Matematyka.pl

jak to podstawisz to zalezy od ciebie...tylko,ze raz cos z tego wyjdzie, a innym razem nie...

dal tecj calki,czyli \int_{}^{} xsinx

powinies to tak rozwiazc..
u=x dv=sinx
du=1 v=-cosx

i teraz :

-xcosx + cosx = -xcos + sinx

[ Dodano : 11 Kwietnia 2008, 19:22 ]
"regoly" nie ma,ale regula ...

mozesz tez rozwiaz to tak :

\(\displaystyle{ \int_{}^{} sin ^{2} x dx = sinx * sinx dx}\)
teraz przez czesci...a potem skorzystac z jedynki trygonometrycznej

to moze pierwsze

\int_{}^{} \frac{arcsinx}{ \sqrt{1 - x^{2} } } x^{2} dx

teraz przez czesci i mamy
u = x^{2} dv= \frac{arcsinx}{\sqrt{1 - x^{2} } }}
du = 2x v= \frac{arcsinx}{\sqrt{1 - x^{2} } }}

latwo mozna ta calke dla "v" rozwiazac metoda podstawiania i otrzymamy..no dobra, pokaze ...

ja bym to rozwiazal tak
\(\displaystyle{ \sqrt{x} = t}\)
\(\displaystyle{ x = t ^{2}}\)
\(\displaystyle{ dx = 2tdt}\)

\(\displaystyle{ 2\int_{}^{} e ^{t} dt =}\)
przez czesci teraz :

\(\displaystyle{ u=t}\) \(\displaystyle{ dv=e ^{t}}\)
\(\displaystyle{ du=1}\) \(\displaystyle{ v=e ^{t}}\)


\(\displaystyle{ 2t e^{t} -2 e ^{t} = 2t e^{t} -2e^{t} =2 \sqrt{x} e^{ \sqrt{x} } -2e^{ \sqrt{x} }}\)

\(\displaystyle{ xdx = \frac{dt}{4}}\)
zalozmy ,ze to bedzie cala nasza calka ,czyli \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dt}{4} = \frac{1}{4} t}\)
i potem za t wkladamy np to co napisalem w poscie poprzednim...to tylko przyklad, nie ma duzo wpspolnego z twoja calka...pamietaj,ze mozesz wyciagnac stala przed calke

to na zachete

moze 5 podlozymy sobie za \(\displaystyle{ 2x ^{2} + 8 = t}\)
wiec \(\displaystyle{ 4xdx = dt}\)
\(\displaystyle{ xdx = \frac{dt}{4}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{4} sint = - \frac{1}{4} cos( 2x ^{2} + 8)}\)

nie jestem pewien, czy mam w ogole racje, bo nie spotkalem sie jeszcze z takmi calkami oznaczonymi...ale moim zdaniem trzeba rozpatrzec 3 przypadki...

oznaczmy -2x przez a

gdy -2x< 4 , wtedy calke rozaptrujemy "normalnie" bowiem a4 wtedy mozemy zastoswoac twierdzenie i zamienic a i 4 miejscami i ...

np 2 calka

\lim_{ a->\infty } \frac{1}{2} \int_{1}^{a} \frac{dx}{ x^{2} + 2 } = \lim_{ a->\infty } \frac{1}{2} (\frac{ \sqrt{2} }{2}arctan \frac{ x\sqrt{2} }{2}) {a \choose 1}

teraz chyba sobie poradzisz, pamietaj tylko,ze to "a" jest granica...najlepiej zobacz sobie wykres funkcji arctanges ...

\(\displaystyle{ (0,5) ^{ x^{2} - mx + 0,5m -1,5 } = (0,5) ^-{ \frac{3}{2} (m-1)}}\)
\(\displaystyle{ x^{2} - mx + 0,5m -1,5 = -\frac{3}{2}m + \frac{3}{2}}\)

\(\displaystyle{ x ^{2} - mx + 2m - 3 =0}\)

\(\displaystyle{ delta = m^{2} - 8m + 12}\)
\(\displaystyle{ delta "delty" = 16}\)

wiec m1=6
m2 = 2

tuaj masz obliczenia, mam nadzieje, ze sie gdzie nie pomylilem..

skorzystaj z wlasnosci dodawnia i odejmowac logarytmow o tych samych podstawach...

[ Dodano: 7 Kwietnia 2008, 14:49 ]

nie chodzilo Ci przypadkiem o \(\displaystyle{ \frac{1}{sinx}}\) ,bo jesli tak, to moesz to udowdnic z jedynki trygonometrycznej

np 1)

podpowiedz : Calka z przykladu jest rowna tej calce :
\int_{}^{} ln(x+1) * 1 dx

[ Dodano : 7 Kwietnia 2008, 13:54 ]
2 )

u=x dv=e ^{-3x}

du=1 v= e ^{-3x}

v= e ^{-3x} = -\frac{1}{3}e ^{-3x} + C

\frac{1}{3}xe ^{-3x} + e ^{-3x} = \frac{1}{3}xe ^{-3x} + \frac{1}{9} e ^{-3x} + c ...

hmm....to jak ono sie nazywa ?

\(\displaystyle{ xdy - ydy =ydy}\) gdzie y(1)= - 1

\(\displaystyle{ ( y^{2} - 3x ^{2} )dy + 2xydx=0}\) gdzie y(1)=-2

\(\displaystyle{ y( \frac{dy}{dx}) ^{2} + 2x \frac{dy}{dx} - y=0}\) gzdie y(0)= sqrt{5}