Całki dla smakoszy

[arek1357]

Całka ostatnia:

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

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{ \sqrt{1-x^2}-x }{(x-1)\sqrt{1-x^2}}dx=}\)

podstawienie:

\(\displaystyle{ x=\cos x , dx=-\sin t dt}\)

dalej:

\(\displaystyle{ - \int_{}^{} \frac{\left( \sin t-\cos t\right)\sin t }{\left( \cos t-1\right)\left( -\ sin^2 t+\sin t\right) }dt=}\)

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{\sin t-\cos t}{\left( 1-\cos t\right)\left( 1-\sin t\right) }dt=}\)

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dt}{1-\cos t}- \int_{}^{} \frac{dt}{1-\sin t}=}\)

po scałkowaniu i uproszczeniu:

\(\displaystyle{ = \frac{2\tg \frac{t}{2} }{\tg \frac{t}{2}-1} - \frac{1}{\tg \frac{t}{2}}=}\)

\(\displaystyle{ = \frac{2\tg \frac{\arccos x}{2} }{\tg \frac{\arccos x}{2}-1} - \frac{1}{\tg \frac{\arccos x}{2}}}\)


Biorąc pod uwagę,że:

\(\displaystyle{ \tg \frac{\arccos x}{2}= \frac{ \sqrt{4-x^2} }{x}}\)

nasza całka będzie wyglądać tak:

\(\displaystyle{ \frac{2 \sqrt{4-x^2} }{\sqrt{4-x^2}-x}- \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}+ C}\)

[arek1357]

Czas na całkę która tu chyba leżała najdłużej

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\cos \pi x}{e^{2\pi \sqrt{x}}-1 }dx}\)

po standardowych podstawieniach:

\(\displaystyle{ x:x^2}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\cos \pi x}{e^{2\pi \sqrt{x}}-1 }dx=2 \int_{0}^{ \infty } \frac{x\cos \pi x^2}{e^{2\pi x}-1}dx}\)

weźmy teraz funkcję:

\(\displaystyle{ \varphi(t)= \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{e^{\pi i x^2-2\pi xt}}{e^{2\pi x}-1}dx}\)

łatwo obliczyć:

\(\displaystyle{ \varphi(t-1)=\int_{- \infty }^{ \infty } \frac{e^{\pi i x^2-2\pi xt+2 \pi x}}{e^{2\pi x}-1}dx}\)

lub:

\(\displaystyle{ \varphi(t-1)=\int_{- \infty }^{ \infty } \frac{e^{\pi i x^2-2\pi xt}e^{2\pi x}}{e^{2\pi x}-1}dx}\)

teraz łatwo wyliczyć:

\(\displaystyle{ \varphi(t-1)-\varphi(t)=\int_{- \infty }^{ \infty }e^{\pi i x^2-2\pi xt}dx}\)

łatwo wygooglować sobie wzór:

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty }e^{-ax^2-2bx}dx= \sqrt{ \frac{\pi}{a} }e^{ \frac{b^2}{a} }}\)

co da nam gotowca do obliczenia tejże całki:

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty }e^{\pi i x^2-2\pi xt}dx= \sqrt{i}e^{\pi i t^2}= \frac{ \sqrt{2} }{2}\left( 1+i\right)e^{\pi i t^2}}\)

Z drugiej strony nasz całka na prostokącie: \(\displaystyle{ ABCD}\)

\(\displaystyle{ A \rightarrow -x-is}\)

\(\displaystyle{ B \rightarrow x-is}\)

\(\displaystyle{ C \rightarrow x+i(1-s)}\)

\(\displaystyle{ D \rightarrow -x+i(1-s)}\)

\(\displaystyle{ 0 \le s \le 1}\)

Na bokach.: \(\displaystyle{ AD, i BC}\)

Moduł tej całki leci do zera:

\(\displaystyle{ | e^{\pi i x^2-sx}| \rightarrow 0 , x \rightarrow \infty}\)

Na boku AB nasza całka dąży do:

\(\displaystyle{ \varphi(t)}\)

a na boku.:\(\displaystyle{ CD}\)

mamy:

Bok.: \(\displaystyle{ CD}\) jest przesunięty o.: \(\displaystyle{ "i"}\) w stosunku do boku.: \(\displaystyle{ AB}\)

mamy przesunięcie:

