calka wymierna z logarytmem w liczniku
-
- Użytkownik
- Posty: 37
- Rejestracja: 23 lip 2011, o 14:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznan
- Podziękował: 1 raz
calka wymierna z logarytmem w liczniku
witam serdecznie, po raz kolejny...potrzebuje wskazowki, jak zaczac pewna calke...a ma ona nastepuajca postac: \(\displaystyle{ \int\frac{\ln \left( x^{2}+1 \right) }{x^{3}} \mbox{d}x}\)
Ostatnio zmieniony 22 sie 2011, o 21:50 przez Lbubsazob, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa zapisu funkcji.
Powód: Poprawa zapisu funkcji.
-
- Użytkownik
- Posty: 2911
- Rejestracja: 1 maja 2006, o 21:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 623 razy
calka wymierna z logarytmem w liczniku
Proponuję przez części-- 22 sierpnia 2011, 22:00 --ewentualnie podstawienie: \(\displaystyle{ x^{2} +1 = p}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2911
- Rejestracja: 1 maja 2006, o 21:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 623 razy
calka wymierna z logarytmem w liczniku
TAK NIE WOLNO!Rozbilem to na 3 calki: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\int \left( \frac{ \ln t (t)}{t^{2}}+\frac{1}{2t}+1\right) \mbox{d}t}\)
-- 22 sierpnia 2011, 23:28 --
Zrób to może jednak od razu przez części:
\(\displaystyle{ u' = \frac{1}{x ^{3} } \ \ \ v = \ln(x ^{2} +1)}\)
Ostatnio zmieniony 22 sie 2011, o 23:31 przez Lbubsazob, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Użytkownik
- Posty: 37
- Rejestracja: 23 lip 2011, o 14:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznan
- Podziękował: 1 raz
calka wymierna z logarytmem w liczniku
eh wiem wiem, popelnilem karygodny grzech :p...juz nie bede sie bawil w rozbijanie na kilka ulamkow :p...jednak do czegos udalo mnie sie dojsc, metoda przez podstawianie. Powstala taka caleczka: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\int\frac{\ln t}{(t-1)^{2}}\,\text dt}\) po czym po raz kolejny zrobilem podstaiwenie z tym ze teraz teraz :\(\displaystyle{ t-1=z}\) i otrzymuje calke : \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\int\frac{\ln(z+1)}{z^{2}}\,\text dz}\)
i...co chyba jest juz szczytem plataniny...licze calke przez czesci za \(\displaystyle{ u=\ln(z+1)}\) i za \(\displaystyle{ v'=\frac{1}{z^{2}}}\) i otrzymuje... \(\displaystyle{ -\ln(z+1)\frac{1}{z}+\int\frac{1}{z^{2}+z}}\)
i korzystam ze wzoru na ostatnia calke, z ktorej to zostaje: \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{z}}\arctan\frac{z}{\sqrt{z}}\,\text dz}\) czy to...te moje "wypociny" zasluguja na miano "dobrego rozwiazania" ?
i...co chyba jest juz szczytem plataniny...licze calke przez czesci za \(\displaystyle{ u=\ln(z+1)}\) i za \(\displaystyle{ v'=\frac{1}{z^{2}}}\) i otrzymuje... \(\displaystyle{ -\ln(z+1)\frac{1}{z}+\int\frac{1}{z^{2}+z}}\)
i korzystam ze wzoru na ostatnia calke, z ktorej to zostaje: \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{z}}\arctan\frac{z}{\sqrt{z}}\,\text dz}\) czy to...te moje "wypociny" zasluguja na miano "dobrego rozwiazania" ?
Ostatnio zmieniony 23 sie 2011, o 09:39 przez Chromosom, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Użytkownik
- Posty: 2911
- Rejestracja: 1 maja 2006, o 21:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 623 razy
calka wymierna z logarytmem w liczniku
Podstawienie \(\displaystyle{ z =t-1}\) nic właściwie nie wnosi. Ostatnia całka:
\(\displaystyle{ \frac{1}{z ^{2} +z} = \frac{1}{z(z+1)}= \frac{z+1-z}{z(z+1)}= \frac{1}{z}- \frac{1}{z+1}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{z ^{2} +z} = \frac{1}{z(z+1)}= \frac{z+1-z}{z(z+1)}= \frac{1}{z}- \frac{1}{z+1}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 37
- Rejestracja: 23 lip 2011, o 14:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznan
- Podziękował: 1 raz
calka wymierna z logarytmem w liczniku
no ok...zatem ruszamy do liczenia przez czesci. Korzystajac z powyzszych uwag, dochodze do takiego momentu, gdzie mam: \(\displaystyle{ -\ln(x^{2}+1)\frac{1}{2x^{2}}-\int\frac{2x}{x^{2}+1}\frac{-1}{2x^{2}}}\) co daje...\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\int\frac{2x}{x^{2}(x^{2}+1)}}\) teraz podstawiam \(\displaystyle{ t=x^{2}}\) i mam calke \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\int\frac{1}{t^{2}+t}}\) czy ta ostatnia calke moge potraktowac wczesniejszym wzorem?
Ostatnio zmieniony 23 sie 2011, o 09:39 przez Chromosom, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Użytkownik
- Posty: 2911
- Rejestracja: 1 maja 2006, o 21:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 623 razy
calka wymierna z logarytmem w liczniku
Dokładnie tak.ta ostatnia calke moge potraktowac wczesniejszym wzorem?
Można to zrobić również bez podstawiania:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x(x ^{2}+1 )} = \frac{x ^{2} +1-x ^{2} }{x(x ^{2}+1)} = \frac{1}{x} - \frac{x}{ x^{2}+1 }}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 37
- Rejestracja: 23 lip 2011, o 14:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznan
- Podziękował: 1 raz
calka wymierna z logarytmem w liczniku
czyli wszystko sie zgadza...i jestem bardzo wdzieczny za pomoc. Dziekuje;)