Całki dla smakoszy
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11579
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3167 razy
- Pomógł: 749 razy
Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int x^2 \ln^3 (x)}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{e^{2x}+ e^{-2x} }}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{x dx}{(2x+1)(x+2) }}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{x dx}{\sqrt{-x^2 +4x-3} }}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{(x^2+ 3x + 4 )^2}}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1+ \cos x + \sin x}}\)
\(\displaystyle{ \int x e^{\sqrt[3]{x}} dx}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{e^{2x}+ e^{-2x} }}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{x dx}{(2x+1)(x+2) }}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{x dx}{\sqrt{-x^2 +4x-3} }}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{(x^2+ 3x + 4 )^2}}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1+ \cos x + \sin x}}\)
\(\displaystyle{ \int x e^{\sqrt[3]{x}} dx}\)
- Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6910
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Całki dla smakoszy
1. Trzykrotnie przez części
2. Podstawienie \(\displaystyle{ t=e^{x}}\) lub zamiana na funkcje hiperboliczne
3. Rozkład na sumę ułamków prostych
4. Sprowadzenie trójmianu kwadratowego pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej
5. Sprowadzenie trójmianu kwadratowego pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej
oraz wzór redukcyjny
6. Można zastosować podstawienie \(\displaystyle{ t=\tan{\left( \frac{x}{2} \right) }}\) lub podobne
albo rozszerzyć ułamek przez \(\displaystyle{ 1-\left( \cos{x}+\sin{x}\right)}\) aby w mianowniku
uzyskać wzór skróconego mnożenia
7. Przez części (dla wygody można podstawić \(\displaystyle{ x=t^3}\))
2. Podstawienie \(\displaystyle{ t=e^{x}}\) lub zamiana na funkcje hiperboliczne
3. Rozkład na sumę ułamków prostych
4. Sprowadzenie trójmianu kwadratowego pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej
5. Sprowadzenie trójmianu kwadratowego pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej
oraz wzór redukcyjny
6. Można zastosować podstawienie \(\displaystyle{ t=\tan{\left( \frac{x}{2} \right) }}\) lub podobne
albo rozszerzyć ułamek przez \(\displaystyle{ 1-\left( \cos{x}+\sin{x}\right)}\) aby w mianowniku
uzyskać wzór skróconego mnożenia
7. Przez części (dla wygody można podstawić \(\displaystyle{ x=t^3}\))
1.:
2.:
3.:
4.:
5.:
6.:
7.:
Ostatnio zmieniony 15 wrz 2015, o 05:40 przez Mariusz M, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 22276
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3765 razy
Całki dla smakoszy
Pierwsza całka nie jest ani smieszna ani niewłasciwa, tylko raczej bezsensowna:jak zachowuje sie arkus sinus w okolicy nieskończoności?
- Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6910
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Całki dla smakoszy
Arcus sinus poza przedziałem \(\displaystyle{ \left\langle -1,1\right\rangle}\)jak zachowuje sie arkus sinus w okolicy nieskończoności?
