*** Matteuppgiftstråden [För de som inte vill skapa en egen tråd] ***

Determinanten av
Om du sätter determinanten till 0 , dvs -1-a=0 dvs a=-1 så saknas lösningar då de två ekvationerna är då ekvivalenta eller parallella. De kan då inte samtidigt vara 1 och -1.

Så för varje a skiljt ifrån -1 finns en unik lösning till systemet.
För a=-1 saknas lösningar.

Uppgiften känns felciterad. Undra om det inte är antalet lösningar som ligger inom cirkeln som eftersöks och att man skall använda Rouchés sats.

Multiplicera den andra ekvationen med \(a\);
\[
\left\{
\begin{aligned}
x+ay&=1\\
x-y&=-1\\
\end{aligned}
\right.
\quad\Leftrightarrow\quad
\left\{
\begin{aligned}
x+ay&=1\\
ax-ay&=-a\\
\end{aligned}
\right.
\]
Addera ekvationerna;
\[
x+ax=1-a
\quad\Leftrightarrow\quad
x(1+a)=1-a
\quad\Leftrightarrow\quad
x=\frac{1-a}{1+a},\qquad a\neq-1,
\]
vilket ger (använd andra ekvationen i ursprungsekvationssystemet)
\[
y=x+1=\frac{1-a}{1+a}+1=\frac{2}{1+a},\qquad a\neq-1,
\]
d.v.s.
\[
\left\{
\begin{aligned}
x&=\frac{1-a}{1+a}\\
y&=\frac{2}{1+a}
\end{aligned}
\right.
\qquad a\neq-1.
\]

För \(a=-1\) är ekvationssystemet
\[
\left\{
\begin{aligned}
x+ay&=1\\
x-y&=-1\\
\end{aligned}
\right.
\quad\Leftrightarrow\quad
\left\{
\begin{aligned}
x-y&=1\\
x-y&=-1\\
\end{aligned}
\right.
\quad\Leftrightarrow\quad
1=-1
\]
vilket är en omöjlighet, d.v.s. ekvationssystemet är ej lösbart för \(a=-1\).

Numpy har funktionen roots som löser polynomekvationer. Sedan kan man ju välja att bara behålla de rötter som ligger i en viss del av talplanet. Det bör fungera bra om ingen rot råkar ligga på eller extremt nära gränsen till området.

har fatnat lite på integralen sqrt((1-x)/(1+x))dx, någon som har något tips ?

Den är inte direkt enkel och "rakt fram".
Har du skrivit av rätt?

Har skrivit av rätt dubbelkollade , sqrt är alltså runt hela (1-x)/(1+x).

Sqrt( (1-x)/(1+x) ) dx

OK. "Here we go..."

Sätt \(u=\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}=\frac{\sqrt{1+x}}{\sqrt{1-x}}\).

Då
\begin{align*}
\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}
&=\frac{\frac{1}{2\sqrt{1+x}}\cdot\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}\cdot\frac{-1}{2\sqrt{1-x}}}{(\sqrt{1-x}\,)^2}
\\
&=\frac{1}{2}\cdot\frac{\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}}+\frac{\sqrt{1+x}}{\sqrt{1-x}}}{1-x}
\\
&=\frac{1}{2}\cdot\frac{\frac{(\sqrt{1-x}\,)^2+(\sqrt{1+x}\,)^2}{\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}}}{1-x}
\\
&=\frac{1}{2}\cdot\frac{1-x+1+x}{(1-x)\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}}
\\
&=\frac{1}{(1-x)\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}}
\end{align*}
har vi att
\[
\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\,\mathrm{d}x
=\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}}\,\mathrm{d}x
=\frac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}}\cdot(1-x)\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}\,\mathrm{d}u
=(1-x)^2\,\mathrm{d}u.
\]
Då
\[
u=\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}
\quad\Leftrightarrow\quad
u^2=\frac{1+x}{1-x}
\quad\Leftrightarrow\quad
u^2+1=\frac{1+x}{1-x}+1=\frac{2}{1-x}
\]
har vi att
\[
(1-x)^2=\frac{4}{(u^2+1)^2}
\]
varför
\[
\int\!\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\,\mathrm{d}x
=\int\!\frac{4}{(u^2+1)^2}\,\mathrm{d}u
=4\int\!\frac{1}{(u^2+1)^2}\,\mathrm{d}u.
\]
Det finns flera sätt att beräkna
\[
\int\!\frac{1}{(u^2+1)^2}\,\mathrm{d}u\tag{1}
\]
varav ett är att sätta \(u=\tan(s)\) vilket ger
\begin{align*}
(u^2+1)^2
&=\bigl(\tan^2(s)+1\bigr)^2
=\Bigl(\frac{1}{\cos^2(s)}\Bigr)^2
=\frac{1}{\cos^4(s)}.
\end{align*}

