Hva med denne:
$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$
Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
Integral maraton !
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Kan vel løses enda enklere enn det Plutarco? La $y \mapsto 1/x$. Da er $\mathrm{d}y = -\mathrm{d}x/x^2$ så $\mathrm{d}y/y = -\mathrm{d}x/x$.MatIsa skrev:Oppfølger:
La $f$ være en begrenset, ikke-negativ funksjon. Vis at
$$\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\ln(x)}{x}\mathrm{d}x=0$$
$ \hspace{1cm}
I
=
\int_0^\infty f\left(x+\dfrac1x\right)\dfrac{\log x}{x}\mathrm{d}y
=
\int_\infty^0 f\left(y+\dfrac1y\right)\log\left( \frac{1}{y} \right) \left( -\frac{\mathrm{d}y}{y} \right)
=
-\int_0^\infty f\left(y+\dfrac1y\right)\dfrac{\log y }{x}\mathrm{d}y
=
-I
$
Siden $I = -I$ så er $2I = 0$ og $I = 0$.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Om jeg ikke tar heltfeil kan vel Plancherels teorem brukes på det integralet. har sett lignende integraler bli løst via både laplace og å skrives som en differensiallikning.
$
\hspace{1cm}
\begin{align*}
\int_\mathbb{R} \frac{w}{(1+w)^2} \sin w \,\mathrm{d}w
& = \int_\mathbb{R} \mathcal{F}\left( \frac{w}{(1+w)^2} \right) \mathcal{F}\left( \sin x \right) \,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4} \int_\mathbb{R} x e^{-|x|} \bigl[ \delta(x-1) - \delta(x+1)\bigr]\,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4}\bigl[ G(1) - G(-1) \bigr]
= \frac{\pi}{2e}
\end{align*}
$
Noen som klarer denne godbiten?
$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$
Fra oven så har en at $\mathcal{F}\left( \frac{x}{(1+x^2)^2} \right) = -\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2} i} w e^{-w}$, videre så er $\mathcal{F}\left( \sin x \right) = \frac{\sqrt{2\pi}}{2i} \bigl[\delta(w+1)-\delta(w-1)\bigr]$. Definer $G(w) = w e^{-|w|}$. Plancherel gir oss nå atGjest skrev:Hva med denne:
$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$
Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
$
\hspace{1cm}
\begin{align*}
\int_\mathbb{R} \frac{w}{(1+w)^2} \sin w \,\mathrm{d}w
& = \int_\mathbb{R} \mathcal{F}\left( \frac{w}{(1+w)^2} \right) \mathcal{F}\left( \sin x \right) \,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4} \int_\mathbb{R} x e^{-|x|} \bigl[ \delta(x-1) - \delta(x+1)\bigr]\,\mathrm{d}x \\
& = \frac{\pi}{4}\bigl[ G(1) - G(-1) \bigr]
= \frac{\pi}{2e}
\end{align*}
$
Noen som klarer denne godbiten?
$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Selvsagt helt rettNebuchadnezzar skrev:...Gjest skrev:Hva med denne:
$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$
Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
$ = \frac{\pi}{2e}$
Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???Gjest skrev:Selvsagt helt rettNebuchadnezzar skrev:...Gjest skrev:Hva med denne:
$\int_{-\infty}^\infty \dfrac{\omega sin\omega}{(1+\omega^2)^2}d\omega$
Gitt: $\mathcal{F}(x \cdot e^{-\mid x\mid}) = -\frac{2\sqrt{2}i}{\sqrt{\pi}}\frac{\omega}{(1+\omega^2)^2}$
$ = \frac{\pi}{2e}$
Vis at $\int_0^{\infty} \frac{\ln (1+x)\ln (1+x^{-2})}{x}\,dx = \pi G-\frac{3\zeta (3)}{8}$
, der $G=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$ er Catalans konstant, og $\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ er Riemann zetafunksjonen.
, der $G=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$ er Catalans konstant, og $\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ er Riemann zetafunksjonen.
Nei, oppgave 5c på tentamen i 9. klasse på Vikerkje ungdomsskoleGjest skrev:
Denne integrasjonsoppgaven kokte du frem fra ÅRETS MATTE 4N eksamen på NTNU???
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.