daje wartości zespolone tylko problem jest w tym że jeśli przejdziemy na logarytm
to tam argument liczby zespolonej jest okresowy co sprawia że tam \(\displaystyle{ \arcsin{x}}\)
nie jest funkcją z \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) do \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\)
\(\displaystyle{ \ln{z}=\ln{\left| z\right| }+i\mathrm{arg}{\left( z\right)}}\)
\(\displaystyle{ \mathrm{arg}{\left( z\right) }}\) jest postaci \(\displaystyle{ a+2k\pi, \qquad a \in \mathbb{R}, k\in \mathbb{Z}}\)
Aby zrobić z tego logarytmu funkcję z \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) do \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\)
trzeba przyjąć za \(\displaystyle{ k}\) jakąś stałą wartość
Gdzie masz tego arcusa
Chodzi o tę z 2009
Jeśli tak to słuszna uwaga
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11579
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3167 razy
- Pomógł: 749 razy
Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int \frac{\cos (x)}{a^2 - \cos^2 (x)} dx}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{\sin^3 (x)}{\sin^2 (x) + 2\cos^2 (x)} dx}\)
\(\displaystyle{ \int x^4 \sqrt{1-x^2} dx}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{\sin^3 (x)}{\sin^2 (x) + 2\cos^2 (x)} dx}\)
\(\displaystyle{ \int x^4 \sqrt{1-x^2} dx}\)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15688
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Całki dla smakoszy
Pierwsza: \(\displaystyle{ \frac{\cos x}{a^{2}-\cos^{2}x}= \frac{\cos x+a-a}{a^{2}-\cos x}= \frac{ \frac{1}{2} }{a-\cos x}- \frac{ \frac{1}{2} }{a+\cos x}}\) i chyba to nic nie daje. nie, jednak inaczej:
\(\displaystyle{ \int \frac{\cos (x)}{a^2 - \cos^2 (x)} dx= \int_{}^{} \frac{\cos(x)}{a^{2}+\sin^{2}x-1}dx=\bigg|t=\sin x \bigg|= \int_{}^{} \frac{dt}{a^{2}+t^{2}-1}=- \int_{}^{} \frac{-1+a^{2}+t^{2}-a^{2}-t^{2}}{a^{2}+t^{2}-1}dt}\),
tę ostatnią równość traktujemy jak równanie, przerzucając co się da (ino mundrze) i mamy
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dt}{a^{2}+t^{2}-1}= -\frac{1}{1-a^{2}}\left( \int_{}^{}1dt- \int_{}^{} \frac{t^{2}}{a^{2}+t^{2}-1}dt \right)}\) - pierwsza całka w nawiasku jest trywialna, a drugą liczymy przez części, różniczkując \(\displaystyle{ t}\).
(to oczywiście nie działa dla \(\displaystyle{ a=1 \vee a=-1}\), ale wtedy całka jest standardowa).
-- 4 paź 2015, o 17:06 --
A nie, to jednak nie zadziała, bo dostaniemy jakąś przeskalowaną całkę z logarytmu czegoś brzydkiego i gdybyśmy to spróbowali zwalczyć przez części, to chyba dostaniemy błędne koło.
Dobra, nie umiem.
-- 4 paź 2015, o 17:13 --
Drugie: w mianowniku \(\displaystyle{ \sin^{2}x+2\cos^{2}x=1+\cos^{2}x}\), w liczniku \(\displaystyle{ \sin^{3}x=\sin x(1-\cos^{2}x)}\) i podstawiając \(\displaystyle{ t=\cos x}\) mamy całkę \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{t^{2}-1}{1+t^{2}} dt}\), w liczniku robimy \(\displaystyle{ t^{2}-1=t^{2}+1-2}\), rozbijamy na dwie całki i koniec, wynik mi wyszedł \(\displaystyle{ \cos x-2\arctg(\cos x)+C}\), jakoś tak. Można to jeszcze pewnie uprościć, bo skoro \(\displaystyle{ 1+tg^{2}x= \frac{1}{\cos^{2}x}}\) poza \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\), to coś się z tym da zrobić, ale ja nie jestem dobry z trygonometrii.
-- 4 paź 2015, o 17:21 --
Trzecie: \(\displaystyle{ x=\sin t, dx=\cos t dt}\) i mamy do policzenia
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \cos^{2}t \sin^{4}t \dd t= \int_{}^{} \sin^{4}t dt- \int_{}^{} \sin^{6}t dt}\)
i to można zrobić albo z wykorzystaniem tożsamości \(\displaystyle{ \frac{1-\cos 2t}{2}=\sin^{2}t}\),
\(\displaystyle{ \frac{1+\cos 2t}{2}=\cos^{2}t}\) oraz \(\displaystyle{ \sin^{3}t=- \frac{1}{4} \sin 3t+ \frac{3}{4} \sin t}\), albo wyprowadzając sobie wzór rekurencyjny na \(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin^{2n} t \mbox{d}t}\), ale tego mi się robić nie chce.-- 4 paź 2015, o 17:28 --Dobra, ten wzór jest przyjemniejszy niż potęgowanie wielomianów trygonometrycznych. "Robi się" go tak (choć można pewnie inaczej):
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin^{2}t dt= \int_{}^{} \frac{1-\cos 2t}{2}dt= \frac{t}{2}- \frac{1}{4}\sin 2t+C}\), aby nasza rekurencja jakoś ze wystartowała.