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{e^{\pi i (x+i)^2-2\pi i (x+i)}}{e^{2\pi (x+i)t}-1}dx=}\)

Po uproszczeniu daje to:

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{e^{\pi i x^2 -2\pi xt-2 \pi x}e^{-2\pi i t - \pi i}}{e^{2\pi x}-1}dx}\)

Z drugiej strony łatwo obliczyć:

\(\displaystyle{ \varphi(t+1)=\int_{- \infty }^{ \infty } \frac{e^{\pi i x^2 -2\pi xt-2 \pi x}}{e^{2\pi x}-1}dx}\)

Czyli całka po odcinku.: \(\displaystyle{ CD}\) jest równa:

\(\displaystyle{ \varphi(t+1)e^{-2\pi i t - \pi i}=\varphi(t+1)e^{-2\pi ti}}\)

teraz z twierdzenia o resuidach całka po tym prostokącie da ostatecznie taki wynik:

\(\displaystyle{ \varphi(t)+e^{-2\pi ti}\varphi(t+1)=i}\)

mamy więc taki układ równań:

(1)

\(\displaystyle{ \varphi(t-1)-\varphi(t)= \frac{ \sqrt{2} }{2}(1+i)e^{\pi t^2i} / '(t)}\)

\(\displaystyle{ \varphi(t)+e^{-2\pi ti}\varphi(t+1)=i / '(t)}\)

różniczkujemy obustronnie po.: \(\displaystyle{ t}\)

Po zróżniczkowaniu otrzymamy:

(2)

\(\displaystyle{ \varphi'(t-1)-\varphi'(t)=\pi \sqrt{2}t (i-1)e^{\pi t^2i}}\)

\(\displaystyle{ \varphi'(t)-2\pi ie^{-2\pi ti}\varphi(t+1)+e^{-2\pi ti}\varphi'(t+1)=0}\)


teraz podstawiamy sukcesywnie do obu układów równań:

\(\displaystyle{ t=1,t=0}\)

Otrzymamy odpowiednio:

(1)

\(\displaystyle{ \varphi(0)-\varphi(1)=- \frac{ \sqrt{2} }{2}(1+i)}\)

\(\displaystyle{ \varphi(0)+\varphi(1)=i}\)

analogicznie:

(2)

\(\displaystyle{ \varphi'(0)-\varphi'(1)=\pi \sqrt{2}(1-i)}\)

\(\displaystyle{ \varphi'(0)-2\pi i \varphi(1)+\varphi'(1)=0}\)

Nie wdając się za bardzo w teorię rozwiązywania układów równań z kilkoma niewiadomymi , damy radę obliczyć:

(*) \(\displaystyle{ \varphi'(0)= \frac{ \sqrt{2} }{4}\pi - \frac{1}{2}\pi - \frac{ \sqrt{2} }{4}\pi i}\)

ale z drugiej strony:

\(\displaystyle{ \varphi'(t)=-2\pi \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{xe^{\pi x^2 i-2 \pi xt}}{e^{2\pi x}-1}dx}\)

z tego:

\(\displaystyle{ \varphi'(0)=-2\pi \int_{- \infty }^{ \infty }\frac{xe^{\pi x^2 i}}{e^{2\pi x}-1}dx=}\)

\(\displaystyle{ =-2\pi \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{x \cos \pi x^2}{e^{2\pi x}-1}dx -2\pi i \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{x \sin \pi x^2}{e^{2\pi x}-1}dx}\)

Biorąc pod uwagę (*) oraz część rzeczywistą otrzymamy:

pi się skróci:

\(\displaystyle{ -2\int_{- \infty }^{ \infty } \frac{x \cos \pi x^2}{e^{2\pi x}-1}dx= \frac{ \sqrt{2} }{4}- \frac{1}{2}}\)

co da nam:

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty } \frac{x \cos \pi x^2}{e^{2\pi x}-1}dx= \frac{2- \sqrt{2} }{8}}\)

Ze względu na symetrię otrzymamy:

\(\displaystyle{ \int_{0 }^{ \infty } \frac{x \cos \pi x^2}{e^{2\pi x}-1}dx= \frac{2- \sqrt{2} }{16} /*2}\)


ostatecznie:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\cos \pi x}{e^{2 \pi \sqrt{x}}-1}dx=2\int_{0 }^{ \infty } \frac{x \cos \pi x^2}{e^{2\pi x}-1}dx=\frac{2- \sqrt{2} }{8}}\)



cnd...

