Integration

a)
            ∫(cos³(θ))dθ = ∫cos(θ)·cos²(θ)dθ = ∫(1-sin²(θ))·cos(θ)dθ

            sin(θ) = u
            cos(θ)dθ = du

            ∫(1-sin²(θ))·cos(θ)dθ = ∫(1-u²)du = u - (1/3)u³ + k = sin(θ) - (1/3)·sin³(θ) + k
 

a)

∫ cos(x)³ dx = ∫ cos(x)·(1 - sin(x)²) dx = sin(x) - ∫ sin(x)² d(sin(x)) = sin(x) -sin(x)³/3 + k

I b) mener du nok

₀∫^π/2 ₀∫¹ cos(θ)² r dr·dθ ?

Integralerne separeres on integreres hver for sig.

Tak til #1 og #2

#2

Nej. Opgaven går ud på, at gå fra kartesisk form til polær form.

Opgaven lyder: ₀∫¹ ₀∫^{√(1-y^2)}(cos(x²+y²))dxdy. Mit bud til polær form er så: ₀∫^π ₀∫¹((cos(r²)r)dr·dθ. De ydre grænser er vinkel, mens de indre grænser er radius.

#3

Dit område i cartesiske koordinater dækker en kvart enhedscirkel, så integralet i θ skal gå fra 0 til π/2, som du havde i din første udgave, dvs

₀∫^π/2 ₀∫¹ cos(r²)·r dr·dθ = (π/2)·₀∫¹ cos(r²)·r dr = (π/4)·₀∫¹ cos(r) dr = (π/4)·sin(1)

#4

Hvad laver du ved første trin? Tror ikke jeg har set sådan en omskrivning mht. dobbeltintegraler før.

#5

Integranden er jo konstant i θ , så delintegralet i θ integreres til ₀∫^π/2 dθ = π/2 , der så bliver en faktor udenfor i r-integralet.

#6

Kan man ikke starte med at integrere "indefra". Sådan plejer jeg at gøre. Det er garanteret rigtigt det du viser, men jeg har bare altid lært at integrere "indefra" og ud efter.

#7

Jo, det kan du da godt. Det ændrer jo ikke noget ved integralet. Jeg forsøgte bare at komme af med de lette ting først; ellers skal du jo slæbe rundt med det ekstra integral, der bare er i vejen og hæmmer oversigten.

#8

Smag og behag. :-)

Jeg skal vel starte med at integrere ₀∫¹ cos(r²)·r·dr først, hvis jeg starter indefra. Hvordan gøres det? Synes ikke det trin fremgår tydeligt i #4. Måske er det bare mig, der ikke kan se det.

#9

Jeg substituerede t = r², dt = 2r dr (og så begik jeg notationsmisbrug ved at kalde det nye t for r, da grænserne ikke ændres ved substitutionen). Bemærk faktoren (1/2), der røg udenfor til de π/2 , der var i forvejen.

#10

Er det her korrekt forstået:

t = r² ; dt/dr = 2r <--> dt = 2r · dr , dvs. 1/2 dt = r · dr.

Dette medfølger:

₀∫^π/2 ₀∫¹((cos(r²)r)dr · dθ = ₀∫^π/2 1/2 · ₀∫¹((cos(t))dt · dθ = ₀∫^π/2 1/2 · (sin(1) - sin(0)) dθ

Hvordan ser det ud indtil videre?

#11

Det ser ret godt ud; men det sidste integral skal kun gå fra 0 til π/2 . Måske du forstår, hvorfor jeg forsøgte at slippe af med det i starten?

#11

Det, jeg gjorde brug af, var, at

∫∫ f(x)·g(y) dx dy = (∫ f(x) dx) · (∫ g(y) dy)

#12

Ja, jeg bemærkede den lille tastefejl. Har rettet grænsen.

₀∫^π/2 1/2 · (sin(1) - sin(0)) dθ = ₀∫^π/2 (1/2 · sin(1)) dθ = [(1/2 · sin(1) · θ]₀^π/2 = 1/2 · sin(1) · π/2 ≈ 0,661

Ser ud til at jeg har knækket den. Tak for hjælpen endnu engang.

12#

Men hvor sker der en tilbagesubstitution? Man plejer da ellers at tilbagesubstituere efter man har substitueret. Eller har vi 'igen' lavet et trick uden at jeg ved det? :-)

#15

Det er ikke nødvendigt at substituere tilbage. Men man skal huske at ændre grænserne for integralet til den nye variabel.

#16

Hvor har vi ændret grænserne for integralet?

#16

Der er styr på det nu.

#17

Jeg skrev i #10, at grænserne netop ikke skulle ændres, da r og r² begge løber mellem 0 og 1. Men i almindelighed skal man huske at ændre grænserne i et bestemt integral, når der foretages substitution. Grænserne angiver det interval, der skal integreres over i integrationsvariablen, og når integrationsvariablen ændres på grund af en substitution, skal grænserne ændres tilsvarende.

#19

Er det korrekt forstået, hvis grænserne er (lad os tage et andet eksempel) 5 for nedre og 13 for øvre. Vores substitution hedder 3x. Så bliver de nye grænser altså 15 for nedre og 39 for øvre. På den måde behøver man altså ikke en tilbagesubstitution i sidste ende. Hvordan får man så nye grænser, hvis substitutionen er et tal og ikke en funktion?