?

[sweetgirl87]

finn [symbol:integral] sinxcosx dx

den ser ikke vanskelig ut, men jeg fikk ikke den til. skal vi bruke variabelskifte eller delvis integrasjon? kan noen vise meg

[Janhaa]

[tex]I_1\,=\,\int sin(x)cos(x)dx=\int {1\over 2}sin(2x)dx=-{1\over 2}\cdot {1\over 2}cos(2x)\,+\,C\,=\,-{1\over 4}cos(2x)\,+\,C[/tex]
eller

[tex]I_2\,=\,\int sin(x)cos(x)dx\,=\, \int udu,\;\;[/tex]der u = sin(x) og du = cos(x)dx

[tex]I_2\,=\,{1\over 2}u^2\,=\,{1\over 2}sin^2(x)\,+\,C[/tex]

[janneamble]

tusen takk.

[sEirik]

Kan vel også gjøres med variabelskifte.

[tex]I = \int \sin x \cdot \cos x {\rm d}x[/tex]

[tex]u = \sin x[/tex]

[tex]u^\prime = \cos x[/tex]

[tex]I = \int u \cdot u^\prime {\rm d}x = \int u {\rm d}u = \frac{1}{2}u^2 + C = \frac{1}{2}\sin^2 x + C[/tex]

[daofeishi]

Janhaas andre løsning og sEirik sin løsning er nok de fineste på dette integralet. Men som en kuriositet kan vi jo nevne at komplekse tall kan brukes til dette integralet, og mange andre trigonometriske integraler. (Og komplekse tall er jo pensum på matte X nå )

I en tidligere post på dette forumet utledet sEirik at [tex]e^{ix} = \cos(x) + i\sin(x)[/tex], der [tex]i=\sqrt{-1}[/tex]

Vi kan dermed utlede de Moivres teorem:
[tex](e^{ix})^2 = e^{2ix} \ \Rightarrow \ \left(\cos(x) + i\sin(x)\right)^2 = \cos(2x) + i\sin(2x)[/tex]
(Du kan selvfølgelig erstatte 2 med et hvilket som helst tall)

Dermed:
[tex]e^{2ix} = \left(\cos(x) + i\sin(x)\right)^2 = \cos^2(x) +2i\cos(x)\sin(x) - \sin^2(x)[/tex]
(Hvorfor? Fordi [tex]i^2 = -1[/tex])

Vi ser her at den imaginære delen av [tex]e^{2ix}[/tex], altså "koeffisienten til i," skrevet som [tex] \Im (e^{2ix})[/tex] er [tex]2\sin(x)\cos(x)[/tex]

Vi kan dermed integrere [tex]\frac{1}{2}e^{2ix} = \frac{1}{2}\left(\cos(x)-\sin(x) + 2i\cos(x)\sin(x)\right)[/tex], og den imaginære delen av dette integralet vil gi oss integralet av [tex]\cos(x)\sin(x)[/tex]. Når du integrerer, anta at i oppfører seg som et helt vanlig, naturlig tall:

[tex]\Im \left( \frac{1}{2}\int e^{2ix} \ {\rm d}x \right) \qquad = \qquad \Im \left( \frac{1}{2}(\frac{1}{2i}e^{2ix} + C_0) \right) \qquad = \qquad \Im \left( -\frac{1}{4}ie^{2ix} + C_1 \right)[/tex]

(Hvorfor blir [tex]\frac{1}{i}[/tex] til [tex]-i[/tex]? Fordi [tex]1 = (-1)(-1) = (i^2)(i^2) = i^4[/tex]. Altså [tex]\frac{1}{i} = \frac{i^4}{i} = i^3 = (i^2)i = -i[/tex]

Vi får videre, ved å bruke regler vi allerede har introdusert, at
[tex] \Im \left( -\frac{1}{4}ie^{2ix} + C_1 \right) \qquad = \qquad \Im \left(-\frac{1}{4}i(\cos(2x) + i\sin(2x)) + C_1\left) \qquad = \qquad \Im \left( -\frac{1}{4}i\cos(2x) + \frac{1}{4}\sin(2x) + C_1 \right) \qquad = \qquad -\frac{1}{4}\cos(2x) + C[/tex]


Dette ser selvfølgelig overkomplisert ut. Når du har blitt vant til komplekse tall, ser det slik ut:

[tex]\int \sin(x)\cos(x) \ {\rm d}x \qquad = \qquad \Im \left( \frac{1}{2}\int e^{2ix} \ {\rm d}x \right) \qquad = \qquad \Im \left( -\frac{1}{4}ie^{2ix} + C_1 \right) \qquad = \qquad -\frac{1}{4}\cos(2x) + C[/tex]

Dette kan vi se er ekvivalent med Janhaas og sEiriks løsning! (Tenk på trigonometriske identiteter, og at integraler kan variere med en konstant og likevel være ekvivalente!) Dette var bare et forsøk på å vise hvordan komplekse tall kan brukes som et kraftig verktøy i problemløsning. Selv om dette ikke var et veldig vanskelig problem, er det nyttig kunnskap å vite at steinharde trigonometriske integraler ofte kan tvinges i kne med komplekse tall.

[Janhaa]

Ja, daofeishi - da lærte jeg noe nytt idag (eller natt) også...
Har faktisk ikke lært dette, men skjønte overgangene og sammenhengen.

Komplekse tall er matnyttig, ingen tvil om det. Når jeg tok mitt analyse 1 kurs (for noen år sida) glimret komplekse tall med sitt fravær !