Integral maraton !

[Andreas345]

$I_6=\int \frac{x\cdot \sqrt{2-x^2}}{\sqrt{x^2+1}}dx$

[Janhaa]

tror jeg har løst det, mulig veldig tungvint...forklarer i raske trekk...

første substitusjon: u = x^2 + 1

$I_6=\frac{1}{2}\int \sqrt{\frac{3-u}{u}}du$
så
$V^2=\frac{3-u}{u}$
der
$u=\frac{3}{V^2+1}$
slik at:

$I_6=-3\int \frac{V^2}{(V^2+1{)}^2}dV$

3. substitusjon, V = tan(t)
medfører:

$\frac{3}{2}\int {\sin }^2(t)dt=\frac{3}{2}\sin (t)\cos (t)-t+C$
-----------------------------

tilbake substituerer:

$I_6=\frac{3}{2}(\frac{V}{V^2+1}-\arctan (V))+C=\frac{3}{2}(\frac{u}{3}\sqrt{\frac{3-u}{u}}-\arctan (\sqrt{\frac{3-u}{u}}))+C$

$I_6=\frac{3}{2}((\frac{x^2+1}{3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}-\arctan (\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}))+C$

[Andreas345]

$I_6=\frac{3}{2}((\frac{x^2+1}{3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}-\arctan (\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}))+C$

Forkorter du litt får du at $\frac{3}{2}((\frac{x^2+1}{3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}})=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{(x^2+1)\cdot (2-x^2)}$

Dette stemmer, men det andre leddet samsvarte ikke med jeg fikk.

Hva med å la første substitusjon være $u^2=x^2+1$

[Janhaa]

$I_6=\frac{3}{2}((\frac{x^2+1}{3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}-\arctan (\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}))+C$
Forkorter du litt får du at $\frac{3}{2}((\frac{x^2+1}{3})\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}})=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{(x^2+1)\cdot (2-x^2)}$
Dette stemmer, men det andre leddet samsvarte ikke med jeg fikk.
Hva med å la første substitusjon være $u^2=x^2+1$

hmmm...ikke enig med deg. Jeg deriverte høyre sida mi, og fikk lik integranden...legger ved derivasjonsstykke (hvis det funker)

http://www.calc101.com/webMathematica/d ... sp#topdoit

ps, du må skrive inn riktige "koder".

[Janhaa]

for ordens skyld, dytt denne "frasen" inn i calc101

$0.5\ast ((x^2+1)\ast \sqrt{(2-x^2)/(x^2+1)}-3\arctan [\sqrt{(2-x^2)/(x^2+1)}])$

og den deriverte er lik

$x\sqrt{\frac{2-x^2}{x^2+1}}$

dvs integranden

[Andreas345]

Så det vil si at det eneste som skiller disse to svarene er en konstant? :

$I_6=\int \frac{x\cdot sqrt2-x^2}{sqrt{x}^2+1}dx$

$u^2=x^2+12udu=2xdx$

$dx=\frac{u}{x}du$

$I_6=\int \frac{x\cdot sqrt2-x^2}{u}\cdot \frac{u}{x}du$

$I_6=sqrt2-x^{2}du$

Har at $x^2=u^2-1$

$I_6=sqrt3-u^{2}du$

Andre substutisjon $u=sqrt3\cdot sin(v)$ $\Rightarrow du=sqrt3\cdot cos(v)dv$

$I_6=sqrt3-3si{n}^2(v)\cdot sqrt3\cdot cos(v)dv$

$I_6=sqrt3(1-si{n}^2(v)\cdot sqrt3\cdot cos(v)dv$

$I_6=sqrt3cos(v)\cdot sqrt3\cdot cos(v)dv$

$I_6=3\int co{s}^2(v)dv=\frac{3}{2}(v+sin(v)\cdot cos(v))+C=\frac{3}{2}(v+\frac{sin(2x)}{2})+C$

$u=sqrt3\cdot sin(v)\iff v=asin(\frac{u}{sqrt3})$

$I_6=\frac{3}{2}asin(\frac{u}{sqrt3})+\frac{3}{2}\frac{u\cdot sqrt3-u^2}{3}+C$

$u^2=x^2+1\iff u=sqrt{x}^2+1$

$I_6=\frac{3}{2}asin(sqrt\frac{x^2+1}{3})+\frac{1}{2}+sqrt{x}^2+1\sqrt{3-x^2-1}+C=\frac{3}{2}asin(sqrt\frac{x^2+1}{3})+\frac{1}{2}\cdot sqrt{x}^2+1\sqrt{2-x^2}+C$

[Nebuchadnezzar]

Merkelig... Denne gir et annet svar.

