Problemlösningsstrategier för matematik (Matematik/Allmänna diskussioner)

En generell strategi när man känner att man inte förstår är att specificera det man inte förstår, och skriva det till en fråga man vill få svar på.

Att Inte ge upp på en fråga även om den verkar svår är ett bra tips, det är inte alltid lösningen är självklart så ibland måste man testa sig fram och kanske göra flera omgångar utav försök.

Jag anser att man får skilja på 2 "faser";

1. Initial problemlösning. Den svåraste fasen där "slughet", erfarenhet (igenkänningsfaktorn) m.m. spelar en central roll. Ibland kan det vara ren "tur", t.ex. en simpel hjälplinje i ett geometriproblem kan visa vägen till en lösning.

2. Mekaniskt räknande. Denna del är lättare, givet man har övat sina dagliga skalor. Istället för att hantera ett grisigt uttryck så kan man införa nya, enklare, variabler, och undviker på detta sätt risken för skrivfel. Man ser ofta i lösningar på PA hur elever upprepar groteska uttryck 50-11 gånger. Det tar tid, det kan ge skrivfel och försvårar "helikoptervyn" som gör beräkningarna enkla. Anges ej "förenkla så långt som möjligt" kan man (nästan) svara hur som helst, t.ex. med nya införda variabler.

Det är väl ingen som motsäger att en (bra) bild hjälper till att lösa ett problem, men det är inte alla förunnat att kunna rita väl. Ja, de flesta kan dra en rät linje, men när vi kommer till rotationskroppar m.m. krävs mer än så. Det krävs dels ett spatialt seende, dels en grad av konstnärlighet att rita dessa kroppar så att en lösning ter sig mer uppenbar. Hur ofta har vi inte sett frågande där "poletten har trillat ner" när vi (vi som "kan lite mera") hjälper till med en bra graf. Det vore en intressant studie att se hur lösningsfrekvensen ändras om ett avsnitt om rotationskroppar hade perfekta bilder för varje problem vs. "rå text". Spolar vi tillbaka 100 år i tiden var nästan alla matematikböckers problem endast rå text. Idag pyntas de med allmänt "bling-bling" överallt på sidan, men, av någon anledning, ej inom mera komplexa problem. Detta gäller än mer på universitetsnivå. Kanske det finns ett egenvärde i att beräkna en trippelintegral ur en abstrakt formel, men f.ö. kan en bild hjälpa enormt mycket. Frågan är då om problemet är att beräkna en integral, eller förmågan att se skärningen mellan två kroppar. Eftersom problemen ofta sorterar under "Dubbel och trippelintegraler" får nog den frågan anses implicit besvarad.

En sak man kan göra är, om man inte vet var man skall börja, titta på problemet och skriva ner allting som man faktiskt vet eller kan räkna ut. Det kan ge samband som kan hjälpa en på traven till att lösa uppgiften. Det gör också så att man åtminstone börjar göra nånting och tvingar en att tänka. Den här tekniken är ofta användbar då uppgiften är av typen "Visa att [uttryck X] är samma sak som [uttryck Y]".

En annan sak man kan göra om man inte får en klar bild över vad man skall göra är att bilda ett enklare exempel och tänka på hur man skulle gjort i det fallet, och sedan försöka översätta det förfarandet till den mer komplicerade uppgiften. Om man till exempel blir osäker på hur man räknar ränta på ett bankkonto med 5 %:s ränta kan man tillfälligt anta att det istället vore 100 %:s ränta. Då är det att värdet dubbleras varje år, så man kan räkna det för hand, och sedan översätta det till den formel som läroboken använder.

Några roliga knep/strategier för att beräkna bestämda integraler. Jag kommer anta att man har koll på de vanliga integrationsteknikerna: variabelsubstitution, partiell integration och hur man beräknar generaliserade integraler. Detta kommer mest vara en undersökning av vissa användbara specialfall.

