Trig integral

[Nebuchadnezzar]

Slet litt med et integral her forleden... Eller mener jeg har klart å integrere det, men får ikke samme svar som fasiten. Satt en stund før jeg kom frem til en substitusjon som fungerte... Finnes det noen enklere og penere måte å løse dette stykket på ?


[tex] \int {\frac{{\sqrt {x - {x^2}} }}{x}} dx = \int {\sqrt {\frac{1}{x} - 1} } dx [/tex]

[tex] x = \cos {\left( u \right)^2},\frac{{dx}}{{du}} = - 2\cos \left( u \right)\sin \left( u \right),\arccos \left( x \right) = {u^2} [/tex]

[tex] \int {\frac{{\sqrt {x - {x^2}} }}{x}} dx = \int {\sqrt {\frac{1}{{\cos {{\left( u \right)}^2}}} - 1} } du \cdot - 2\cos \left( u \right)\sin \left( u \right) [/tex]

[tex] \int {\frac{{\sqrt {x - {x^2}} }}{x}} dx = - \int {\sqrt {{{\tan }^2}\left( u \right)} } du \cdot 2\cos \left( u \right)\sin \left( u \right) [/tex]

[tex]\int {\frac{{\sqrt {x - {x^2}} }}{x}} dx = - 2\int {{{\sin }^2}\left( u \right)du} [/tex]

[tex] \int {\frac{{\sqrt {x - {x^2}} }}{x}} dx = - 2\int {\left( {\frac{{1 - \cos \left( {2u} \right)}}{2}} \right)} du [/tex]

[tex] \int {\frac{{\sqrt {x - {x^2}} }}{x}} dx = \int {\cos \left( {2u} \right) + 1} du [/tex]

[tex] \int {\frac{{\sqrt {x - {x^2}} }}{x}} dx = \frac{1}{2}\sin \left( {2u} \right) + u du [/tex]

[tex] \int {\frac{{\sqrt {x - {x^2}} }}{x}} dx = \cos \left( u \right)\sin \left( u \right) + udu [/tex]

[tex] \underline{\underline {\int {\frac{{\sqrt {x - {x^2}} }}{x}} dx = \cos \left( {\sqrt {\arccos \left( x \right)} } \right)\sin \left( {\sqrt {\arccos \left( x \right)} } \right) + \sqrt {{{\cos }^{ - 1}}\left( x \right)} + C}} [/tex]

Svaret skal uansett være

[tex]I = \sqrt {x - {x^2}} - \frac{1}{2}\arcsin \left( {2x - 1} \right)[/tex]

[Janhaa]

jeg løste I på en annen måte, brukte en metode daofeishi lærte meg engang,
setter;

[tex]u^2={1\over x}-1[/tex]
der
[tex]x=\frac{1}{u^2+1}[/tex]
og
[tex]dx=\frac{-2u\,du}{(u^2+1)^2}[/tex]
altså:

[tex]I=-2\int\frac{u^2\,du}{(u^2+1)^2}[/tex]

setter t = arctan(u)
dvs
[tex]I=-2\int\frac{\tan^2(t)\left(1+\tan^2(t)\right)\,dt}{(1+\tan^2(t))^2}=-2\int \sin^2(t)\,dt[/tex]

[tex]I=\int(\cos(2t)-1)\,dt=\sin(t)\cos(t)\,-\,t+C[/tex]

tilbakesubstituerer

[tex]I=\frac{u}{u^2+1}\,-\,\arctan(u)\,+\,C[/tex]
dvs
[tex]I=\sqrt{x-x^2}\,-\,\arctan\left(\sqrt{{1\over x}-1}\right)\,+\,C[/tex]

hvis høyre sida nederst deriveres, blir dette faktisk lik integranden, iflg vår venn Wolfram...
===============
fasitens arcsin(...) og min arctan(...) er ekvivalente...

[gabel]

jeg løste I på en annen måte, brukte en metode daofeishi lærte meg engang,
setter;

Er det en artikkel som har blitt postet her på forume?

[Nebuchadnezzar]

Tror det ble skrevet i en tråd på nøtteforumet for lenge siden. Husker det vagt når du never det janhaa... Skriver en enorm post om alt som har med trig integraler å gjøre, så dette kommer selvsagt med.

Tusen takk igjen... Føler jeg spør så mange dumme spørsmål...

[Nebuchadnezzar]

jeg løste I på en annen måte...

setter t = arctan(u)
dvs
[tex]I=-2\int\frac{\tan^2(t)\left(1+\tan^2(t)\right)\,dt}{1+\tan^2(t)}=-2\int \sin^2(t)\,dt[/tex]

===============
fasitens arcsin(...) og min arctan(...) er ekvivalente...

Ser ikke helt den overgangen der, eller er det bare du som har vært litt sjapp på labben ?

Da gikk den opp, virker bare som noen hadde glemt å legge til alle parentesene i nevner... Burde jeg klart ha sett...

Oppgaven er løst nå =)

[Janhaa]

jeg løste I på en annen måte...
setter t = arctan(u)
dvs
[tex]I=-2\int\frac{\tan^2(t)\left(1+\tan^2(t)\right)\,dt}{1+\tan^2(t)}=-2\int \sin^2(t)\,dt[/tex]
===============
fasitens arcsin(...) og min arctan(...) er ekvivalente...

Ser ikke helt den overgangen der, eller er det bare du som har vært litt sjapp på labben ?
Da gikk den opp, virker bare som noen hadde glemt å legge til alle parentesene i nevner... Burde jeg klart ha sett...
Oppgaven er løst nå =)

bra du klarte I allikevel. Men det gikk litt fort i svingene. Sjekk nå. Glemte å kvadrere nevneren i integralet...