Integralkalenderen

[Karl_Erik]

Det var ganske flaut. Lønner seg nok å lese tråden neste gang. Beklager.

$I_{10}=\int \frac{si{n}^{2}x}{1+si{n}^{2}x}dx$

[Janhaa]

Det var ganske flaut. Lønner seg nok å lese tråden neste gang. Beklager.
$I_{10}=\int \frac{si{n}^{2}x}{1+si{n}^{2}x}dx$

OK, prøver meg da:

$I_{10}=\int \frac{{\tan }^2(x)+1}{1+2{\tan }^2(x)}dx-\int \frac{dx}{1+2{\tan }^2(x)}$

velger u = tan(x)

$I_{10}=\int \frac{du}{1+2u^2}-\int \frac{du}{(1+2u^2)(1+u^2)}=\int \frac{du}{u^2+1}-\int \frac{du}{2u^2+1}=\arctan (u)-\frac{1}{\sqrt{2}}\int \frac{dV}{V^2+1}$

der V = [symbol:rot](2) u

$I_{10}=x-\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan (\sqrt{2}u)+C$

$I_{10}=x-\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan (\sqrt{2}\tan (x))+C$

[espen180]

$I_{11}=\int x^2\cdot \arctan (\sqrt{x})\mathrm{d}\mathrm{x}$

[Janhaa]

$I_{11}=\int x^2\cdot \arctan (\sqrt{x})\mathrm{d}\mathrm{x}$

Er ganske sikker på at endel her inne fikser denne...

setter u = [symbol:rot]x

$I_{11}=2\int u^5\arctan (u)du=\frac{1}{3}{u}^6\arctan (u)-\frac{1}{3}\int \frac{u^{6}du}{u^2+1}$

$I_{11}=\frac{1}{3}{u}^6\arctan (u)-\frac{1}{3}\int (u^4-u^2-\frac{1}{u^2+1}+1)du$

$I_{11}=\frac{1}{3}{u}^6\arctan (u)-\frac{1}{15}{u}^5+\frac{1}{9}{u}^3+\frac{1}{3}\arctan (u)-\frac{1}{3}u+C$

$I_{11}=\frac{1}{3}\arctan (\sqrt{x})\cdot (x^3+1)-\frac{1}{15}{x}^{5/2}+\frac{1}{9}{x}^{3/2}-\frac{1}{3}\sqrt{x}+C$

[espen180]

Noen som har 13.? (Og 12.?)

[Janhaa]

$I_{12}={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}$

[Karl_Erik]

$I_{12}={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}$

Går utifra at verken a eller b er 0 og at de ikke er like, og finner først det ubestemte integralet:
$\int \frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}=$

$\int \frac{dx}{(b-a)(x^2+a)}+\int \frac{dx}{(a-b)(x^2+b)}=$

$\int \frac{dx}{(b-a)(x^2+a)}+\int \frac{dx}{(a-b)(x^2+b)}=$

$\frac{sqrtaarctan\frac{x}{sqrtb}-sqrtbarctan\frac{x}{sqrta}}{sqrtab(a-b)}+C$

Om vi så lar dette gå fra $-\mathrm{\infty }$ til $\mathrm{\infty }$ får vi $\pi \frac{sqrta-sqrtb}{sqrtab(a-b)}$.

$I_{13}=\int xsqrt{x}^2+x+1dx$

[Janhaa]

$I_{12}={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}$

Går utifra at verken a eller b er 0 og at de ikke er like, og finner først det ubestemte integralet:
$\int \frac{dx}{(x^2+a)(x^2+b)}=$
$\int \frac{dx}{(b-a)(x^2+a)}+\int \frac{dx}{(a-b)(x^2+b)}=$
$\int \frac{dx}{(b-a)(x^2+a)}+\int \frac{dx}{(a-b)(x^2+b)}=$
$\frac{sqrtaarctan\frac{x}{sqrtb}-sqrtbarctan\frac{x}{sqrta}}{sqrtab(a-b)}+C$
Om vi så lar dette gå fra $-\mathrm{\infty }$ til $\mathrm{\infty }$ får vi $\pi \frac{sqrta-sqrtb}{sqrtab(a-b)}$.

Jauda, ser fint ut det...

$I_{13}=\int xsqrt{x}^2+x+1dx$

interessant denne...