No i dalej \(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin^{2n}t \mbox{d}t= \int_{}^{} (-\cos t)'\sin^{2n-1} t dt}\) y potem przez części.
\(\displaystyle{ \int \frac{\cos (x)}{a^2 - \cos^2 (x)} dx= \int_{}^{} \frac{\cos(x)}{a^{2}+\sin^{2}x-1}dx=\bigg|t=\sin x \bigg|= \int_{}^{} \frac{dt}{a^{2}+t^{2}-1}=- \int_{}^{} \frac{-1+a^{2}+t^{2}-a^{2}-t^{2}}{a^{2}+t^{2}-1}dt}\),
tę ostatnią równość traktujemy jak równanie, przerzucając co się da (ino mundrze) i mamy
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dt}{a^{2}+t^{2}-1}= -\frac{1}{1-a^{2}}\left( \int_{}^{}1dt- \int_{}^{} \frac{t^{2}}{a^{2}+t^{2}-1}dt \right)}\) - pierwsza całka w nawiasku jest trywialna, a drugą liczymy przez części, różniczkując \(\displaystyle{ t}\).
(to oczywiście nie działa dla \(\displaystyle{ a=1 \vee a=-1}\), ale wtedy całka jest standardowa).
-- 4 paź 2015, o 17:06 --
A nie, to jednak nie zadziała, bo dostaniemy jakąś przeskalowaną całkę z logarytmu czegoś brzydkiego i gdybyśmy to spróbowali zwalczyć przez części, to chyba dostaniemy błędne koło.
Dobra, nie umiem.
-- 4 paź 2015, o 17:13 --
Drugie: w mianowniku \(\displaystyle{ \sin^{2}x+2\cos^{2}x=1+\cos^{2}x}\), w liczniku \(\displaystyle{ \sin^{3}x=\sin x(1-\cos^{2}x)}\) i podstawiając \(\displaystyle{ t=\cos x}\) mamy całkę \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{t^{2}-1}{1+t^{2}} dt}\), w liczniku robimy \(\displaystyle{ t^{2}-1=t^{2}+1-2}\), rozbijamy na dwie całki i koniec, wynik mi wyszedł \(\displaystyle{ \cos x-2\arctg(\cos x)+C}\), jakoś tak. Można to jeszcze pewnie uprościć, bo skoro \(\displaystyle{ 1+tg^{2}x= \frac{1}{\cos^{2}x}}\) poza \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\), to coś się z tym da zrobić, ale ja nie jestem dobry z trygonometrii.
-- 4 paź 2015, o 17:21 --
Trzecie: \(\displaystyle{ x=\sin t, dx=\cos t dt}\) i mamy do policzenia
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \cos^{2}t \sin^{4}t \dd t= \int_{}^{} \sin^{4}t dt- \int_{}^{} \sin^{6}t dt}\)
i to można zrobić albo z wykorzystaniem tożsamości \(\displaystyle{ \frac{1-\cos 2t}{2}=\sin^{2}t}\),
\(\displaystyle{ \frac{1+\cos 2t}{2}=\cos^{2}t}\) oraz \(\displaystyle{ \sin^{3}t=- \frac{1}{4} \sin 3t+ \frac{3}{4} \sin t}\), albo wyprowadzając sobie wzór rekurencyjny na \(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin^{2n} t \mbox{d}t}\), ale tego mi się robić nie chce.-- 4 paź 2015, o 17:28 --Dobra, ten wzór jest przyjemniejszy niż potęgowanie wielomianów trygonometrycznych. "Robi się" go tak (choć można pewnie inaczej):
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin^{2}t dt= \int_{}^{} \frac{1-\cos 2t}{2}dt= \frac{t}{2}- \frac{1}{4}\sin 2t+C}\), aby nasza rekurencja jakoś ze wystartowała.
No i dalej \(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin^{2n}t \mbox{d}t= \int_{}^{} (-\cos t)'\sin^{2n-1} t dt}\) y potem przez części.
-
- Użytkownik
- Posty: 939
- Rejestracja: 26 gru 2009, o 17:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Mazowsze
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 228 razy
Całki dla smakoszy
Może tak:
\(\displaystyle{ \int\frac{\cos x}{a^{2} - \cos^{2}x}dx = \int\frac{\cos x}{(a^{2} - 1) + \sin^{2}x}dx}\)
Podstawić \(\displaystyle{ \sin x = t}\) i sprowadzić do arcusa tangensa.
