Matematyka.pl

Po pierwsze funkcja podcałkowa jest parzysta na przedziale symetrycznym względem zera

Można zastosować następujące podstawienia które dadzą całkę z funkcji wymiernej

\(\displaystyle{ t^2=x^2+1+ \sqrt{x^4+x^2+1} }\)

a następnie

\(\displaystyle{ u=\frac{ \sqrt{t^2-2} }{ \sqrt{2t^2-1} }}\)

i co dalej...?

Całkę z funkcji wymiernej można dość łatwo policzyć

\(\displaystyle{ \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\sqrt{x^2+1+\sqrt{x^4+x^2+1}}\mbox{d}x=2\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sqrt{x^2+1+\sqrt{x^4+x^2+1}}\mbox{d}x\\

t^2=x^2+1+\sqrt{x^4+x^2+1}\\
2t\mbox{d}t=\left( 2x+\frac{4x^3+2x}{2 \sqrt{x^4+x^2+1} }\right)\mbox{d}x\\
2t\mbox{d}t=\left(2x+\frac{2x^3+x}{\sqrt{x^4+x^2+1}}\right)\mbox{d}x \\
2t\mbox{d}t=x\left(2+ \frac{2x^2+1}{\sqrt{x^4+x^2+1}} \right) \mbox{d}x\\
\left( \left( t^2-x^2\right)-1\right) ^2=x^4+x^2+1\\
t^4-2t^2x^2+x^4-2(t^2-x^2)+1=x^4+x^2+1\\
t^4-2t^2x^2+x^4-2t^2+2x^2+1-x^4-x^2-1=0\\
t^4-2t^2x^2-2t^2+x^2=0\\
t^4-2t^2-\left( 2t^2-1\right)x^2=0
t^4-2t^2=\left( 2t^2-1\right)x^2\\
x^2=\frac{t^2\left( t^2-2\right) }{\left( 2t^2-1\right)}\\
\sqrt{x^4+x^2+1}=t^2-\frac{t^2\left( t^2-2\right) }{\left( 2t^2-1\right)}-1\\
\sqrt{x^4+x^2+1}=\frac{2t^4-t^2-t^4+2t^2-2t^2+1}{2t^2-1}\\
\sqrt{x^4+x^2+1}= \frac{t^4-t^2+1}{2t^2-1} \\
2x^2+1=\frac{2t^4-4t^2+2t^2-1}{2t^2-1}\\
2x^2+1=\frac{2t^4-2t^2-1}{2t^2-1}\\
2t\mbox{d}t=t \cdot \frac{ \sqrt{t^2-2} }{\sqrt{2t^2-1}} \cdot \left( 2+ \frac{2t^4-2t^2-1}{2t^2-1} \cdot \frac{2t^2-1}{t^4-t^2+1} \right)\mbox{d}x \\
2\mbox{d}t = \frac{ \sqrt{t^2-2} }{\sqrt{2t^2-1}} \cdot \left( 2+\frac{2t^4-2t^2-1}{t^4-t^2+1}\right) \mbox{d}x\\
2\mbox{d}t = \frac{ \sqrt{t^2-2} }{\sqrt{2t^2-1}} \cdot \frac{2t^4-2t^2-1+2t^4-2t^2+2}{t^4-t^2+1} \mbox{d}x\\
2\mbox{d}t=\frac{ \sqrt{t^2-2} }{\sqrt{2t^2-1}} \cdot\frac{4t^4-4t^2+1}{t^4-t^2+1}\mbox{d}x\\
\mbox{d}x=2\frac{ \sqrt{2t^2-1} }{ \sqrt{ t^2-2}} \cdot \frac{t^4-t^2+1}{\left( 2t^2-1\right)^2 } \mbox{d}t\\
\frac{2}{3}\int{\frac{ \sqrt{2t^2-1} }{ \sqrt{ t^2-2}} \cdot \frac{\left( t^4-t^2+1\right)t }{\left( 2t^2-1\right)^2} \mbox{d}t}\\
u^2=\frac{t^2-2}{2t^2-1}\\
2u\mbox{d}u = \frac{2t \cdot \left( 2t^2-1\right)-4t\left( t^2-2\right) }{\left( 2t^2-1\right)^2 }\mbox{d}t\\
2u\mbox{d}u = \frac{4t^3-2t-4t^3+8t}{\left( 2t^2-1\right)^2}\mbox{d}t\\
u\mbox{d}u = \frac{3t}{\left( 2t^2-1\right)^2}\mbox{d}t\\
\frac{1}{3}u\mbox{d}u=\frac{t}{\left( 2t^2-1\right)^2}\mbox{d}t\\
\frac{1}{3}\mbox{d}u=\frac{ \sqrt{2t^2-1} }{ \sqrt{ t^2-2}} \cdot\frac{t}{\left( 2t^2-1\right)^2}\mbox{d}t\\
