Side 2 - Integration

Det er jo for at kunne integrere tan^-1(t) . Man har

∫ f(x) dx = x·f(x) - ∫ x·f '(x) dx

Her er man i en situation, hvor man kan integrere x·f '(x) .

Hvis man allerede kender en stamfunktion til tan^-1(t) er der vel ingen grund til at bruge tid på det. Du spurgte om, hvordan man finder en stamfunktion til tan^-1(t), og det er så vist for dig her.

# 20
Du kender jo differentiationsreglen for et produkt af to funktioner
(f·g) '  =  f '·g + f·g '
Heraf fås integrationsreglen nævnt ovenfor, ved lidt omflytning af leddene.

Jeg går ud fra, at ∫ t/(1+t²) dt løses ved substitution?

#23

Ja, der benytter man u = 1+t² , du = 2t dt .

#24

Løst, tak.

En anden ting er, hvordan jeg behandler numeriske værdier sammen med ikke-numeriske værdier.

Eksempel: differentialligningen xy' + y + 4 = 0 ; x ≠ 0

har løsningen y(x) = e^-ln(|x|) [∫e^ln(|x|) (-4/x) dx + c] = 1/|x| [-4 ∫|x| 1/x dx + c]

Hvordan kommer jeg videre herfra. Må jeg betragte |x| som x, eller hvilke regler gør sig gældende her?

#25

Omskriv differentialligningen til

y' + (1/x)·y = -4/x

og benyt panserformlen igen. Benyt, at ∫ (1/x) dx = ln(|x|) .

|x| er defineret som den numeriske værdi af x:

          x , for x ≥ 0
|x| = 
         -x , for x < 0

#26

Ja, og det skulle jo gerne føre os videre til løsningen i #25.

Man kan jo ikke forkorte x'erne væk her, vel? ∫|x| 1/x dx

#27

Nej. Man skal dele op i de to tilfælde, x > 0 og x < 0 . Du kan så se, at fortegnene fra |x| uden for og inden for i integralet går ud mod hinanden i hvert tilfælde.

#28

Dvs., for tilfælde x > 0:

1/x [-4 ∫x 1/x dx + c] = 1/x [-4x + c] = -4 + c/x

Hvad med for x < 0? Den er jeg ikke sikker på.

#29

For x < 0 er |x| = -x , så man får

1/(-x) · ( (-4)·∫ (-x)·(1/x) dx + c) = (1/x)·((-4)x + c) = -4 + c/x

#30

Jeg troede, at |x| aldrig kunne blive negativ, altså at vi altid tog den numeriske værdi af x, uanset x-værdiens fortegn. F.eks., hvis x = -8, så |x| = |-8| = 8.

Hvordan kan det lade sig gøre? Så er der jo ikke forskel på x og |x| som du har vist det.

#31

Hvor ser du noget, der viser, at |x| er negativ? Når x < 0 , er -x > 0 .

Se definitionen for |x| i #26.

#32

Tror ikke, at jeg er med.

Hvis vi kun ser på det første led foran det hele, så har vi 1/|x|. For x > 0 blev den lavet om til 1/x, dvs. at

|x| = x (hvis man kan skrive det på den måde). Men du skriver så 1/(-x) for x < 0.

Hvis x = -5, så ville du skrive 1/(-5). Her er da |x| angivet som negativ?

#33

Hvis x = -5, er -x = -(-5) = 5 .

#34

Ja, okay. Giver god mening.

Hvad ville man gøre, hvis de ikke gav det samme resultat. Ville man så fastholde de numeriske tegn?

#35

Man ville så bruge ét udtryk for x > 0 , og et andet udtryk for x < 0 .

#36

Selvfølgelig. Det giver også mening.

Et sidste spørgsmål for i dag: jeg skal have løst differentialligningen: 2x²yy' = _ex²y² - 2xy² (altså e opløftet i x og y, men hvor både x og y er opløftet i anden potens også).

Jeg synes ikke, at jeg kan få den til at passe med noget jeg allerede har regnet ud. Har du en idé?

#37

Prøv at skrive det, du mener, altså

2x²yy' = e^{x^2·y^2} - 2xy²     ?

eller skal hele højresiden være i eksponenten?

Hvis det er, som antaget i #38, bemærker man, at

(x²y²)' = 2xy² + 2x²yy' .

Derfor er

e^{x^2y^2} = 2xy² + 2x²yy' = (x²y²)' ,

der har formen

du/dx = e^u ,

der kan løses ved separation.

#38

Du har skrevet det korrekt. Der er yderligere givet, at både x og y er større end nul. Ved ikke, om det kan guide os frem?