\(\displaystyle{ \int\frac{\cos x}{a^{2} - \cos^{2}x}dx = \int\frac{\cos x}{(a^{2} - 1) + \sin^{2}x}dx}\)
Podstawić \(\displaystyle{ \sin x = t}\) i sprowadzić do arcusa tangensa.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15688
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Całki dla smakoszy
Myślałem o tym, ale czy gdy \(\displaystyle{ a^{2}<1}\), to się to nie posypie?
-- 4 paź 2015, o 17:34 --
To nie złośliwość, serio pytam, bo nie jestem pewien - może takie wrażenie (to moje) bierze się z tego, że czegoś nie widzę.
-- 4 paź 2015, o 17:34 --
To nie złośliwość, serio pytam, bo nie jestem pewien - może takie wrażenie (to moje) bierze się z tego, że czegoś nie widzę.
-
- Użytkownik
- Posty: 939
- Rejestracja: 26 gru 2009, o 17:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Mazowsze
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 228 razy
Całki dla smakoszy
No cóż, pozostaje rozważyć trzy przypadki. Jak będzie mniejsze od jedynki to rozkład na ułamki proste po takim samym podstawieniu. Jak \(\displaystyle{ a^{2}=1}\) to zostaje łatwa całka.
- Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6910
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int \frac{\cos (x)}{a^2 - \cos^2 (x)} dx\\
=\int{\frac{\cos{x}}{a^2-1+\sin^{2}{x}} \mbox{d}x }\\
t=\sin{x}\\
\int{\frac{ \mbox{d}t}{a^2-1+t^2}}}\)
Trzeba rozbić na przypadki kiedy dostaniemy \(\displaystyle{ \arctan}\)
albo \(\displaystyle{ \ln}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{\sin^3 (x)}{\sin^2 (x) + 2\cos^2 (x)} dx\\
\int{\frac{\sin{x}\left(1-\cos^{2}{x}\right)}{1+\cos^{2}{x}}\mbox{d}x}\\
t=\cos{x}\\
\int{\frac{t^2-1}{t^2+1}\mbox{d}t}\\}\)
\(\displaystyle{ \int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{5}\int{\frac{\left( -x^6\right) }{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{5}\int{\frac{\left( x^4-x^6\right)-x^4 }{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
\frac{6}{5}\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{5}\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}}\\
\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x^3\sqrt{1-x^2}+3\int{x^2\sqrt{1-x^2}\mbox{d}x}\\
\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x^3\sqrt{1-x^2}+3\int{\frac{x^2-x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
4\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x^3\sqrt{1-x^2}+3\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x\sqrt{1-x^2}+\int{\sqrt{1-x^2}\mbox{d}x}\\
\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x\sqrt{1-x^2}+\int{\frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
2\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x\sqrt{1-x^2}+\int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{1-x^2}}}\\
\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=\frac{1}{2}\left(-x\sqrt{1-x^2}+\arcsin{x}\right)+C\\
\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-\frac{1}{4}x^3\sqrt{1-x^2}+\frac{3}{8}\left(-x\sqrt{1-x^2}+\arcsin{x}\right)+C\\
\frac{6}{5}\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{5}\left(-\frac{1}{4}x^3\sqrt{1-x^2}+\frac{3}{8}\left(-x\sqrt{1-x^2}+\arcsin{x}\right)\right)+C\\
\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{6}\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{24}x^3\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{16}x\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{16}\arcsin{\left(x\right)}+C\\
\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{1}{48}\left(8x^5-2x^3-3x\right)\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{16}\arcsin{\left( x\right) }+C}\)
\(\displaystyle{ \int x^4\sqrt{1-x^2}\mbox{d}x\\
\sqrt{1-x^2}=xt-1\\
1-x^2=x^2t^2-2tx+1\\
-x=xt^2-2t\\
2t=xt^2+x\\