u^2=\frac{t^2-2}{2t^2-1}\\
\left( 2t^2-1\right) u^2=t^2-2\\
2t^2u^2-u^2=t^2-2\\
2t^2u^2-t^2=u^2-2\\
\left( 2u^2-1\right)t^2= u^2-2\\
t^2=\frac{u^2-2}{2u^2-1}\\
t^4-t^2+1=\frac{u^4-4u^2+4}{\left( 2u^2-1\right)^2 }-\frac{u^2-2}{2u^2-1}+1\\
t^4-t^2+1=\frac{u^4-4u^2+4-\left( u^2-2\right)\left( 2u^2-1\right)+4u^4-4u^2+1 }{\left( 2u^2-1\right)^2 }\\
t^4-t^2+1=\frac{5u^4-8u^4+5-\left( 2u^4-5u^2+2\right) }{\left( 2u^2-1\right)^2}\\
t^4-t^2+1=\frac{3\left( u^4-u^2+1\right) }{\left( 2u^2-1\right)^2}\\
\int{\frac{u^4-u^2+1}{\left( 2u^2-1\right)^2}\mbox{d}u}\\
\int{\frac{\left( u^4+u^2\right)-\left( 2u^2-1\right) }{\left( 2u^2-1\right)^2}\mbox{d}u}\\
\int{\frac{u^4+u^2}{\left( 2u^2-1\right)^2}\mbox{d}u}-\int{\frac{1}{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
\int{\frac{u^3+u}{4} \cdot \frac{4u}{\left( 2u^2-1\right)^2} \mbox{d}u }-\int{\frac{1}{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1} +\frac{1}{4}\int{\frac{3u^2+1}{2u^2-1}\mbox{d}u}-\frac{1}{4}\int{\frac{4}{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{1}{4}\left(\int{\frac{3u^2+1}{2u^2-1}\mbox{d}u}-\int{\frac{4}{2u^2-1}\mbox{d}u} \right) \\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{1}{4} \cdot\int{ \frac{3u^2-3}{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{4} \cdot\int{\frac{u^2-1}{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{8}\cdot\int{\frac{2u^2-2}{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{8}\cdot\int{\frac{2u^2-1-1}{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{8}\cdot\int{\frac{2u^2-1}{2u^2-1}\mbox{d}u}-\frac{3}{8}\int{\frac{1}{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{8}\int{1 \cdot \mbox{d}u}-\frac{3}{16}\int{\frac{2}{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{8}u-\frac{3}{16}\int{\frac{\left( \sqrt{2}u+1 \right)-\left( \sqrt{2}u-1 \right) }{2u^2-1}\mbox{d}u}\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{8}u-\frac{3 }{16}\left( \int{\frac{ 1 }{\sqrt{2}u-1}\mbox{d}u}-\int{\frac{1 }{\sqrt{2}u+1}\mbox{d}u}\right) \\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{8}u-\frac{3 \sqrt{2} }{32}\left( \int{\frac{ \sqrt{2} }{\sqrt{2}u-1}\mbox{d}u}-\int{\frac{ \sqrt{2} }{\sqrt{2}u+1}\mbox{d}u}\right) \\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{8}u-\frac{3 \sqrt{2} }{32}\left( \ln{\left| \sqrt{2}u-1 \right| }-\ln{\left| \sqrt{2}u+1 \right| }\right)+C\\
=-\frac{1}{4} \cdot \frac{u^3+u}{2u^2-1}+\frac{3}{8}u-\frac{3 \sqrt{2} }{32}\ln{\left| \frac{\sqrt{2}u-1}{\sqrt{2}u+1} \right| }+C
}\)