[Janhaa]

Skal vi sjå, den kan skrives som:

$I_{13}=\int xsqrt{x}^2+x+1dx=\int (2x+1)\sqrt{x^2+x+1}dx-\int (x+1)\sqrt{x^2+x+1}dx=I_1-I_{13}-\int \sqrt{x^2+x+1}dx$

der $I_1=\int (2x+1)\sqrt{x^2+x+1}dx=\frac{2}{3}(x^2+x+1{)}^{3/2}+C_1$

og $I_2=\int \sqrt{x^2+x+1}dx=\int \sqrt{(x+\frac{1}{2}{)}^2+\frac{3}{4}}dx$

substituer $x+0,5=\frac{\sqrt{3}}{2}\sinh (u)$

og
$I_2=\frac{3}{4}\int {\cosh }^2(u)du=\frac{3}{8}\int (\cosh (2u)+1)du=\frac{3}{16}(2\sinh (u)\cosh (u))+\frac{3}{8}u+C_2=\frac{1}{2}(x+1)\sqrt{x^2+x+1}+\frac{3}{8}\text{a}rcsinh(\frac{2x+1}{\sqrt{3}})+C_2$

----------------

$2I_{13}=I_1-I_2$

$I_{13}==\frac{1}{3}(x^2+x+1{)}^{3/2}-\frac{1}{4}(x+\frac{1}{2})\sqrt{x^2+x+1}-\frac{3}{16}\text{a}rcsinh(\frac{2x+1}{\sqrt{3}})+C$


trur det skal stemme...

[espen180]

$I_{14}=\int \frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}\mathrm{d}\mathrm{x}$

Har denne blitt tatt før?

EDIT:
Jeg er en kløne.

[Charlatan]

$I_{14}=\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}\mathrm{d}\mathrm{x}$

Har denne blitt tatt før?

Vi tar med integraltegnet på denne og



$I_{14}=\int \frac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}{)}^2}{(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})}\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{1}{2}\int (2\mathrm{x}-2\sqrt{{\mathrm{x}}^2-1})\mathrm{d}\mathrm{x}=\frac{{\mathrm{x}}^2}{2}-\int \sqrt{1-{\mathrm{x}}^2}\mathrm{d}\mathrm{x}$

$x=\sin u\Rightarrow \frac{\mathrm{d}\mathrm{x}}{\mathrm{d}\mathrm{u}}=\cos u\Rightarrow \frac{\mathrm{d}\mathrm{u}}{\mathrm{d}\mathrm{x}}\cos u=1$

$\Downarrow$

$I_{14}=\frac{x^2}{2}-\int {\cos }^{2}u\mathrm{d}\mathrm{u}=\frac{{\mathrm{x}}^2}{2}-\frac{1}{2}(\mathrm{u}+\sin \mathrm{u}\cos \mathrm{u})+\mathrm{C}=\frac{{\mathrm{x}}^2}{2}-\frac{1}{2}(\arcsin \mathrm{x}+\mathrm{x}\sqrt{{\mathrm{x}}^2-1})+\mathrm{C}=\frac{1}{2}[{\mathrm{x}}^2-\mathrm{x}\sqrt{{\mathrm{x}}^2-1}-\arcsin (\mathrm{x})]+\mathrm{C}$

[espen180]

Jeg resirkulerer en gammel en.

$I_{{14}_2/15}=\int e^x{x}^n\mathrm{d}\mathrm{x},\mathrm{n}\in \mathbb{R}$

Ikke lét etter løsningen, det ødelegger moroa.

[bartleif]

Sant det. Får prøve noe delvis

$I=\int e^x{x}^{n}dx$

$\int e^x{x}^{n}dx=e^x\frac{1}{n+1}{x}^{n+1}-\int e^x{x}^{n}dx$

$\int e^x{x}^{n}dx=\frac{e^x\frac{1}{n+1}{x}^{n+1}}{2}+C$

Er ikke sikker, men er vel mulig det er rett

God ide med integralkalender her Spennende å se de fine svarene deres.
Merry jul!

Måtte ha vekk en skriveleif

[FredrikM]

Jeg resirkulerer en gammel en.

$I_{{14}_2/15}=\int e^x{x}^n\mathrm{d}\mathrm{x},\mathrm{n}\in \mathbb{R}$

Ikke lét etter løsningen, det ødelegger moroa.

Delvis integrasjon:

$I=\int e^x{x}^{n}dx=e^x{x}^n-n\int e^x{x}^{n-1}dx$
$$\begin{gathered} I=e^x{x}^n-n(e^x{x}^{n-1}-(n-1)\int e^x{x}^{n-2}dx)= \\ {e}^x{x}^n-n{e}^x{x}^{n-1}+(n-1)\int e^x{x}^{n-2}dx \end{gathered}$$
...
$\int e^x{x}^{n}dxdx=e^x{x}^n-n{e}^x{x}^{n-1}+n(n-1)e^x{x}^{n-2}+...+(-1{)}^{k+1}n(n-1)...(n-k+1)\int e^x{x}^{n-k}dx$

Er litt usikker på om dette holder som "bevis". Trokke det, antar det må induksjon til - men det får noen andre gjøre Stemmer ihvertfall for n=3. PS: Antar du mener $n\in \mathbb{N}$

[espen180]

Man kan uttrykke svaret med en sum, så sjekke svaret ved å derivere. Derivasjonen holder som bevis.