Sittet og fiklet litt med din oppgave. Virker som den beste fremgangsmåten er å splitte integralet ved $1$ også mappe integralet over $[1,\infty]$ til $[0,1]$ via transformasjonen $z \mapsto 1/x$. Da er $\int_1^\infty f(x) \,\mathrm{d}x = \int_0^1 f\left(\frac{1}{x}\right) \,\frac{\mathrm{d}x}{x^2}$ slik at
$
\begin{align*}
\int_0^\infty f(x) \,\mathrm{d}x
& = \int_0^1 f(x) + \frac{1}{x^2} f\left(\frac{1}{x}\right) \,\mathrm{d}x \\
& = \int_0^1 \frac{2\log(x^2+1) \log(1+x)}{x} - \frac{\log(1+x)\log(x^2)}{x} - \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x\\
& = \left( \pi G -\frac{33\zeta(3)}{16)} \right) - \left( -\frac{3\zeta(3)}{2} \right) - \left( - \frac{3\zeta(3)}{16} \right) \\
& = \pi G - \frac{3 \zeta(3)}{8}
\end{align*}
$
Hvor alle integralene kan beregnes ved å rekkeutvikle henholdsvis $\log(1+x^2), \log(1+x)$ og $\log(x^2+1)$ siden taylorpolynomet konvergerer for alle $|x| \leq 1$. Er det første integralet jeg sliter litt med å vise, de to siste var rett frem. Tror denne metoden skal lede frem, men har dessverre ikke mer tid å se på det nu. Finnes sikkert en smartere måte å gjøre det på =)
f.eks
$
\int_0^1 \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 \sum_{k\geq 1} \frac{x^{2k}}{k}(-1)^{k+1} \frac{\log x}{x} \,\mathrm{d}x
= \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\int_0^1 x^{2k-1} \log x \,\mathrm{d}x
= \frac{1}{4} \sum_{k \geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k^3}
= - \frac{3\zeta(3)}{16}
$
Sittet og fiklet litt med din oppgave. Virker som den beste fremgangsmåten er å splitte integralet ved $1$ også mappe integralet over $[1,\infty]$ til $[0,1]$ via transformasjonen $z \mapsto 1/x$. Da er $\int_1^\infty f(x) \,\mathrm{d}x = \int_0^1 f\left(\frac{1}{x}\right) \,\frac{\mathrm{d}x}{x^2}$ slik at
$
\begin{align*}
\int_0^\infty f(x) \,\mathrm{d}x
& = \int_0^1 f(x) + \frac{1}{x^2} f\left(\frac{1}{x}\right) \,\mathrm{d}x \\
& = \int_0^1 \frac{2\log(x^2+1) \log(1+x)}{x} - \frac{\log(1+x)\log(x^2)}{x} - \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x\\
& = \left( \pi G -\frac{33\zeta(3)}{16)} \right) - \left( -\frac{3\zeta(3)}{2} \right) - \left( - \frac{3\zeta(3)}{16} \right) \\
& = \pi G - \frac{3 \zeta(3)}{8}
\end{align*}
$
Hvor alle integralene kan beregnes ved å rekkeutvikle henholdsvis $\log(1+x^2), \log(1+x)$ og $\log(x^2+1)$ siden taylorpolynomet konvergerer for alle $|x| \leq 1$. Er det første integralet jeg sliter litt med å vise, de to siste var rett frem. Tror denne metoden skal lede frem, men har dessverre ikke mer tid å se på det nu. Finnes sikkert en smartere måte å gjøre det på =)
f.eks
$
\int_0^1 \frac{\log(x^2+1)\log(x)}{x} \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 \sum_{k\geq 1} \frac{x^{2k}}{k}(-1)^{k+1} \frac{\log x}{x} \,\mathrm{d}x
= \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\int_0^1 x^{2k-1} \log x \,\mathrm{d}x
= \frac{1}{4} \sum_{k \geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k^3}
= - \frac{3\zeta(3)}{16}
$
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Oj sann, beklager det! Jeg overså faktisk oppfølgeren din i forrige post. Helt tilfeldig at de liknet! Ser ut som du er på rett kjøl ihvertfallNebuchadnezzar skrev:Plutarco ufint å legge ut ny oppgave uten å prøve på den forrige Den nye virker bare som en vanskeligere utgave av min.
Begynner med å skrive om integranden ved delbrøksoppspalting:Nebuchadnezzar skrev: Noen som klarer denne godbiten?