x\left(t^2+1\right)=2t\\
x=\frac{2t}{t^2+1}\\
xt-1=\frac{2t^2-t^2-1}{t^2+1}=\frac{t^2-1}{t^2+1}\\
\mbox{d}x =\frac{2\left(t^2+1\right)-2t \cdot 2t}{\left(t^2+1\right)}\mbox{d}t\\
\mbox{d}x =\frac{-2t^2+2}{\left(t^2+1\right)^4}\mbox{d}t\\
\int\frac{16t^4}{\left(t^2+1\right)^4} \cdot \frac{t^2-1}{t^2+1} \cdot \frac{\left(-2\right)\left(t^2-1\right)}{\left(t^2+1\right)^2} \mbox{d}t\\
-32\int\frac{t^4\left(t^2-1\right)^2}{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t\\
=-32\int\frac{t^8-2t^6+t^4}{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t\\
=-32\int\frac{\left( \left( t^2+1\right)-1 \right)^4-2\left( \left( t^2+1\right)-1 \right)^3+\left( \left( t^2+1\right)-1 \right)^2 }{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t\\
\left(t^2+1\right)^4-4\left(t^2+1\right)^3+6\left(t^2+1\right)^2-4\left(t^2+1\right)+1\\
-2\left(t^2+1\right)^3+6\left(t^2+1\right)^2-6\left(t^2+1\right)+2\\
+\left(t^2+1\right)^2-2\left(t^2+1\right)+1\\
=\left(t^2+1\right)^4-6\left(t^2+1\right)^3+13\left(t^2+1\right)^2-12\left(t^2+1\right)+4\\
-32\int\frac{\left(t^2+1\right)^4-6\left(t^2+1\right)^3+13\left(t^2+1\right)^2-12\left(t^2+1\right)+4}{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t}\)
\(\displaystyle{ =-32\left(\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^3}-6\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^4}+13\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^5}-12\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^6}+4\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^7}\right)}\)
Teraz pozostaje zabawa wzorem redukcyjnym jeśli mamy go do dyspozycji
sposob na calke (Post by mariuszm #5179578)
Powyżej odnośnik do wpisu w którym ten wzorek wyprowadziłem
=\int{\frac{\cos{x}}{a^2-1+\sin^{2}{x}} \mbox{d}x }\\
t=\sin{x}\\
\int{\frac{ \mbox{d}t}{a^2-1+t^2}}}\)
Trzeba rozbić na przypadki kiedy dostaniemy \(\displaystyle{ \arctan}\)
albo \(\displaystyle{ \ln}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{\sin^3 (x)}{\sin^2 (x) + 2\cos^2 (x)} dx\\
\int{\frac{\sin{x}\left(1-\cos^{2}{x}\right)}{1+\cos^{2}{x}}\mbox{d}x}\\
t=\cos{x}\\
\int{\frac{t^2-1}{t^2+1}\mbox{d}t}\\}\)
\(\displaystyle{ \int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{5}\int{\frac{\left( -x^6\right) }{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{5}\int{\frac{\left( x^4-x^6\right)-x^4 }{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
\frac{6}{5}\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{5}\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}}\\
\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x^3\sqrt{1-x^2}+3\int{x^2\sqrt{1-x^2}\mbox{d}x}\\
\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x^3\sqrt{1-x^2}+3\int{\frac{x^2-x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
4\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x^3\sqrt{1-x^2}+3\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x\sqrt{1-x^2}+\int{\sqrt{1-x^2}\mbox{d}x}\\
\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x\sqrt{1-x^2}+\int{\frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
2\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x\sqrt{1-x^2}+\int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{1-x^2}}}\\
\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=\frac{1}{2}\left(-x\sqrt{1-x^2}+\arcsin{x}\right)+C\\
\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-\frac{1}{4}x^3\sqrt{1-x^2}+\frac{3}{8}\left(-x\sqrt{1-x^2}+\arcsin{x}\right)+C\\
\frac{6}{5}\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{5}\left(-\frac{1}{4}x^3\sqrt{1-x^2}+\frac{3}{8}\left(-x\sqrt{1-x^2}+\arcsin{x}\right)\right)+C\\
