Witam,
mam do rozwiązania 3 całki.
1. \(\displaystyle{ \frac{ e^{x} }{e^{x} \cdot \left( e^{x}+2\right) \cdot \left( e^{x}-1\right) }}\)
Z pierwszą poradziłem sobie bez problemu, podstawienie zmiennej za \(\displaystyle{ e^{x}}\) i potem jak całke wymierną.
2. \(\displaystyle{ \frac{ \ln{x} }{x \cdot \left( \left( \ln{x}\right) ^{2} +1\right) \cdot \left( \left( \ln{x}\right) ^{2} +4\right) }}\)
Tą chciałem zrobić tak jak pierwszą ale po podstawieniu:
\(\displaystyle{ \left| \ln{x}=z\right|}\)
\(\displaystyle{ \left| \frac{1}{x} dx=dz\right|}\)
pojawia się i nie wiem co z tym zrobić:
\(\displaystyle{ \frac{z}{\left( z^{2} +1\right) \cdot \left( z ^{2} +4 \right) }}\)
3. \(\displaystyle{ e^{-2x} \cdot \sin{x}}\)
Z tą mam natomiast problem gdyż ani przez części ani nie mam co podstawić...
Trzy całki
-
rafalarczycki
- Użytkownik
- Posty: 38
- Rejestracja: 16 gru 2010, o 21:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 10 razy
-
kuma
- Użytkownik
- Posty: 259
- Rejestracja: 16 sie 2007, o 22:03
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 70 razy
Trzy całki
no i dobrze. teraz rozbijaj na ułamki proste.rafalarczycki pisze:
pojawia się i nie wiem co z tym zrobić:
\(\displaystyle{ \frac{z}{\left( z^{2} +1\right) \cdot \left( z ^{2} +4 \right) }}\)
Da się przez części Dwa razy przez części i z prawej strony wyjdzie Ci coś plus ta właśnie całka ze stałą (-4) przed nią. Wtedy przerzuć ją na lewą stronę i dziel przez 5 i już.rafalarczycki pisze: 3. \(\displaystyle{ e^{-2x} \cdot \sin{x}}\)
Z tą mam natomiast problem gdyż ani przez części ani nie mam co podstawić...
-
rafalarczycki
- Użytkownik
- Posty: 38
- Rejestracja: 16 gru 2010, o 21:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 10 razy
Trzy całki
Dzięki z ostatnią sobie poradziłem, ale ze środkową mam problem gdyż rozwiązałem ale w wolframie wychodzi minimalnie inny wynik, robiłem tak:
\(\displaystyle{ \int{\frac{ \ln{x} }{x \cdot \left( \left( \ln{x}\right) ^{2} +1\right) \cdot \left( \left( \ln{x}\right) ^{2} +4\right) }}=}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{c}ln{x}=t\\ \frac{dx}{x}=t \end{array}\right]=
\int{\frac{t}{\left( t ^{2}+1 \right) \cdot \left( t ^{2} +4 \right) }=
\left[\begin{array}{c}z ^{2} =p\\ z \cdot dz=\frac{dp}{2} \end{array}\right]=
\frac{1}{2} \cdot \int{\frac{dp}{\left( p+1 \right) \cdot \left( p +4 \right) }}=}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \cdot \frac{A \cdot (p+1)+B \cdot (p+4)}{x}= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot \int{ \frac{1}{p+4}}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot \int{ \frac{1}{p+1}}= \frac{1}{6} \cdot \ln{p+4}-\frac{1}{6} \cdot \ln{p+4}=\left| p=z ^{2}=\ln{x} \right| =
\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( \ln{x}^{2}+4\right) }-\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( \ln{x}^{2}+1\right) }}\)
a z wolframa wychodzi:
\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \cdot \ln{\left( -2 \cdot \left(\ln{x}^{2}+4\right) \right) }-\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( 2 \cdot \left(\ln{x}^{2}+1\right) \right) }}\)
\(\displaystyle{ \int{\frac{ \ln{x} }{x \cdot \left( \left( \ln{x}\right) ^{2} +1\right) \cdot \left( \left( \ln{x}\right) ^{2} +4\right) }}=}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{c}ln{x}=t\\ \frac{dx}{x}=t \end{array}\right]=
\int{\frac{t}{\left( t ^{2}+1 \right) \cdot \left( t ^{2} +4 \right) }=
\left[\begin{array}{c}z ^{2} =p\\ z \cdot dz=\frac{dp}{2} \end{array}\right]=
\frac{1}{2} \cdot \int{\frac{dp}{\left( p+1 \right) \cdot \left( p +4 \right) }}=}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \cdot \frac{A \cdot (p+1)+B \cdot (p+4)}{x}= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot \int{ \frac{1}{p+4}}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot \int{ \frac{1}{p+1}}= \frac{1}{6} \cdot \ln{p+4}-\frac{1}{6} \cdot \ln{p+4}=\left| p=z ^{2}=\ln{x} \right| =
\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( \ln{x}^{2}+4\right) }-\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( \ln{x}^{2}+1\right) }}\)
a z wolframa wychodzi:
\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \cdot \ln{\left( -2 \cdot \left(\ln{x}^{2}+4\right) \right) }-\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( 2 \cdot \left(\ln{x}^{2}+1\right) \right) }}\)
Ostatnio zmieniony 9 maja 2011, o 21:44 przez rafalarczycki, łącznie zmieniany 1 raz.
-
rafalarczycki
- Użytkownik
- Posty: 38
- Rejestracja: 16 gru 2010, o 21:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 10 razy
-
rafalarczycki
- Użytkownik
- Posty: 38
- Rejestracja: 16 gru 2010, o 21:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 10 razy
-
alfgordon
- Użytkownik
- Posty: 2176
- Rejestracja: 10 lis 2010, o 13:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 10 razy
- Pomógł: 379 razy
Trzy całki
przy obliczaniu \(\displaystyle{ A,B}\) odwrotnie zapisałeś znaki..
\(\displaystyle{ A=-\frac{1}{3}}\)
\(\displaystyle{ B=\frac{1}{3}}\)
więc powinno wyjść:
\(\displaystyle{ \frac{1}{6}( \ln|p+1| -\ln|p+4| )+C}\)
\(\displaystyle{ A=-\frac{1}{3}}\)
\(\displaystyle{ B=\frac{1}{3}}\)
więc powinno wyjść:
\(\displaystyle{ \frac{1}{6}( \ln|p+1| -\ln|p+4| )+C}\)
-
rafalarczycki
- Użytkownik
- Posty: 38
- Rejestracja: 16 gru 2010, o 21:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 10 razy
Trzy całki
No tak, potem jest zamiana \(\displaystyle{ p=z ^{2}}\) i jeszcze raz \(\displaystyle{ z=\ln{x}}\) i wychodzi
\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \cdot \ln{\left( \ln{x}^{2}+1\right) }-\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( \ln{x}^{2}+4\right) }}\)
zamiast
\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \cdot \ln{\left( -2 \cdot \left(\ln{x}^{2}+1\right) \right) }-\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( 2 \cdot \left(\ln{x}^{2}+4\right) \right) }}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \cdot \ln{\left( \ln{x}^{2}+1\right) }-\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( \ln{x}^{2}+4\right) }}\)
zamiast
\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \cdot \ln{\left( -2 \cdot \left(\ln{x}^{2}+1\right) \right) }-\frac{1}{6} \cdot \ln{\left( 2 \cdot \left(\ln{x}^{2}+4\right) \right) }}\)