[Mariusz M]

Macie problem z poprawnym wyświetlaniem TeXa

Ukryta treść:    

$$\int{\frac{54000x^{12}+190575x^{11}+75345x^{10}+286353x^{9}-8583x^{8}+98579x^{7}-242291x^{6}-601919x^{5}-791640x^{4}-867706x^{3}-522449x^{2}-251256x-61824}{\left(25x^{6}+90x^{5}+29x^{4}+123x^{3}+132x^{2}+140x+99\right)\sqrt{-72x^{4}+27x^{3}+20x^{2}+116x+63}}\dd x}$$

Ja używam Mimetexa od Forkosha i u mnie wyświetla poprawnie

[Jan Kraszewski]

Forumowy \(\displaystyle{ \LaTeX}\) po prostu nie wydala przy takich dużych napisach.

JK

[arek1357]

Ja używam Mimetexa od Forkosha i u mnie wyświetla poprawnie

Z tego zdania rozumiem tyle co i z tego a może nawet i mniej:

从这个我不明白

[Premislav]

Nie zamierzam tego rozczytywać (analogicznie nie siliłbym się na odczytanie takiego napisu, gdyby ktoś nowy wrzucił swój wątek bez LaTeXa; widzę, że to problem techniczny, ale sorry Gregory, ja jestem za leniwy).

Zaproponuję taką oto całkę:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin^2 x}{x^2(x^2+1)} \,\dd x}\)

[arek1357]

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^2 x}{x^2(x^2+1)}dx= \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^2 x}{x^2}dx - \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^2 x}{x^2+1}dx}\)

Zajmijmy się pierwszą całką"

\(\displaystyle{ I(a)= \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^2(ax)}{x^2}dx}\)

\(\displaystyle{ I'(a)= \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin(2ax)}{x}dx=}\)

po podstawieniu:

\(\displaystyle{ 2ax=t}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin t}{t}dt= \frac{\pi}{2}}\)

czyli:


\(\displaystyle{ I'(a)= \frac{\pi}{2}}\)

Z tego:

\(\displaystyle{ I(a)=\frac{\pi}{2}a}\)

Ale nasza całka to:\(\displaystyle{ I(1)}\)

czyli:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^2(ax)}{x^2}dx =\frac{\pi}{2}}\)

Druga całka z resuidów

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^2 x}{x^2+1}dx}\)

Korzystając z tego, że:

\(\displaystyle{ \sin^2 x= \frac{1-\cos 2x}{2}}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{1-\cos 2x}{2(1+x^2)}dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{ \infty } \frac{1}{1+x^2}dx - \frac{1}{2} \int_{0}^{ \infty } \frac{\cos 2x}{1+x^2}dx}\)

Nie siląc się, wiadomo,że:

\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \int_{0}^{ \infty }\frac{1}{1+x^2}dx = \frac{\pi}{4}}\)

zostaje tylko:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\cos 2x}{1+x^2}dx}\)

można napisać, że:

\(\displaystyle{ \int_{-r}^{r} \frac{e^{2iz}}{1+z^2}dz= \int_{-r}^{r} \frac{\cos 2x}{1+x^2}dx+i \int_{-r}^{r} \frac{\sin 2x}{1+x^2}dx}\)

Druga całka wynosi zero z nieparzystości.

a natomiast tę z resuidów pociągniemy:

\(\displaystyle{ \int_{-r}^{r} \frac{e^{2iz}}{1+z^2}dz=2\pi i \lim_{z \to i} \frac{e^{2iz}}{z^2+1}(z-i)=2 \pi i \lim_{z \to i} \frac{e^{2iz}}{z+i}= \frac{\pi}{e^2}}\)

przechodząc do nieskończoności i dzieląc przez dwa otrzymamy:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\cos 2x}{1+x^2}=\frac{\pi}{2e^2}}\)

składając wszystko do kupy otrzymamy:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty } \frac{\sin^2 x}{x^2(x^2+1)}dx= \frac{\pi}{2}- \frac{\pi}{4}+ \frac{\pi}{4e^2}= \frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4e^2}}\)

cnd...

[Premislav]

Dobrze!