$ \hspace{1cm}
\hspace{1cm}
\int_0^{1/2} \frac{\log x}{x} \cdot \frac{\log(1-x)}{1-x} \,\mathrm{d}x
$
$$\dfrac{\log{x}}{x}\cdot\dfrac{\log(1-x)}{1-x} = \log{x}\log(1-x)\dfrac{1-x+x}{x(1-x)} = \log{x}\dfrac{\log(1-x)}{x}+\log(1-x)\dfrac{\log{x}}{1-x}$$ Her er $$\dfrac{\log(1-x)}{x} = -\dfrac1x \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n+1}$$ og $$\dfrac{\log(x)}{1-x} = \dfrac{\log(1-(1-x))}{1-x} = -\dfrac{1}{1-x} \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(1-x)^n}{n+1}$$ som gir $$I = -\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x-\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log(1-x)\dfrac{(1-x)^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = I_1+I_2$$ Med substitusjonen $u=1-x; \mathrm{d}u=-\mathrm{d}x$ kan $I_2$ skrives som $$I_2 = -\int_1^{1/2}\left(\sum_{n=0}^\infty \log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)(-\mathrm{d}u) = -\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^\infty\log{u}\dfrac{u^n}{n+1}\right)\mathrm{d}u$$ Dette forenkler $I$:
$$I = -\left(\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x+\int_{1/2}^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x\right) = -\int_0^1\left(\sum_{n=0}^{\infty}\log{x}\dfrac{x^n}{n+1}\right)\mathrm{d}x = -\sum_{n=0}^\infty\left(\dfrac{1}{n+1}\int_0^1 x^n\log{x}~\mathrm{d}x\right) = -\sum_{n=0}^\infty a_n$$ Bruker deretter Leibniz regel: $$I(\alpha) = \int_0^1 x^\alpha\mathrm{d}x = \dfrac{1}{\alpha + 1}\Longrightarrow I'(\alpha) = \dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}\alpha} = \int_0^1 x^\alpha \log{x}~\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{(\alpha+1)^2}$$
Dermed er $a_n = \dfrac{1}{n+1}\cdot\left(-\dfrac{1}{(n+1)^2}\right) = -\dfrac{1}{(n+1)^3}$ og
$$I = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{(n+1)^3} = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^3} = \zeta(3)$$
Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$
Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$
Oppfølger:
$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$
Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.MatIsa skrev: Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$
Oppfølger:
$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$
Pent Markus,Markus skrev:Gjør et lite forsøk i å gjennopplive denne tråden jeg.Først og fremst, $\frac{1}{\ln(x)} \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) = \frac{x^2-1}{\ln(x) \cdot x^4}$.MatIsa skrev: Oppfølger: $$\int_1^\infty \left(\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}\right)\dfrac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}$$
Utfør nå substitusjonen $u = \frac{1}{x} \enspace \implies \enspace -x^2 \, \text{d}u = \text{d}x$, og i tillegg observer at $x=\frac1u$ ved substitusjonen.
Integralet vårt tar nå formen $$\int_1^0 \frac{x^2-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot x^2} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{\frac{1}{u^2}-1}{-\ln \left ( \frac1u \right ) \cdot \frac{1}{u^2}} \, \text{d}u = \int_1^0 \frac{1-u^2}{-\ln \left ( \frac1u \right )} \, \text{d}u = \int_0^1 \frac{1-u^2}{\ln(1)-\ln(u)} = \int_0^1 \frac{u^2-1}{\ln(u)}$$
Définer $$I(\alpha) = \int_0^1 \frac{u^{\alpha}-1}{\ln(u)} \, \text{d}u$$ Der $I(2)$ er vårt ønskede integral. Da er $$I'(\alpha) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial \alpha} \frac{u^\alpha - 1}{\ln(u)} \, \text{d}u = \int_0^1 u^\alpha \, \text{d}u = \left [\frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right ]_0^1 = \frac{1}{\alpha + 1}$$ Nå er $$I(\alpha) = \int \frac{1}{a+1} \, \text{d}\alpha = \ln \lvert \alpha + 1 \rvert + C$$ Ved å sette inn $\alpha = 0$ i den originale definisjonen av $I(\alpha)$ blir integranden lik null, og følgende er konstanten $C=0$. Da får vi at $$\int_1^\infty \left (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} \right ) \frac{\text{d}x}{\ln(x)} = I(2) = \boxed{\ln(3)}$$
Oppfølger:$\int_0^{2\pi} \frac{1}{\cos(x) + 2} \, \text{d}x$
prøver meg på ditt med Residue theorem:
[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]
poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:
[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]
[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/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]
Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.Janhaa skrev: Prøver meg på ditt med Residue theorem:
[tex]I=\int_0^{2\pi}\frac{dz}{\cos(z)+2}[/tex]
poles at:
[tex]z_o=2\pi*k-\arccos(-2)[/tex]
[tex]k \in Z[/tex]
[tex]z_o \in C[/tex]
der:
[tex]Res(f,z_o) = -\frac{i}{\sqrt{3}}[/tex]
gitt:
[tex]f=\frac{1}{\cos(z)+2}[/tex]
altså:
[tex]I=2\pi*i*Res = 2\pi*i* (-\frac{i}{\sqrt{3}})= \frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/tex]
[tex]I=\frac{2\pi\sqrt{3}}{3}[/tex]
Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg
$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
$I=\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$Har hørt om Cauchys residue theorem før, men vet ikke hvordan man bruker det. Du har hvertfall fått korrekt svar! Kan også løses med for eksempel Weierstrass’ substitusjon.
Siden du glemte av en oppfølger, så gjør jeg det for deg
$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+x+1}} \, \text{d}x$
setter:
[tex]u=x+\frac{1}{2}[/tex]
$I=\int \frac{2}{\sqrt{4u^2+3}} \, \text{d}u$
$I=\int \frac{1}{\sqrt{u^2+\frac{3}{4}}} \, \text{d}u = \text arcsinh(\frac{2u}{\sqrt{3}})+c$
$I = \text arcsinh(\frac{2x+1}{\sqrt{3}})+c$
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]