Substitutioner som inte ändrar gränserna

Om man har snälla övre och undre gränser på en integral kan en nyttig substitution vara något som inte förändrar gränserna. Ett speciellt fall av detta, som faktiskt har ett namn (King's rule) är att om man har

\displaystyle \int_a^b f\left(x\right)dx

och använder substitutionen

y = a+b-x

kommer de undre och övre gränserna att bytas ut och när vi byter ut

dx

mot

dy

får vi in en extra faktor av

-1

, vilket ger:

\displaystyle \int_a^b f\left(x\right)dx = -\int_b^a f\left(a+b-y\right)dy = \int_a^b f\left(a+b-y\right)dy

Vi kan byta ut

y

mot

x

i den sista integralen, det är bara en bokstav, vilket ger formeln

\displaystyle \int_a^b f\left(x\right)dx = \int_a^b f\left(a+b-x\right)dx

Denna formel ändrar strukturen på integrandet utan att ändra gränserna. Detta kan vara otroligt användbart.

Exempel

Vi kollar på

\displaystyle I = \int_0^{\pi/2}\frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}dx

Denna integral kan se ut som en mardröm och om man försöker finna en primitiv funktion så kommer det inte gå särskilt bra. MEN, om vi använder vår substitution/formel vi nyss kom fram till får vi direkt att

\displaystyle  I = \int_{0}^{\pi/2}\frac{\sqrt{\sin(\pi/2+0-x)}}{\sqrt{\sin(\pi/2+0-x)}+ \sqrt {\cos(\pi/2+0-x)}}dx = \int_{0}^{\pi/2}\frac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\cos x}+ \sqrt{\sin x}}dx

där vi har använt att

\cos(\pi/2-x) = \sin x

och

\sin(\pi/2 -x) = \cos x

. Men det vi nu kan märka att nämnaren ändrades inte från denna substitution! Om vi nu adderar ihop vår ursprungliga integral med vår nya integral får vi att

\displaystyle I + I = \int_0^{\pi/2}\frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x} + \sqrt {\cos x}}dx + \int_0^{\pi/2}\frac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}dx = \int_0^{\pi/2}\frac{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}dx

\displaystyle = \int_0^{\pi/2}1dx = \frac \pi 2

Alltså har vi att

2I = \dfrac \pi2

eller

\displaystyle I = \int_0^{\pi/2}\frac{\sqrt{\sin x}}{{\sqrt{\sin x}} + \sqrt{\cos x}}dx = \frac{\pi}4

Utan att beräkna primitiva funktionen till denna, ganska läskiga funktion, har vi fått fram värdet med en enkel liten substitution!

Exempel

En annan integral som kan beräknas med iden av substitutioner utan att ändra gränserna är

\displaystyle J = \int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^2}dx

En superbra substitution för integraler från

0

till

\infty

är

y = \frac 1x

. Liknade skäl här: de övre och undre gränserna kommer att bytas ut, samtidigt dyker ett minusstecken upp från utbytet mellan

dx

och

dy

. Om vi utnyttjar denna substitution på

J

får vi:

\displaystyle J = \int_{\infty}^{0} \frac{\ln\left(\frac 1y\right)}{1+\frac{1}{y^2}}\cdot \frac{-1}{y^2}dy = \int_0^{\infty} \frac{\ln\left(\frac 1y\right)}{y^2+1}dy

Eftersom

\ln\left(\frac 1y\right) = -\ln y

har vi att

\displaystyle J = -\underbrace{\int_0^{\infty} \frac{\ln y}{y^2+1}dy}_{J \text{ från början!}}

Vi får alltså fram att

J = -J

och därmed är

J=0

. Vi fick igen fram värdet utan att beräkna någon primitiv funktion.

En bra integral för att öva denna typ av strategi är

\displaystyle \int_0^{\pi/2}\ln\left(\sin x\right)dx

Rationella trigonometriska funktioner

När man har en integral som, enligt titeln, är en kvot mellan "polynom" där variablerna istället är trigonometriska funktioner finns det en superbra substitution. Jag formulerade vilka typer av funktioner jag menade ganska dåligt, men jag menar funktioner som exempelvis:

$\displaystyle \frac{3\cos x - 2\sin x}{2-\cos^2x}$ eller $\displaystyle \frac{1}{1-\cos x}$

Då kommer den rätt ointuitiva substitutionen $y = \tan\left(\frac x2\right)$ alltid omvandla integrandet till en rationell funktion i $y$ , vilket ofta är mycket lättare att beräkna.