[Mariusz M]

Premislav, ja tę całkę co podałeś już widziałem
Jak ktoś podaje stosunkowo łatwe całki to piszesz że są dla pałkoszy
a trudniejszych nie jesteś w stanie policzyć

Tutaj mają problem z TeXem ale
gdyby ją wyświetlił poprawnie to prawdopodobnie uznałbyś ją za nieelementarną

-- 4 sierpnia 2019, 09:39 --

Premislav, wynik dobry ale obliczenia zawierają lukę

Nie jest aż takie oczywiste że \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{\sin{x}}{x} \mbox{d}x =\frac{\pi}{2}}\)

Poza tym z wzoru Leibniza można było skorzystać później

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{\sin^2{x}}{x^2} \mbox{d}x}\)

Zacznijmy liczyć tę całkę przez części

\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{\sin^2{x}}{x^2} \mbox{d}x =\lim_{x\to \infty }\frac{-\sin^2{x}}{x}-\lim_{x\to 0 }-x \cdot \frac{\sin^2{x}}{x^2}+\int_{0}^{ \infty }{\frac{2\sin{x}\cos{x}}{x} \mbox{d}x }\\
=\int_{0}^{ \infty }{\frac{\sin{2x}}{x} \mbox{d}x }}\)

\(\displaystyle{ I\left( s\right)= \int_{0}^{ \infty }{\frac{\sin{2x}}{x}e^{-sx} \mbox{d}x }\\
I'\left( s\right) =\int_{0}^{ \infty } {\frac{ \partial }{ \partial s}\frac{\sin{2x}}{x}e^{-sx} \mbox{d}x }\\
I'\left( s\right) =\int_{0}^{ \infty }-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x \\
\int{-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x}=\frac{1}{2}\cos{2x}e^{-sx}+\frac{s}{2}\int{\cos{2x}e^{-sx} \mbox{d}x }\\
\int{-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x}=\frac{1}{2}\cos{2x}e^{-sx}+\frac{s}{2}\left( \frac{1}{2}\sin{2x}e^{-sx}-\frac{s}{2}\int{-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x}\right) \\
\int{-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x}=\frac{1}{2}\cos{2x}e^{-sx}+\frac{s}{4}\sin{2x}e^{-sx}-\frac{s^2}{4}\int{-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x}\\
\left( 1+\frac{s^2}{4}\right)\int{-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x}= \frac{1}{2}\cos{2x}e^{-sx}+\frac{s}{4}\sin{2x}e^{-sx}\\
\left( \frac{s^2+4}{4}\right)\int{-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x}= \frac{1}{2}\cos{2x}e^{-sx}+\frac{s}{4}\sin{2x}e^{-sx}\\
\int{-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x}=\frac{e^{-sx}\left( 2\cos{2x}+s\sin{2x}\right) }{s^2+4}+C\\
\int_{0}^{ \infty }{-\sin{2x}e^{-sx} \mbox{d}x}=-\frac{2}{s^2+4}\\}\)


\(\displaystyle{ I'\left( s\right) =-\frac{4}{4}\frac{\frac{1}{2}}{1+\left( \frac{s}{2} \right)^2 }\\
I\left( s\right)=-\int{\frac{\frac{1}{2}}{1+\left( \frac{s}{2} \right)^2 } \mbox{d}s}\\
I\left( s\right)=-\arctan{\frac{s}{2}}+C
\int_{0}^{ \infty }{\frac{\sin{2x}}{x}e^{-sx} \mbox{d}x }=-\arctan{\frac{s}{2}}+C\\
\lim_{s\to \infty }-\arctan{\frac{s}{2}}+C=0\\
-\lim_{s\to \infty }\arctan{\frac{s}{2}}+C=0\\
C=\lim_{s\to \infty }\arctan{\frac{s}{2}}\\
I\left( s\right)= \frac{\pi}{2}- \arctan{\frac{s}{2}}\\
I\left( 0\right) =\frac{\pi}{2}\\}\)


A jakiś inny sposób na całkę \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \infty }\frac{\sin^2{x}}{x^2+1}}\)
bez korzystania z analizy zespolonej ?

[Premislav]

mariuszm, to świetnie, że widziałeś. Napisałem tak dwa albo trzy razy, z czego ostatnio pewnie ze dwa lata temu. Ponadto jakoś trochę zadań tutaj rozwiązałem, więc Twoja uwaga nieco się mija z prawdą. I te całki, o których tak pisałem, naprawdę były dla pałkoszy, choć mogłem sobie darować ten komentarz. Czy jeżeli ktoś nie umie podać dowodu twierdzenia Mihăilescu, to nie może napisać, że zadanie typu „oblicz resztę \(\displaystyle{ 2^{1000}}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ 17}\)" nie nadaje się do wątku z założenia ambitniejszego (na co wskazuje sama nazwa)?

