[tex]I \qquad = \qquad \frac{1}{4} \Im \left( \int e^{(\ln (5) +1 +i)x} \rm{d}x \right) \qquad = \qquad \frac{1}{4} \Im \left( \frac{e^{(\ln (5) +1 +i)x}}{\ln(5) + 1 + i} \right) + C \qquad = \qquad \frac{1}{4} \Im \left( \frac{\ln(5) + 1 - i}{\ln(5)^2 + 2\ln(5) + 2}5^x e^x e^{ix} \right) + C \\ = \qquad \frac{5^x e^x}{4\ln (5)^2 + 8 \ln(5) + 8} \left(\ln(5e)\sin(x) -\cos(x) \right) + C [/tex]Jarle10 skrev: [tex]I = \int \frac{5^x \cdot e^x \cdot sin(x)}{4} dx[/tex]
Integrasjonlek
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
Sist redigert av daofeishi den 24/08-2007 00:49, redigert 1 gang totalt.
Delvis integrasjon
[tex] I_2=\int x^2 sinx dx [/tex]
u' = sinx
v = [tex]x^2[/tex]
u=-cosx
v'=2x
[tex]I_2= -x^2 cosx+\int 2xcosx dx [/tex]
[tex]I_3= \int 2xcosx dx [/tex]
u'=cosx
v=2x
u=sinx
v'=2
[tex]I_3=2xsinx-2\int sinx dx [/tex]
[tex]I_3=2xsinx+2cosx +C [/tex]
[tex]I_2=-x^2 cosx+(2xsinx+2cosx) + C [/tex]
[tex]I_2=-x^2 cosx+2xsinx+2cosx + C [/tex]
[tex]I=\frac{ln5}{ln(ln4)}* (-x^2 cosx+2xsinx+2cosx + C) [/tex]
[tex] I_2=\int x^2 sinx dx [/tex]
u' = sinx
v = [tex]x^2[/tex]
u=-cosx
v'=2x
[tex]I_2= -x^2 cosx+\int 2xcosx dx [/tex]
[tex]I_3= \int 2xcosx dx [/tex]
u'=cosx
v=2x
u=sinx
v'=2
[tex]I_3=2xsinx-2\int sinx dx [/tex]
[tex]I_3=2xsinx+2cosx +C [/tex]
[tex]I_2=-x^2 cosx+(2xsinx+2cosx) + C [/tex]
[tex]I_2=-x^2 cosx+2xsinx+2cosx + C [/tex]
[tex]I=\frac{ln5}{ln(ln4)}* (-x^2 cosx+2xsinx+2cosx + C) [/tex]
Det har nok sneket seg inn en liten feil her.insei skrev:[tex]I = \int \frac{5^x e^x sinx dx}{4} [/tex]
[tex]I = \int \frac{5^x xlne sinx dx}{ln4} [/tex]
[tex]e^x \neq x \ln e[/tex]
Tar du logaritmen av venstresiden får du høyresiden, men de er ikke like hverandre.
Ellers foreslår jeg et nytt integral:
[tex]I \qquad= \qquad \int \sqrt{\frac{x+1}{x^5}} \rm{d}x[/tex]
Edit: Jarle, godt mulig noe er feil. Jeg skal undersøke
Edit 2: Det ser ut til at integrals.com er enig med meg, men hvis du mener det er feil kan jeg prøve å gå det etter i sømmene igjen.
Sist redigert av daofeishi den 24/08-2007 00:44, redigert 3 ganger totalt.
Jepp, men dette er jo tross alt vgs forum...sEirik skrev:Det der var jo straight-forward
Integralet ble forøvrig gitt ved en felleseksamen ved ingeniørhøgskolene på 90-tallet.