Då \(\mathrm{d}u=\frac{1}{\cos^2(s)}\,\mathrm{d}s\) har vi att
\begin{align*}
\int\!\frac{1}{(u^2+1)^2}\,\mathrm{d}u
&
=\int\!\frac{1}{\frac{1}{\cos^4(s)}}\cdot\frac{1}{ \cos^2(s)}\,\mathrm{d}s
=\int\!\cos^2(s)\,\mathrm{d}s
\\&
=\int\!\tfrac{1}{2}\bigl(\cos(2s)+1\bigr)\,\mathrm {d}s
=\tfrac{1}{2}\int\!\bigl(\cos(2s)+1\bigr)\,\mathrm {d}s
\\&
=\tfrac{1}{2}\bigl(\tfrac{1}{2}\sin(2s)+s\bigr)+C_ 1
=\tfrac{1}{4}\sin(2s)+\tfrac{1}{2}s+C_1.
\end{align*}
Då \(u=\tan(s)\), d.v.s. \(s=\arctan(u)\), har vi att
\[
\left\{
\begin{aligned}
\sin(s)&=\frac{u}{\sqrt{u^2+1}}\\
\cos(s)&=\frac{1}{\sqrt{u^2+1}}\\
\end{aligned}
\right.
\]
varför
\begin{align*}
\tfrac{1}{4}\sin(2s)+\tfrac{1}{2}s+C_1
&
=\tfrac{1}{4}\cdot2\sin(s)\cos(s)+\tfrac{1}{2}s+C_ 1
\\&
=\tfrac{1}{2}\cdot\frac{u}{u^2+1}+\tfrac{1}{2} \arctan(u)+C_1.
\end{align*}
Alltså har vi att
\begin{align*}
\int\!\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\,\mathrm{d}x
&
=4\int\!\frac{1}{(u^2+1)^2}\,\mathrm{d}u
\\&
=4\Bigl(\tfrac{1}{2}\cdot\frac{u}{u^2+1}+\tfrac{1} {2}\arctan(u)+C_1\Bigr)
\\&
=\frac{2u}{u^2+1}+2\arctan(u)+C.
\end{align*}
Slutligen var \(u=\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\) varför vi har
\begin{align*}
\int\!\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\,\mathrm{d}x
&=\frac{2\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}}{\Bigl(\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\,\Bigr)^2+1}+2\arctan\Bigl(\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\,\Bigr)+C
\\&
=2\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\cdot\frac{1}{\frac{1+x}{1-x}+1}+2\arctan\Bigl(\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\,\Bigr)+C
\\&
=2\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\cdot\frac{1}{\frac{2}{1-x}}+2\arctan\Bigl(\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\,\Bigr)+C
\\&
=(1-x)\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}+2\arctan\Bigl(\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\,\Bigr)+C
\\&
=\sqrt{1-x}\sqrt{1+x}+2\arctan\Bigl(\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\,\Bigr)+C
\\&
=\sqrt{1-x^2}+2\arctan\Bigl(\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\,\Bigr)+C.
\end{align*}

Ev. stannar man på näst sista raden då den återger \(1-x\) och \(1+x\), som finns i ursprungsfunktionen, "snyggare" än vad \(1-x^2\) gör, men det är en smaksak.

Integralen (1) kan även beräknas med en reduktionsformel (om denna ev. finns i din formelsamling), men jag valde att inte bevisa denna utan att välja en annan väg.

Förhoppningsvis har alla tecken fallit på rätt plats, annars får någon anmärka.

Det här är faktiskt ett exempel ur Jan Peterssons bok om matematisk analys! Skall inte ikläda mig några lånta fjädrar här, men tydligen är det en standardstrategi att göra substitutionen :

t = Sqrt( (1-x)/(1+x) )

Och sedan räkna på. För den som minns, det är den blå boken.

Så den finns löst i en bok? Hade man kunnat spara lite tid...

Ja när jag såg uppgiften fick jag för mig att det fanns ngn sorts strategi så slog upp det och det var pang på rödbetan. Sen finns det ett trick som löser det på en rad mer eller mindre också, fast det lämnar jag åt läsaren att fundera över som det så fint heter....

Men mer allmänt så är det tydligen så att sqrt ( ax+b) ^n samt sqrt ( (ax+b)/(cx+d))^n
båda har som allmän strategi att sätta uttrycken = t.

Integralräkningar har väl tjänat ut sin roll då symbolprogrammen kom.
Harvard(?) har väl någon tävling varje år i integralberäkning eller är det MIT?
Personligen har jag tappat intresset för det, program gör det snabbare och snyggare idag.
Det känns som matematikundervisningen kommer att ta nya vägar framöver, och det kanske är till det bättre. Vi får se.

Edit: MIT var det. Längst ner på sidan finns lite "problemlitteratur". Dock endast svaren. "Lösningen inses lätt och överlämnas till läsaren", i sedvanlig ordning.