Przyznaję, nie umiałbym obliczyć całki, którą podałeś, myślałem o jakiejś analogii do metody współczynników nieoznaczonych, jak mnie tak podszczypnąłeś, no ale nie wymyśliłem jak na razie.


\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2 x}{x^2+1}\,\dd x}\)
bez analizy zespolonej:
niech
\(\displaystyle{ I(a)= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2+1}\,\dd x, \ J(a)= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\sin(ax)}{x^2+1}\,\dd x}\)
Wówczas mamy z twierdzenia Leibniza o różniczkowaniu pod znakiem całki:
\(\displaystyle{ I'(a)=-J(a)}\)
Ponadto zaś z parzystości funkcji podcałkowej i twierdzenia Fubiniego:
\(\displaystyle{ \frac 1 2J(a)= \int_{0}^{\infty}\sin(ax)\left( \int_{0}^{\infty}\cos(y)e^{-xy}\,\dd y \right) \,\dd x\\= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty}\sin(ax)\cos y e^{-xy}\,\dd y\,\dd x\\=\ \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty}\sin(ax)\cos(y)e^{-xy} \,\dd x\,\dd y\\= \int_{0}^{\infty} \frac{ a\cos y}{a^2+y^2} \,\dd y=\left|\begin{array} \ y=at\\\,\dd y=a\,\dd t\end{array}\right|\\= \int_{0}^{\infty} \frac{\cos(at)}{t^2+1} \,\dd t=\frac 1 2 I(a)}\)
Czyli otrzymaliśmy
\(\displaystyle{ I'(a)=-I(a)}\), ponadto łatwo widać, że
\(\displaystyle{ I(0)=\pi}\). Scałkowanie tego równania to dziecinna igraszka, wychodzi
\(\displaystyle{ I(a)=ce^{-a},}\) zaś podstawiając \(\displaystyle{ a:=0}\) mamy \(\displaystyle{ c=\pi}\), stąd
\(\displaystyle{ I(a)=\pi e^{-a}}\).
Nas interesuje (znów parzystość)
\(\displaystyle{ \frac 1 2 I(2)=\frac{\pi}{2}e^{-2}}\).
Tam jeszcze trzeba skorzystać z tożsamości
\(\displaystyle{ \sin^2 x= \frac{1-\cos(2x)}{2}}\), no ale to raczej każdy umie.

Natomiast
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x}\,\dd x}\)
to jedna z najbardziej znanych całek nieelementarnych, uznałem, że można ją potraktować jak dobrze znaną.
Gdzieś w tym wątku (albo w drugim o podobnej nazwie) tak to liczyłem:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \,\dd x= \int_{0}^{\infty} \sin x \left(\int_{0}^{\infty} e^{-xy}\,\dd y\right)\,\dd x\\= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty}\sin x \ e^{-xy}\,\dd y\,\dd x\\= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \sin x \ e^{-xy}\,\dd x\,\dd y\\= \int_{0}^{\infty} \frac{\,\dd y}{1+y^2} =\frac \pi 2}\)



Zresztą na podobnej zasadzie w powyższych obliczeniach korzystam ze znajomości transformaty Laplace'a sinusa i cosinusa (wyprowadza się je, licząc przez części znane nieoznaczone całki zwrotne i wstawiając granice całkowania).

[Mariusz M]

Co do tej całki co podałem to chciałem wymyślić taką która tylko na pierwszy rzut oka
wydaje się nieelementarna tyle że po zróżniczkowaniu funkcja niewiele się uprościła
i tutejszy kulawy LaTeX nie chce jej wyświetlać

Jeśli chodzi o współczynniki nieoznaczone to
mogłyby zadziałać gdyby udało ci się przewidzieć postać funkcji pierwotnej

Na forach widziałem ciekawsze całki bo pewnie
gdyby ktoś chciał podejrzeć wynik w wolframach to pewnie
Wolfram by dla nich ją policzył

Sprawdzałem na innych forach i tylko na tym LaTeX
nie wyświetla poprawnie kodu którego podałem