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]
[tex]I= 24\int \frac{\rm dx}{x\sqrt{x^2 -16}}[/tex]insei skrev:nytt integral :]
u = x[sup]2[/sup] - 16, og
[tex]\;{\rm dx}=\frac{\rm du}{2x}[/tex]
[tex]I=12\int \frac{\rm du}{(u+16)\sqrt{u}}[/tex]
delbrøksoppspalting gir:
[tex]I=12\int \frac{\rm du}{16\sqrt{u}}\,-\,\int \frac{\sqrt{u}\rm du}{16(u+16)}=I_1\,+\,I_2[/tex]
[tex]I_1={3\over 4}\int u^{-{1\over 2}}{\rm du}={3\over 2}u^{1\over 2}\,+\,C_1[/tex]
Løser I[sub]2[/sub] vha 2 ganger substitusjon og en polynomdivisjon, slik at:
[tex]I_2=-{3\over 2}u^{1\over 2}\,+\,6\arctan(\frac{\sqrt{u}}{4})\,+\,C_2[/tex]
[tex]I=I_1\,+\,I_2=6\arctan(\frac{\sqrt{x^2-16}}{4})\,+\,C=-6\arctan(\frac{4}{\sqrt{x^2-16}})\,+\,C[/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]
[tex]I=\int \frac{1}{x^2}{\sqrt{\frac{x+1}{x}}{\rm dx}[/tex]daofeishi skrev: Ellers foreslår jeg et nytt integral:
[tex]I \qquad= \qquad \int \sqrt{\frac{x+1}{x^5}} \rm{d}x[/tex]
[tex]u^2=\frac{x+1}{x}\;\text og\;[/tex][tex]x=\frac{1}{u^2-1}[/tex]
[tex]{\rm dx}=\frac{-2u}{(u^2-1)^2}{\rm du}[/tex]
[tex]I=-2\int u^2(u^2-1)^2\frac{\rm du}{(u^2-1)^2}=-{2\over 3}u^3\,+\,C=-{2\over 3}(\frac{x+1}{x})^{3\over 2}\,+\,C[/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]
Åh, jeg som hadde tenkt å rette opp det jeg gjorde feil i går nå.
Uansett, jeg ser at svaret ditt daofeishi er likt med mitt så bare glem det jeg sa, jeg var så surrete om kvelden at jeg ikke tenkte at [tex](ln5+1)^2=(ln5)^2+2ln5+1[/tex]
Uansett, jeg ser at svaret ditt daofeishi er likt med mitt så bare glem det jeg sa, jeg var så surrete om kvelden at jeg ikke tenkte at [tex](ln5+1)^2=(ln5)^2+2ln5+1[/tex]
Bør ikke denne tråden flyttes over til "Spørsmål - høyskole og universitet"?
En del av integralene er vel litt utenfor lærestoffet i vg.skole. Selv om et er greit å ha noe å strekke seg etter, ser det ut som om tråden etterhvert har utviklet seg til å høre hjemme i "Spørsmål - høyskole og universitet".
En del av integralene er vel litt utenfor lærestoffet i vg.skole. Selv om et er greit å ha noe å strekke seg etter, ser det ut som om tråden etterhvert har utviklet seg til å høre hjemme i "Spørsmål - høyskole og universitet".
[tex]I \qquad = \qquad \int \left( \frac{1}{\sin^2(x)} - \frac{\cos(x)}{\sin^2(x)} \right) \rm{d}x \qquad = \qquad \int \left( \csc^2(x) - \cot(x)\csc(x) \right) \rm{d}x \quad = \qquad -\cot(x) + \csc(x) + C[/tex]Janhaa skrev:Nytt integral:
[tex]I=\int \frac{(1-\cos(x))}{\sin^2(x)}{\rm dx}[/tex]
Derivater og integraler av trigonometriske funksjoner ble jeg drilla i før eksamen
Mulig det ble litt juks det her, siden jeg kjente dem fra før av...Løs gjerne med andre metoder. Jeg vil foreslå enda et integral, hvis jeg kan.
[tex]I \qquad = \qquad \int \frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{x^4+1}} \rm{d}x[/tex]