Ponieważ liczymy całkę oznaczoną nie trzeba wracać do poprzednich zmiennych
a wystarczy wyznaczyć przedział całkowania

Jak widać całkę nieoznaczoną też da się wyrazić za pomocą funkcyj elementarnych

Dodano po 1 godzinie 46 minutach 25 sekundach:
Całka nieoznaczona powinna wynieść tyle

\(\displaystyle{ \int{ \sqrt{x^2+1+ \sqrt{x^4+x^2+1} } \mbox{d}x}=\frac{1}{4} \cdot \frac{3x^2+1- \sqrt{x^4+x^2+1} }{x} \cdot \sqrt{x^2+1+ \sqrt{x^4+x^2+1} }+\frac{3 \sqrt{2} }{16}\ln{\left| \frac{ \sqrt{2}x+ \sqrt{x^2+1+ \sqrt{x^4+x^2+1} } }{\sqrt{2}x- \sqrt{x^2+1+ \sqrt{x^4+x^2+1} } } \right| } +C}\)

@Janusz Tracz

Też o tym pomyślałem tyle że nie siedzę przez cały dzień przed komputerem
Pomyślałem o tym później niż napisałem tamto rozwiązanie

\(\displaystyle{ \int_{1}^{+\infty} \int_{1}^{+\infty} \frac{dx dy}{x^6 (x^2+y^2)}}\)

Za wersalką znalazłem wzór, że dla każdego \(\displaystyle{ k}\) oraz \(\displaystyle{ n}\):

Więc mamy dalej


Jeśli \(\displaystyle{ k}\) będzie parzyste to \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+k+1}}\) będzie przesunięciem znanej (już raz z niej korzystałem, zaznaczone na czerwono) sumy
Jeśli \(\displaystyle{ k}\) będzie nieparzyste to \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+k+1}}\) będzie przeskalowaniem i przesunięciem innej znanej sumy
PS to można też elementarnie zrobić przy ustalonym \(\displaystyle{ k}\). Pewnie przez części. Ale dla dowolnego \(\displaystyle{ k}\) to lepiej wygląda.

\(\displaystyle{ \int_{1}^{1}\int_{1}^{1}\frac{dx dy}{x^k\left(x^2+y^2\right)}=\int_{1}^{1}\int_{1}^{1}\frac{dx dy}{y^k\left(x^2+y^2\right)}}\)
i z tego powodu szczególny przypadek \(\displaystyle{ k=6}\) idzie dużo łatwiej, bo po prostu dodaje się te całki, używa się wzoru na sumę sześcianów i skraca się \(\displaystyle{ x^2+y^2}\).
Zatem wartość tej całki to
\(\displaystyle{ \frac 1 2 \int_{1}^{1}\int_{1}^{1}\frac{x^4-x^2y^2+y^4}{x^6y^6}dx dy}\) i tu żadne całkowanie przez części nie będzie konieczne, rozbić i zostają trywialne całki. Podobnie można postąpić dla \(\displaystyle{ k=2\cdot(2l+1), \ l\in \NN}\).

Premislav pisze: ↑13 sie 2023, o 23:18 \(\displaystyle{ \int_{1}^{1}\int_{1}^{1}}\)

To nie wygląda najlepiej.

JK

Słusznie, skopałem granice górne całkowania, tam powinno być \(\displaystyle{ \int_{1}^{+\infty}}\). Na szczęście nie zmienia to zasadniczego sensu wypowiedzi, niemniej dziękuję za zwrócenie uwagi.

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty}{\frac{1}{x^{n}+1}\mbox{d}x} \qquad n > 1}\)

Ciekaw jestem jednak bardziej elementarnego podejścia

Podstawienie:

\(\displaystyle{ t= \frac{1}{1+x^n} }\)

sprowadzi do funkcji Beta...