Vi gör lite algebra för att beräkna fram vad $\sin x$ och $\cos x$ är uttryckt i $y$ .

Vi har att

$\displaystyle \sin x = \frac{2\sin\left(\frac x2\right)\cos\left(\frac x2\right)}{\sin^2\left(\frac x2\right) + \cos^2\left(\frac x2\right)}$

där vi använt dubbla vinkeln för sinus och skrivit om ettan till den klassiska trigonometriska ettan. Om vi nu dividerar med $\cos^2\left(\frac x2\right)$ i täljare och nämnare får vi att

$\displaystyle \sin x = \frac{2\tan\left(\frac x2\right)}{\tan^2\left(\frac x2\right) + 1} = \frac{2y}{1+y^2}$

En liknande process ger att

$\displaystyle \cos x = \frac{1-\tan^2\left(\frac x2\right)}{1+\tan^2\left(\frac x2\right)} = \frac{1-y^2}{1+y^2}$

Slutligen kan måste vi beräkna förhållandet mellan $dy$ och $dx$ .

Den vanliga deriveringen av $y = \tan\left(\frac x2\right)$ ger att
$dy = \frac 12 \left(1 + \tan^2\left(\frac x2\right)\right) dx = \frac 12\left(1+y^2\right)dx$
eller då
$\displaystyle dx = \frac{2}{1+y^2}dy$

Detta kan göra rationella trigonometriska funktioner mycket trevligare att beräkna.

Exempel

Vi kollar på

$\displaystyle \int \frac{1}{1-\sin x}dx$

Substitutionen $y = \tan \frac x2$ som vi nyss diskuterade ger oss att $\sin x = \frac{2y}{1+y^2}$ och $dx = \frac{2}{1+y^2}$ . Efter att substituera in allt får vi integralen

$\displaystyle \int\frac{1}{1-\frac{2y}{1+y^2}}\cdot \frac{2}{1+y^2}dy = \int\frac{2}{1+y^2-2y}dy = \int\frac{2}{(1-y)^2}dy$

Detta är en rätt standard integral som vi antingen kan substituera $u = 1-y$ eller bara integrera direkt till $\frac{2}{1-y}$

Då kan vi substituera tillbaka, vilket ger oss att

$\displaystyle \int \frac{1}{1-\sin x}dx = \frac{2}{1-\tan \frac x2} + C$

Det kan däremot behövas lite algebra för att skriva om detta uttryck till det man kommer få med andra integrationsstrategier.

e^{ix} = \cos x + i\sin x

Euler's formel kan vara fantastisk för vissa integraler. Den tillåter oss att skriva om trigonometriska funktioner till exponentialfunktioner. Något man inte utnyttjar mycket är ekvationerna

$\cos x = \operatorname{Re}\left(e^{ix}\right)$
$\sin x = \operatorname{Im}\left(e^{ix}\right)$

Det finns många fall där exponentialfunktioner är trevligare att jobba med än trigonometriska och då kan man utnyttja detta.

Exempel:

$\displaystyle I_b = \int_0^\infty{\cos\left(bx\right)e^{-x}}dx$ där $b \in \mathbb R$

Enligt tidigare får vi att $\cos(bx)e^{-x} = \operatorname{Re}(e^{ibx})e^{-x} = \operatorname{Re}\left(e^{x(ib-1)}\right)$ . Därmed har vi att

$\displaystyle I_b = \int_0^\infty{\operatorname{Re}\left(e^{x(ib-1)}\right)}dx = \operatorname{Re}\int_0^\infty{e^{x(ib-1)}}dx$

(Det kan vara så att det inte är tillåtet att byta ordning mellan att ta realdelen innan eller efter integrationen. Jag har aldrig sett detta inte fungera (så länge som både real och imaginärdelen konvergerar såklart), men jag har inte heller sett ett bevis på att det alltid är ok).