Ja używam Mimetexa od Forkosha i u mnie wyświetla poprawnie

Z tego zdania rozumiem tyle co i z tego a może nawet i mniej:

从这个我不明白

Chodziło o to że gdybyście ściągnęli sobie na dysk jakiegoś LaTeXa to by wam
poprawnie wygenerował obrazek

-- 4 sierpnia 2019, 16:16 --

Co do całki którą zaproponowałem to dałoby się ją policzyć metodą
pokazaną u Fichtenholza w paragrafie o całkach eliptycznych jednak obliczenia byłyby
dość długie-- 4 sierpnia 2019, 18:06 --Kiedyś z pewnego równania różniczkowego dostałem całkę

\(\displaystyle{ \int{ \frac{ \mbox{d}x }{x^2\left( 4x^2-3\right)^2 \sqrt{x^2-1} } }}\)

możliwe że wygląda ona na taką dla pałkoszy ale pokazuje że nie warto podążać
za amerykańską modą tak jak arek1357, we wpisie z 27 maja 2019, 14:10

[arek1357]

Nie rozumiem co to za amerykańska moda nie wiem skąd to wytrzasnąłeś, mnie tej metody nauczyła moja pani "łot fszystkiego" i dlatego ją czasem stosuję ale nic mi nie mówiła że ma to jakiś związek z Ameryką nie daj Boże tfuu z Obamą lub Clintonami...
Po drugie nie za bardzo rozumiem różnica Premislava między całkami dla smakoszy a dla pałkoszy , może szerzej na ten temat...

[Premislav]

„Amerykańską modą" mariuszm nazywa całkowanie przez podstawienie, trzeba mieć słowniczek.

Nazwa wątku „Całki dla smakoszy" sugeruje, że powinny trafiać tu przykłady ambitniejsze, wymagające niestandardowej metody lub niestandardowego zastosowania standardowej metody, jakiegoś pomysłu. Dlatego kilka razy krytykowałem dobór niektórych przykładów tu wrzucanych, por. na przykład
viewtopic.php?t=125684,60#p5412135
Oczywiście może to mało kulturalne z mojej strony, ale we wrzucaniu do takich wątków (z założenia trudniejszych) przykładów z bardzo typowymi rozwiązaniami nie widzę sensu.


A ta całka
\(\displaystyle{ \int{ \frac{ \mbox{d}x }{x^2\left( 4x^2-3\right)^2 \sqrt{x^2-1} } }}\) rzeczywiście dość pouczająca. \(\displaystyle{ 1=x^2-(x^2-1)}\)
a nawalając Eulerem pewnie byśmy się zakopali w rachunkach.

[arek1357]

! podstawienie:

\(\displaystyle{ x=\sin t , dx=\cos t dt}\)

Otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{1}{i} \int_{}^{} \frac{\cos t dt}{\sin^2 t(4\sin^2 t-3)^2\cos t}= \frac{1}{i} \int_{}^{} \frac{ dt}{\sin^2 t(4\sin^2 t-3)^2}}\)

następne podstawienie:

\(\displaystyle{ \sin^2 t= \frac{1-\cos 2t}{2}}\)

co da po skrótach:

\(\displaystyle{ \frac{2}{i} \int_{}^{} \frac{dt}{(1-\cos 2t)(2\cos 2t+1)^2}}\)

można teraz: \(\displaystyle{ 2t=z, dt= \frac{1}{2}dz}\)

co wyniesie:

\(\displaystyle{ \frac{1}{i} \int_{}^{} \frac{dz}{(1-\cos z)(2\cos z+1)^2}}\)

po wymnożeniu mamy:

\(\displaystyle{ - \frac{1}{i} \int_{}^{} \frac{dz}{4\cos^3 z-3\cos z-1}=i \int_{}^{} \frac{dz}{\cos 3z -1}}\)

Nie będę tej ostatniej całki rozwiązywał bo zgodnie z nomenklaturą Premislava jest to zapewne całka dla pałkoszy...

jednak chyba moda amerykańska wygrywa...

Lecz czy bycie pałkoszem jest obraźliwe??? może to nawet zaszczyt...

[Mariusz M]

Premislav, właśnie zakopiesz się w rachunkach jak będziesz liczył modnie
po amerykańsku a "nawalając Eulerem" całka znacznie się uprości
Widać że nie liczyłeś Eulerem

arek1357, ale bez zespolonych