x}+x[/tex]
[tex]{\rm du} =(1-{1\over x^2}){\rm dx}[/tex]
[tex]I_n=\int \frac{(1-{1\over x^2})}{(x+{1\over x})\sqrt{x^2+{1\over x^2}}}\,{\rm dx}=\int \frac{{\rm du}}{u\sqrt{u^2-2}}[/tex]
så hopper jeg bukk over substitusjon, polynomdivisjon og delbrøksoppspalting;
[tex]I_n={1\over \sqrt2}\arctan(\sqrt{\frac{u^2-2}{2}})={1\over \sqrt2}\arctan(\sqrt{\frac{1+x^4}{2x^2}})\,+\,C[/tex]
[tex]I_{\text night}=\int \frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}}\,{\rm dx}=\int \frac{x^2(1-{1\over x^2})}{(x^2+1)\sqrt{x^2(x^2+{1\over x^2})}}\,{\rm dx}[/tex]
[tex]u=\frac{1}{x}+x[/tex]
[tex]{\rm du} =(1-{1\over x^2}){\rm dx}[/tex]
[tex]I_n=\int \frac{(1-{1\over x^2})}{(x+{1\over x})\sqrt{x^2+{1\over x^2}}}\,{\rm dx}=\int \frac{{\rm du}}{u\sqrt{u^2-2}}[/tex]
så hopper jeg bukk over substitusjon, polynomdivisjon og delbrøksoppspalting;
[tex]I_n={1\over \sqrt2}\arctan(\sqrt{\frac{u^2-2}{2}})={1\over \sqrt2}\arctan(\sqrt{\frac{1+x^4}{2x^2}})\,+\,C[/tex]
Sist redigert av Janhaa den 28/03-2008 22:06, redigert 1 gang totalt.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Litt enklere ja...løste faktisk dette på 2 måter...første endte jeg opp med 5 naturlige ln-funksjoner, som virka unødvendig mye.orjan_s skrev:Et litt enklere
[tex]I_{morning} = \int \ln(sqrt{x}+sqrt{1+x}) {\rm dx}[/tex]
Deretter initierte jeg en anna angrepsvinkel, etter kort samtale med vår venn integrator. Nåja;
[tex]I_m=\int \ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1})\,{\rm dx}=x\ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1})\,-\,{1\over 2}\int \sqrt{\frac{x}{x+1}}\,{\rm dx}[/tex]
siste integralet kaller jeg I[sub]m2[/sub] og bruker substitusjonen [symbol:rot]x = sinh(u) der u = arcsinh([symbol:rot]x)
x = sinh[sup]2[/sup](u), x+1 = cosh[sup]2[/sup](u)
dx = 2sinh(u)*cosh(u) du
[tex]I_{m2}=2\int \sinh^2(u)\,{\rm du}=\int (\cosh(2u)-1)\,{\rm du}={1\over 2}\sinh(2u)\,-\,u=\sinh(u)\cosh(u)\,-\,u[/tex]
[tex]I_{m2}=\sqrt{x}\sqrt{x+1}\,-\,\text arcsinh(\sqrt{x})[/tex]
slik at
[tex]I_m=\int \ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1})\,{\rm dx}=x\ln(\sqrt{x} + \sqrt{x+1})\,-\,{1\over 2}\sqrt{x(x+1)}\,+\,{1\over 2}\text arcsinh(\sqrt{x})\,+\,C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Jaggu, i såfall kan integralet skrives;
[tex]I_m\,=\,(x+{1\over 2})\text arcsinh({\sqrt{x})\,-\,{1\over 2}\sqrt{x(x+1)}\,+\,C[/tex]
[tex]I_m\,=\,(x+{1\over 2})\text arcsinh({\sqrt{x})\,-\,{1\over 2}\sqrt{x(x+1)}\,+\,C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Siden jeg er nattdyr - trylles herved ett nytt integral fram for interesserte.
Ser jo ut som vi sliter "noe" med nybegynner sine integralbidrag...
[tex]I_{n2}=\int (\frac{x-1}{3-x})^{1\over 2}\,{\rm dx}[/tex]
dette kan sikkert uttrykkes på flere måter
Ser jo ut som vi sliter "noe" med nybegynner sine integralbidrag...
[tex]I_{n2}=\int (\frac{x-1}{3-x})^{1\over 2}\,{\rm dx}[/tex]
dette kan sikkert uttrykkes på flere måter
Sist redigert av Janhaa den 28/03-2008 22:09, redigert 1 gang totalt.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
setter:Janhaa skrev:Siden jeg er nattdyr - trylles herved ett nytt integral fram for intersserte.
Ser jo ut som vi sliter "noe" med nybegynner sine integralbidrag...