Nu har vi en helt vanlig exponentialfunktion att integrera! Utifrån att antiderivatan till $e^{ax}$ är $\frac 1a e^{ax}$ får vi att

$\displaystyle I_b = \operatorname{Re}\left[\frac{1}{ib-1}e^{x(ib-1)}\right]_0^\infty$

Den övre gränsen $\to 0$ när $x \to \infty$ och därmed har vi att

$\displaystyle I_b = \operatorname{Re}\frac{-1}{ib-1} = \operatorname{Re}\frac{1}{1-ib} = \operatorname{Re}\frac{1+ib}{1+b^2} = \frac{1}{1+b^2}$

Man kan hitta antiderivatan till $\cos(bx)e^{-x}$ genom upprepad partiell integration. Det är däremot rätt besvärligt och detta kan spara mycket tid!

Klockan är mycket och jag är trött. Jag kommer lägga till några fler saker i ett tillägg senare.

Tillägg: 12 okt 2025 13:22

test (mina kommentarer verkar inte kunna läggas till)

#6 är mycket bra, även om de kanske är för svåra för gymnasiet, men denna text borde stå som en "Mer om integraler"-sida i varje gymnasiematematikbok (på lämplig nivå).

Finns det inte något som faktiskt är allmänt erkänt som jag drar mig till minnes från något jag stött på sedan något år tillbaka i en kursbok jag sådär i efterhand väljer att kalla för ”de 6 stegen”. Lite överraskad att ingen nämnt detta tidigare så det kanske inte är så vedertaget som jag trodde. Bara för att så rotar jag fram boken och avsnittet samt bif. bild.. en sek por favor…

…bläddrat igenom ett flertal matteböcker ur serien 5000 och 5000+ samt Origo men verkar inte hitta sidan och snart måste jag lägga mig. Men det var något i stil med:

1. Vad vet vi? (Skriv ned)

2. Vad är det som efterfrågas? (x)

3. Ställ upp en ekvation (el. dyl)

4. Lös den.

5. Testa lösningen

6. Formulera ett svar

Letar vidare i kursböckerna imorrn och bif. ev. en bild.

Fanns även en del goda råd som Björn Liljeqvist föreläser om men detta fanns tydligen bara tillgängligt internt på KTH Play så inget jag får dela men kan iaf länka till allmän resurs: https://www.kth.se/student/stod/studier/studieteknik/filmer-1.1008066

MEN: han finns för allmän beskådan på KTH Bibliotek den 9:e oktober:

https://www.kth.se/student/stod/studier/studieteknik/kalender/studieteknik/study-smarter-1.1365170

Min matematiklärare på gymnasiet, lektor Häggmark, rekommenderade oss på 60-talet att läsa boken ”How to Solve It” av den ungerska professorn George Pólya, verksam vid Stanford University i USA. Boken skrevs 1945, är inte översatt till svenska, men går ännu att skaffa via internetbokhandel.

Innehållet beskrivs till en del på internetlänken:

https://en.wikipedia.org/wiki/How_to_Solve_It

#5, #8 och #9 tycker jag beskriver väl vad man behöver göra för att lösa problem. Ett talesätt som finns i många former: ”Ett väl definierat problem är ett till hälften löst problem”. Dvs har du klart för dig vad som skall lösas är du på god väg.

Mattecentrum erbjuder i matteboken stöd för att lösa problem: https://www.matteboken.se/pluggknep

De följer i mångt metoderna i #5,8,9

En utmärkt sammanfattning av problemlösning enligt Pólya finns på Wikipedia:

https://sv.wikipedia.org/wiki/P%C3%B3lyas_fyra_faser

(och enligt mig i all ödmjukhet)

Senare skrev Pólya en bok där han vidareutvecklade sina ideer. Kommer inte ihåg titeln men "Intuitionens roll i matematiken" kunde den ha hetat om den varit översatt.

