4 svar
115 visningar
Albin.k behöver inte mer hjälp
Albin.k 38
Postad: 19 feb 2022 17:07

Integration med variabelsubstitution och partialbråksuppdelning

Hej!

Jag försökte mig på en lite krångligare rationell integral, men får inte riktigt ihop det. Svaret jag kommer fram till är nästan rätt, det felar bara på att polynomet i ln-termen är halverat. Jag har försökt att hitta felet själv, men utan framgång. Är det någon som kan se vart det går snett?

Jag prövade olika definitioner på Z samt U, men dels blir det fel på andra ställen, och dels känns nya definitioner väldigt omotiverade utan facit.

Tack på förhand!

(Jag vet att min metod inte är speciellt effektiv, men jag ville ändå prova på att göra det den långa vägen för att få mer träning, och sedan jämföra med en bättre metod i efterhand)

D4NIEL 2933
Postad: 19 feb 2022 19:17 Redigerad: 19 feb 2022 19:18

Orkar inte kontrollera din beräkning men ditt och facits svar är identiska eftersom konstanten C är godtycklig.

Tänk på att

ln(12(x2+6x+11))+C1=ln(x2+6x+11)+C\displaystyle \ln(\frac{1}{2}(x^2+6x+11))+C_1=\ln(x^2+6x+11)+C

Albin.k 38
Postad: 21 feb 2022 12:28

Intressant. Jag trodde att funktionerna skulle bli helt annorlunda, men det stämmer att den godtyckliga konstanten räddar mig. I detta fallet verkar det vara:

men hur kommer det sig?

om man har en funktion f(x)=log10(x) och en funktion g(x)=log10(10x)

blir f(1)= log10(1)=0, och g(1)=log10(10)=1

f(10)=log10(10)=1, och g(10)=log10(100)=2

alltså f(x)+1=g(x)

Så gäller det att koefficienter kan kompenseras med logaritmen för koefficienten? för log10(10) är ju just 1.

Och ln(2) ~ 0.6932

D4NIEL 2933
Postad: 21 feb 2022 14:40 Redigerad: 21 feb 2022 14:41

Det finns några olika logaritmlagar som jag tror att du bör repetera.

Bland annat gäller

ln(a·b)=ln(a)+ln(b)\ln(a \cdot b)=\ln(a)+\ln(b)

Du kan alltså alltid lösa ut en godtycklig konstant.

Albin.k 38
Postad: 21 feb 2022 15:13

Ja just det, självklart. tack

Svara
Close