Wolfram Integral

Noen grunn til at denne ikkke legger til en C på slutten ?

[Charlatan]

husk at $\arctan \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x$

[Janhaa]

husk at $\arctan \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x$

Ja, det er flere veier til Rom.

Nytt integral:

$I_7=\int \frac{dx}{\sin (2x)\sqrt{\ln (\tan (x))}}$

[Charlatan]

Setter $u=\log \tan x\Rightarrow \frac{\mathrm{d}\mathrm{u}}{\mathrm{d}\mathrm{x}}=\frac{2}{\cos x\sin x}$
$I=\frac{1}{2}\int \frac{1}{\sqrt{u}}\mathrm{d}\mathrm{u}=\sqrt{\tan \mathrm{x}}+\mathrm{C}$

[Janhaa]

Setter $u=\log \tan x\Rightarrow \frac{\mathrm{d}\mathrm{u}}{\mathrm{d}\mathrm{x}}=\frac{2}{\cos x\sin x}$
$I=\frac{1}{2}\int \frac{1}{\sqrt{u}}\mathrm{d}\mathrm{u}=\sqrt{\tan \mathrm{x}}+\mathrm{C}$

hehe...

[Charlatan]

skal være $\frac{\mathrm{d}\mathrm{u}}{\mathrm{d}\mathrm{x}}=\frac{2}{\sin 2x}$

Oppfølger:

Vis at ${\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}\mathrm{x}=\sum _{\mathrm{k}=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{\mathrm{k}}[{\mathrm{f}}_{\mathrm{k}+1}{\mathrm{g}}_{\mathrm{k}}(\mathrm{x}){]}_{\mathrm{a}}^{\mathrm{b}}$

hvor $f_k$ er en antiderivert av $f^{k-1}$, og $f_0=f$; og $g_k$ er den k'te deriverte av $g=g_0$ dersom $f_{n+1}{g}_n(x)$ konvergerer uniformt mot 0 på $[a,b]$.

( $h_n(x)$ konvergerer uniformt mot $h(x)$ på $[a,b]\iff \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}sup\{|h(x)-h_n(x)|:x\in [a,b]\}=0$ )

EDIT: Bruk dette til å finne taylorrekka til $e^x$.

[Nebuchadnezzar]

Virker som den forgje var litt for vanskelig... Kanskje du kan lage en egen tråd for den ? Hadde virkelig likt å se løsningen.

Men er godt langt over 24 timer så da prøver vi oss på ett nytt integral.

${\int }_0^1\frac{x^a-x^b}{\ln x}dx,\mathrm{\forall }a,b>-1$

Hint gis om ønsket.

Liker folket her inne best bestemte eller ubestemte integraler ?

[drgz]

Jeg kommer fram til

$I=\ln \left(\frac{1+a}{1+b}\right)\mathrm{\forall }a,b>-1$, men jeg vet neimen ikke om det er riktig. Måtte lese litt om bestemte eksponentialintegraler på mathworld først.


Setter

$u=\ln (x)\Rightarrow e^u=x,e^u\mathrm{d}u=\mathrm{d}xu\in (-\mathrm{\infty },0]$.

Dette gir

$I={\int }_{-\mathrm{\infty }}^0\frac{e^{u(1+a)}-e^{u(1+b)}}{u}\mathrm{d}u$

Setter så

$u=-u$ og innfører $k=(1+a),m=(1+b)$.

Får da

$I=-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ku}-e^{-mu}}{u}\mathrm{d}u$

som er differansen mellom to bestemte eksponentialintegraler. I følge mathworld resulterer disse i

$\ln \left(\frac{m}{k}\right)$.

Siden jeg har minus foran logaritmen snus brøken i logaritmen på hodet, og jeg får svaret skrevet øverst etter å ha satt inn for m og k.

[Nebuchadnezzar]

Svaret er helt riktig, men du kunne jo ha brukt brøk spalting og

Uansett god jobb, og du er tillat og poste neste integral.

( Er disse integralene over eller under det som skal kunne forventes i VG3 eller første året på universitet ? )