Uppföljare med tre integrationstekniker. Av någon anledning laddades inte mitt tillägg upp, så detta blir ett helt nytt inlägg istället (annars kan en moderator gärna radera detta inlägg och redigera innehållet in i mitt tidigare)

Dessa är nog lite mer nischade än de första tre, men jag tycker de är intressanta.

y = \dfrac{1-x}{1+x}

Detta är en ganska bisarr substitution och jag har själv inte den bästa intuitionen om när den kan användas. Det som är bra är att denna funktion har sig själv som invers, dvs om

\displaystyle y = \frac{1-x}{1+x}

så gäller det även att

\displaystyle x = \frac{1-y}{1+y}

Vidare får man att

dy = -\frac{2}{(1+x)^2}dx

, vilket gör själva variabelbytet ganska lätt att genomföra.

Detta kan också hamna under "substitutioner som inte ändrar gränserna" om gränserna är t.ex 0 och 1. Som sagt, jag vet inte exakt alltid när man kan använda denna, men det kan vara relevant om man har

\arctan

i integrandet. Anledningen till detta är på grund av att

\displaystyle \arctan\left(\frac{1-x}{1+x}\right) = \frac{\pi}4 - \arctan x

för alla positiva

x

(följer från denna identitet <- länk som inte syns ??)

Så, om man har

\arctan

i integrandet kan denna substitution vara värd att testa.

Exempel:
Låt

\displaystyle I = \int_0^1 \frac{\arctan x}{1+x}dx

Substitutionen ger att

\displaystyle I = \int_{1}^{0}\frac{\arctan\left(\frac{1-y}{1+y}\right)}{1+\frac{1-y}{1+y}}\cdot\frac{-2}{\left(1+y\right)^{2}}dy =\int_{0}^{1}\frac{\arctan\left(\frac{1-y}{1+y}\right)}{1+y}dy

där vi bara har utvecklat och förenklat nämnaren. Nu använder vi vår

\arctan

identitet, vilket ger att

\displaystyle I = \int_{0}^{1}\frac{\frac{\pi}{4}-\arctan y}{1+y}dy = \int_{0}^{1}\frac{\frac{\pi}{4}}{1+y}dy-\underbrace{\int_{0}^{1}\frac{\arctan y}{1+y}dy}_I

Därmed är

\displaystyle 2I = \int_{0}^{1}\frac{\frac{\pi}{4}}{1+y}dy = \frac{\pi}4 \ln 2

Vilket ger

\displaystyle I = \int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{1+x}dx = \frac{\pi}{8}\ln 2

Denna substitution är också det enda sättet jag känner till för att beräkna denna (onda) integral på:

\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\sqrt{x}}{\left(1+x^{2}\right)\sqrt{1-x^{2}}}dx

(det tar 100 år ändå, så jag kommer inte demonstrera)

Algebraiska identiteter

Detta innebär att utnyttja några, ofta ganska ointressanta identiteter som

(A+B)^2 = A^2 + 2AB + B^2

.

Exempel:

Låt

\displaystyle I = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)\ln(1-x)}{x}dx

När man räknar logaritmiska integraler kan det vara rätt knepigt att komma någonstans när man har produkter av logaritmer med olika argument. Då log-lagar ger att man kan summera ihop logaritmer är algebraiska identiteter mycket användbara. I detta fall vill vi få bort produkten av logaritmer med olika argument. Vi kan göra detta exempelvis genom identiteten

\displaystyle \frac 14\left(A+B\right)^2 - \frac 14\left(A-B\right)^2 = AB

Låt

A = \ln(1-x), B = \ln(1+x)

och då får vi att

\displaystyle I = \int_{0}^{1}\frac{\frac{1}{4}\left(\ln\left(1-x\right)+\ln\left(1+x\right)\right)^{2}-\frac{1}{4}\left(\ln\left(1-x\right)-\ln\left(1+x\right)\right)^{2}}{x}dx

\displaystyle = \int_{0}^{1}\frac{\frac{1}{4}\ln^{2}\left(1-x^{2}\right)-\frac{1}{4}\ln^{2}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{x}dx

\displaystyle = \frac{1}{4}\int_{0}^{1}\frac{\ln^{2}\left(1-x^{2}\right)}{x}dx-\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\frac{1}{x}\ln^{2}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)dx

Efter att man substituerat

y=1-x^2

i den första integralen och

y = \frac{1-x}{1+x}

i den andra följer ett svar snabbt om man utnyttjar geometriska talserier, men serieutveckling är inte något jag vill ta upp här, så jag tänker inte avsluta beräkningen av integralen (den ska bli

-5/8\zeta(3)

). Men jag garanterar att dessa två integraler är lättare att beräkna än den vi hade från början.

