Så jeg legger ved et kjapt et.
[tex]\int \sqrt{x^2 - x^4} {\rm d}x[/tex]
Lenge siden sist vi integrerte...
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Husk dx, ellers kommer Eirik og tar deg!
[tex]\int x \sqrt{1-x^{2}}dx[/tex]
bruker variabelskifte:
u = [tex]1-x^{2}[/tex]
[tex]\frac{du}{dx} = -2x[/tex] => [tex] xdx = -\frac{1}{2}du[/tex]
Vi får da:
[tex]-\frac {1}{2} \int \sqrt{u}du[/tex]
[tex] = -\frac {1}{2} * \frac{1}{\frac{3}{2}} u^{\frac{3}{2}} + C[/tex]
[tex] = -\frac{1}{3} (1-x^{2})^{\frac{3}{2}} + C[/tex]
bruker variabelskifte:
u = [tex]1-x^{2}[/tex]
[tex]\frac{du}{dx} = -2x[/tex] => [tex] xdx = -\frac{1}{2}du[/tex]
Vi får da:
[tex]-\frac {1}{2} \int \sqrt{u}du[/tex]
[tex] = -\frac {1}{2} * \frac{1}{\frac{3}{2}} u^{\frac{3}{2}} + C[/tex]
[tex] = -\frac{1}{3} (1-x^{2})^{\frac{3}{2}} + C[/tex]
-
- Weierstrass
- Innlegg: 451
- Registrert: 25/08-2005 17:49
Man må huske absoluttverdier.
[symbol:rot] x^2 = |x|
[symbol:rot] x^2 = |x|
-
- Weierstrass
- Innlegg: 451
- Registrert: 25/08-2005 17:49
Ser jo at integralet fra -1 til 0 og fra 0 til 1 må bli det samme siden funksjonen er jevn.
Men viss man setter inn i svaret deres får man 2 forskjellige svar
Men viss man setter inn i svaret deres får man 2 forskjellige svar
Ok, fortsetter med denne enkle:sEirik skrev:Da savner jeg et par oppfølgerintegral?
Dette var vel et enkelt et å starte med
[tex]I=\int \frac{{\rm dx}}{\sqrt{-x^2-2x}}[/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]
Tar ett par greie til:
[tex]I_1=\int \arctan(x) {\rm dx}[/tex]
[tex]I_2=\int (x+x^3) \sqrt{1-x^2} {\rm dx}[/tex]
[tex]I_1=\int \arctan(x) {\rm dx}[/tex]
[tex]I_2=\int (x+x^3) \sqrt{1-x^2} {\rm dx}[/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]
Jeg prøver meg:
[tex]I = \int \frac{{\rm d}x}{\sqrt{-x^2-2x}} = \int \frac{{\rm d}x}{\sqrt{(-x^2-2x-1)+1}} = \int \frac{{\rm d}x}{\sqrt{1-(x+1)^2}} = \arcsin(x+1) + C[/tex]
[tex]I_1 = \int \arctan(x) {\rm d} x = x\arctan(x) - \int \frac{x}{x^2+1} {\rm d}x = x\arctan(x) -\frac{1}{2}\int \frac{2x}{x^2+1} {\rm d}x \\ = x\arctan(x) - \frac{1}{2}\ln(x^2+1) + C[/tex]
[tex]I = \int \frac{{\rm d}x}{\sqrt{-x^2-2x}} = \int \frac{{\rm d}x}{\sqrt{(-x^2-2x-1)+1}} = \int \frac{{\rm d}x}{\sqrt{1-(x+1)^2}} = \arcsin(x+1) + C[/tex]
[tex]I_1 = \int \arctan(x) {\rm d} x = x\arctan(x) - \int \frac{x}{x^2+1} {\rm d}x = x\arctan(x) -\frac{1}{2}\int \frac{2x}{x^2+1} {\rm d}x \\ = x\arctan(x) - \frac{1}{2}\ln(x^2+1) + C[/tex]
Sist redigert av daofeishi den 22/05-2007 14:42, redigert 1 gang totalt.
Arctan løses greit med delvis. [tex]u=\arctan x[/tex] [tex]v\prime=1[/tex].
[tex]\int\arctan x {\rm dx}=x\cdot\arctan x-\int\frac{x}{x^2+1}{\rm dx}=x\cdot\arctan x-\frac{1}{2}\int\frac{1}{u}\frac{{\rm du}}{{\rm dx}}{\rm dx}=x\cdot\arctan x-\frac{1}{2}\ln|x^2+1|+c[/tex]
[tex]\int\arctan x {\rm dx}=x\cdot\arctan x-\int\frac{x}{x^2+1}{\rm dx}=x\cdot\arctan x-\frac{1}{2}\int\frac{1}{u}\frac{{\rm du}}{{\rm dx}}{\rm dx}=x\cdot\arctan x-\frac{1}{2}\ln|x^2+1|+c[/tex]
Siste:
La [tex]x = \sin u[/tex]
Da er [tex] {\rm d}x = \cos u {\rm d}u[/tex]
[tex]I_2 = \int (x+x^3)\sqrt{1-x^2} {\rm d}x \qquad = \qquad \int (\sin u + \sin^3 u)\sqrt{1 - \sin^2 u} \cos u {\rm d}u \qquad = \qquad \int (sin u + \sin^3 u)\cos^2(u) {\rm d}u \\ = \qquad -\frac{1}{3}\cos^3 u + \int \sin^3 u \cos^2 u {\rm d} u \qquad = \qquad -\frac{1}{3}\cos^3 u + \int sin(1-\cos^2u)\cos^2u {\rm d}u \\ = \qquad -\frac{1}{3}\cos^3 u - \frac{1}{3}\cos^3 u +\frac{1}{5}\cos^5 u + C = \frac{1}{5}(1-x^2)^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}+C[/tex]
Edit: Denne kan løses uten trig-substitusjon og, ja.
La [tex]x = \sin u[/tex]
Da er [tex] {\rm d}x = \cos u {\rm d}u[/tex]
[tex]I_2 = \int (x+x^3)\sqrt{1-x^2} {\rm d}x \qquad = \qquad \int (\sin u + \sin^3 u)\sqrt{1 - \sin^2 u} \cos u {\rm d}u \qquad = \qquad \int (sin u + \sin^3 u)\cos^2(u) {\rm d}u \\ = \qquad -\frac{1}{3}\cos^3 u + \int \sin^3 u \cos^2 u {\rm d} u \qquad = \qquad -\frac{1}{3}\cos^3 u + \int sin(1-\cos^2u)\cos^2u {\rm d}u \\ = \qquad -\frac{1}{3}\cos^3 u - \frac{1}{3}\cos^3 u +\frac{1}{5}\cos^5 u + C = \frac{1}{5}(1-x^2)^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}+C[/tex]
Edit: Denne kan løses uten trig-substitusjon og, ja.