[tex]I_{n2}=\int (\frac{x-1}{3-x})^{1\over 2}\,{\rm dx}[/tex]
[tex]u=sqrt{\frac{x-1}{3-x}}[/tex]
slik at:
[tex]x=\frac{3u^2+1}{u^2+1}[/tex]
og [tex]\rm{dx}=\frac{-4u}{(u^2+1)^2}\rm{du}[/tex]
Vi får da:
[tex]I_{n2}=-4\int \frac{u^2}{(u^2+1)^2}\rm{du}[/tex]
[tex]u=\tan(t)[/tex]
[tex]t=\arctan(u)[/tex] og [tex]\rm{du}=\frac{\rm{dt}}{\cos^2(t)}=1+\tan^2(t)\rm{dt}[/tex]
[tex]I_{n2}=-4\int \frac{\tan^2(t)(1+\tan^2(t))}{(1+\tan^2(t))^2}\rm{dt}=-4\int\tan^2(t)\cdot \cos^2(t)\rm{dt}=-4\int\sin^2(t)\rm{dt}[/tex]
(Bruker bare formelboka på den evt. (1-cos(2t))/2)
[tex]I_{n2}=2\sin(t)\cos(t)-t+C[/tex]
[tex]I_{n2}=2\sin(\arctan(u))\cos(\arctan(u)) - 2\arctan(u)+C[/tex]
[tex]I_{n2}=\frac{2u}{1+u^2}-2\arctan(u)+C[/tex]
[tex]I_{n2}=\frac{2sqrt{\frac{x-1}{3-x}}}{1+\frac{x-1}{3-x}}-2\arctan sqrt{\frac{x-1}{3-x}}+C[/tex]
[tex]I_{n2}=sqrt{(x-1)(3-x)}-2\arctan sqrt{\frac{x-1}{3-x}}+C[/tex]
Må vel tilføye at jeg fikk en del tips fra et lignende løst integral her på forumet...
Bra orjan_s...ja det er slik vi lærer...disse integrala er såpass tøffe at hint er nødvendig for oss. Min approach;
bruker substitusjonen [tex]\;x=2-\cos(\theta)\,\Rightarrow\,{\rm dx}=\sin(\theta)\,{\rm d\theta}[/tex]
[tex]I_{n2}=\int [\frac{1-\cos(\theta)}{1+\cos(\theta)}]^{1\over 2}\sin(\theta)\,{\rm d\theta}[/tex]
[tex]I_{n2}=\int [\frac{(1-\cos(\theta))^2}{1-\cos^2(\theta)}]^{1\over 2}\sin(\theta)\,{\rm d\theta}\,=\,\int (1-\cos(\theta))\,{\rm d\theta}\,=\,\theta\,-\,\sin(\theta)\,+\,C\,=\,\arccos(2-x)\,-\,\sqrt{(1-x)(x-3)}\,+\,C[/tex]
bruker substitusjonen [tex]\;x=2-\cos(\theta)\,\Rightarrow\,{\rm dx}=\sin(\theta)\,{\rm d\theta}[/tex]
[tex]I_{n2}=\int [\frac{1-\cos(\theta)}{1+\cos(\theta)}]^{1\over 2}\sin(\theta)\,{\rm d\theta}[/tex]
[tex]I_{n2}=\int [\frac{(1-\cos(\theta))^2}{1-\cos^2(\theta)}]^{1\over 2}\sin(\theta)\,{\rm d\theta}\,=\,\int (1-\cos(\theta))\,{\rm d\theta}\,=\,\theta\,-\,\sin(\theta)\,+\,C\,=\,\arccos(2-x)\,-\,\sqrt{(1-x)(x-3)}\,+\,C[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Vi er vel i ferd med å gå lei integraler, men slenger inn ett til;
bestem
[tex]I\,=\,\int_0^{\pi\over 2} \sin(x)\cdot [2\cdot f^,(\cos(x))-1]\,{\rm dx}[/tex]
der f(0) = 1 og f(1) = 3
bestem
[tex]I\,=\,\int_0^{\pi\over 2} \sin(x)\cdot [2\cdot f^,(\cos(x))-1]\,{\rm dx}[/tex]
der f(0) = 1 og f(1) = 3
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Kan man gå lei av dem?
[tex]I= \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \sin(x)[2f^\prime(\cos(x))-1] \ \rm{d} x[/tex]
[tex]u=\cos(x)[/tex]
[tex]\frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=-\sin(x)[/tex]
Nye grenser:
[tex]b=\cos(\frac{\pi}{2})=0[/tex]
[tex]a=\cos(0)=1[/tex]
[tex]I=-\int^{0}_1 [2f^\prime(u)-1] \ \rm{d} u[/tex]
[tex]I=\int^{1}_0 2f^\prime(u)-1 \ \rm{d} u[/tex]
[tex]I=[2f(u)-u]^1_0=[2f(1)-1]-[2f(0)-0]=[2 \cdot 3-1]-[2 \cdot 1-0] = 3[/tex]
[tex]I= \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \sin(x)[2f^\prime(\cos(x))-1] \ \rm{d} x[/tex]
[tex]u=\cos(x)[/tex]
[tex]\frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=-\sin(x)[/tex]
Nye grenser:
[tex]b=\cos(\frac{\pi}{2})=0[/tex]
[tex]a=\cos(0)=1[/tex]
[tex]I=-\int^{0}_1 [2f^\prime(u)-1] \ \rm{d} u[/tex]
[tex]I=\int^{1}_0 2f^\prime(u)-1 \ \rm{d} u[/tex]
[tex]I=[2f(u)-u]^1_0=[2f(1)-1]-[2f(0)-0]=[2 \cdot 3-1]-[2 \cdot 1-0] = 3[/tex]