Ekvationssystem

Ibland finns det integraler som kommer i par. Säg att vi har två integraler

I

och

J

. Ibland kan det vara lättare att beräkna

I+J

och

I-J

. Då kan vi sätta upp ett ekvationssystem för att lösa ut värdet på

I, J

utifrån det!

Exempel: Vi tar en integral som jag sett ibland på youtube framställd som en demon att hitta en primitiv funktion till. Låt

\displaystyle I = \int_0^{\pi/2}\sqrt{\tan x}dx

Även om en elementär primitiv funktion finns, ska vi finna värdet på ett lättare sätt, utan primitiv funktion. Som jag sa, integraler med par. Vi använder notationen

\cot x := \frac{\cos x}{\sin x}

(analogt till

\tan x = \sin x/ \cos x)

och låter

\displaystyle J = \int_0^{\pi/2}\sqrt{\cot x}dx

Då är

\displaystyle I-J = \int_0^{\pi/2}\left(\sqrt{\tan x} - \sqrt{\cot x}\right)dx

Substitutionen

y = \pi/2 - x

ger att

\displaystyle I-J = -\int_{\pi/2}^{0}\left(\sqrt{\tan(\pi/2- y)} - \sqrt{\cot(\pi/2- y)}\right)dy = \int_0^{\pi/2}\left(\sqrt{\cot y} - \sqrt{\tan y}\right)dy = J-I

Därmed har vi

I - J = -(I-J) \implies I-J = 0

.

För

I+J

har vi

\displaystyle I + J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sqrt{\tan x}+\sqrt{\cot x}\right)dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\cos x}}+\frac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\sin x}}\right)dx

\displaystyle = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{\sin x}\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\sin\left(x\right)\cos\left(x\right)}}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{\sin\left(x\right)\cos\left(x\right)}}dx

Trig-identiteter ger att

\sin x + \cos x = \sqrt 2 \sin\left(x + \frac \pi4\right)

och

\frac 12 \sin(2x) = \sin(x) \cos(x)

. Därmed är

\displaystyle I + J = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)}{\sqrt{\frac{1}{2}\sin\left(2x\right)}}dx=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)}{\sqrt{\sin\left(2x\right)}}dx

Substitutionen

y = x - \frac{\pi}4

, tillsammans med

\sin(\theta + \frac{\pi}2) = \cos \theta

ger att

\displaystyle I+J= 2\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin\left(y+\frac{\pi}{2}\right)}{\sqrt{\sin\left(2y+\frac{\pi}{2}\right)}}dy=2\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos y}{\sqrt{\cos\left(2y\right)}}dy

\displaystyle = 2\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos y}{\sqrt{1-2\sin^{2}y}}dy

Slutligen, låt

w = \sqrt{2}\sin y

, vilket ger att

\displaystyle I+J = 2\int_{-1}^{1}\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\sqrt{1-w^{2}}}dw = \sqrt 2 \left[\arcsin w\right]_{-1}^1 = \pi \sqrt 2

Då har vi systemet

\{\begin{cases} I + J = π \sqrt{2} \\ I - J = 0 \end{cases}

Vilket vi lätt kan lösa till

I = J = \frac{\pi}{\sqrt 2}

. Därmed är

\displaystyle \int_0^{\pi/2}\sqrt{\tan x} dx= \frac{\pi}{\sqrt 2}

Detta var en relativt lång väg, men om man känner igen sådant här är det mycket lättare än att hitta primitiv funktion till denna <- länk som inte syns ??.