\(\displaystyle{ \int \sqrt{\tg(x)} dx}\)

Dodano po 1 godzinie 58 minutach 54 sekundach:
i \(\displaystyle{ \int \sqrt[3]{\tg(x)} dx}\)

W pierwszym:

\(\displaystyle{ \tg x=u , dx= \frac{du}{u^2+1} }\)

Otrzymamy:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sqrt{u} \frac{du}{u^2+1} }\)

Drugie podstawienie:

\(\displaystyle{ \sqrt{u} =t }\)

\(\displaystyle{ u=t^2 , du=2tdt}\)

Otrzymamy całkę:

\(\displaystyle{ 2 \int_{}^{} \frac{t^2}{t^4+1} dt}\)

A teraz:

\(\displaystyle{ t^4+1=\left( t^2- \sqrt{2}t+1 \right) \left( t^2+ \sqrt{2}t+1 \right) }\)

\(\displaystyle{ \frac{t^2}{t^4+1} =- \frac{ \sqrt{2} }{4} \frac{t^3- \sqrt{2t^2} }{\left( t- \frac{ \sqrt{2} }{2} \right)^2+ \frac{1}{2} } + \frac{ \sqrt{2} }{4} \frac{t^3- \sqrt{2}t^2 }{\left( t+ \frac{ \sqrt{2} }{2} \right)^2+ \frac{1}{2} } }\)

Czyli:

\(\displaystyle{ 2 \int_{}^{} \frac{t^2dt}{t^4+1} =- \frac{ \sqrt{2} }{2} \int_{}^{} \left[ t- \frac{t}{(t- \frac{ \sqrt{2} }{2})^2+ \frac{1}{2} } \right]dt + \frac{ \sqrt{2} }{2} \int_{}^{} \left[ 3 \frac{t+ \frac{2 \sqrt{2} }{3} }{(t+ \frac{ \sqrt{2} }{2})^2 + \frac{1}{2} }+t-2 \sqrt{2} \right]dt= }\)

\(\displaystyle{ = \frac{ \sqrt{2} }{2} \int_{}^{} \frac{tdt}{(t- \frac{ \sqrt{2} }{2})^2 + \frac{1}{2} } +\frac{ 3\sqrt{2} }{2} \int_{}^{} \frac{tdt}{(t+ \frac{ \sqrt{2} }{2})^2 + \frac{1}{2} }-2t}\)

teraz podstawienia:

\(\displaystyle{ t- \frac{ \sqrt{2} }{2} =z , t+ \frac{ \sqrt{2} }{2} =w }\)

Otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{2} }{4} \int_{}^{} \frac{2zdz}{z^2+ \frac{1}{2} } + \frac{1}{2} \int_{}^{} \frac{dz}{z^2+ \frac{1}{2} } + \frac{3 \sqrt{2} }{4} \int_{}^{} \frac{2wdw}{w^2+ \frac{1}{2} } - \frac{3}{2} \int_{}^{} \frac{dw}{w^2+ \frac{1}{2} }-2t}\)

\(\displaystyle{ = \frac{ \sqrt{2} }{4} \ln\left( t^2- \sqrt{2}t+1 \right) + \frac{ \sqrt{2} }{2} \arctg \left( \sqrt{2}t-1 \right)+ \frac{ 3\sqrt{2} }{4} \ln\left( t^2+ \sqrt{2}t+1 \right) - \frac{ 3\sqrt{2} }{2} \arctg \left( \sqrt{2}t+1 \right) -2t +C}\)

\(\displaystyle{ t= \sqrt{\tg x} }\)

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sqrt{\tg x} dx= \frac{ \sqrt{2} }{4} \ln\left( \tg x- \sqrt{2 \tg x} +1\right) + \frac{ 3\sqrt{2} }{4} \ln\left( \tg x+ \sqrt{2 \tg x} +1\right) + \frac{ \sqrt{2} }{2} \arctg\left( \sqrt{2 \tg x} -1\right) - \frac{ 3\sqrt{2} }{2} \arctg\left( \sqrt{2 \tg x} +1\right) -2 \sqrt{ \tg x} +C}\)

Drugie pewnie analogicznie...

po podstawieniach:

\(\displaystyle{ \tg x=u, u=t^3 }\)

Otrzymamy całkę:

\(\displaystyle{ 3 \int_{}^{} \frac{t^3dt}{t^6+1} }\)...

\(\displaystyle{ t^6+1=(t^2+1)(t^4-t^2+1)}\)...