\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{6}\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{24}x^3\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{16}x\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{16}\arcsin{\left(x\right)}+C\\
\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{1}{48}\left(8x^5-2x^3-3x\right)\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{16}\arcsin{\left( x\right) }+C}\)
\(\displaystyle{ \int x^4\sqrt{1-x^2}\mbox{d}x\\
\sqrt{1-x^2}=xt-1\\
1-x^2=x^2t^2-2tx+1\\
-x=xt^2-2t\\
2t=xt^2+x\\
x\left(t^2+1\right)=2t\\
x=\frac{2t}{t^2+1}\\
xt-1=\frac{2t^2-t^2-1}{t^2+1}=\frac{t^2-1}{t^2+1}\\
\mbox{d}x =\frac{2\left(t^2+1\right)-2t \cdot 2t}{\left(t^2+1\right)}\mbox{d}t\\
\mbox{d}x =\frac{-2t^2+2}{\left(t^2+1\right)^4}\mbox{d}t\\
\int\frac{16t^4}{\left(t^2+1\right)^4} \cdot \frac{t^2-1}{t^2+1} \cdot \frac{\left(-2\right)\left(t^2-1\right)}{\left(t^2+1\right)^2} \mbox{d}t\\
-32\int\frac{t^4\left(t^2-1\right)^2}{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t\\
=-32\int\frac{t^8-2t^6+t^4}{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t\\
=-32\int\frac{\left( \left( t^2+1\right)-1 \right)^4-2\left( \left( t^2+1\right)-1 \right)^3+\left( \left( t^2+1\right)-1 \right)^2 }{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t\\
\left(t^2+1\right)^4-4\left(t^2+1\right)^3+6\left(t^2+1\right)^2-4\left(t^2+1\right)+1\\
-2\left(t^2+1\right)^3+6\left(t^2+1\right)^2-6\left(t^2+1\right)+2\\
+\left(t^2+1\right)^2-2\left(t^2+1\right)+1\\
=\left(t^2+1\right)^4-6\left(t^2+1\right)^3+13\left(t^2+1\right)^2-12\left(t^2+1\right)+4\\
-32\int\frac{\left(t^2+1\right)^4-6\left(t^2+1\right)^3+13\left(t^2+1\right)^2-12\left(t^2+1\right)+4}{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t}\)
\(\displaystyle{ =-32\left(\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^3}-6\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^4}+13\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^5}-12\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^6}+4\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^7}\right)}\)
Teraz pozostaje zabawa wzorem redukcyjnym jeśli mamy go do dyspozycji
sposob na calke (Post by mariuszm #5179578)
Powyżej odnośnik do wpisu w którym ten wzorek wyprowadziłem
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11579
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3167 razy
- Pomógł: 749 razy
Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{(x-1)\sqrt{1-x^2}}}\)
\(\displaystyle{ \int \arccos \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{\sqrt{x^2+2x-3}}}\)
\(\displaystyle{ \int \arccos \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{\sqrt{x^2+2x-3}}}\)
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15688
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Całki dla smakoszy
1. \(\displaystyle{ \int \frac{dx}{(x-1)\sqrt{1-x^2}}= \int_{}^{}\frac{1-x+x}{(x-1)\sqrt{1-x^2}}dx=\arccos x- \sqrt{1-x^{2}}+C}\)
2.
\(\displaystyle{ t^{2}= \frac{x}{x+1}\\x= \frac{t^{2}}{1-t^{2}}\\dx= \frac{2t}{(1-t^{2})^{2}}}\)
Dostajemy \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{2t}{(1-t^{2})^{2}}\arccos t\mbox{d}t}\), to całkujemy przez części, różniczkując arcus cosinus. Potem odejmujemy i dodajemy w liczniku \(\displaystyle{ t^{2}}\) albo co (alternatywnie robimy podstawienie trygonometryczne), coś tam siekamy przez części i już prawie wychodzi. Wynik to chyba \(\displaystyle{ (x+1)\arccos \sqrt{ \frac{x}{x+1} }+\tg \left( \arcsin \sqrt{ \frac{x}{x+1} }\right)+C}\).
3. Zwijamy zawartość pierwiastka w mianowniku do \(\displaystyle{ (x+1)^{2}-4}\), podstawiamy \(\displaystyle{ x+1=2\tg^{2}t}\) etc. Potem wychodzi przeskalowana całka z secansa, czyli coś ultra znanego.
2.
\(\displaystyle{ t^{2}= \frac{x}{x+1}\\x= \frac{t^{2}}{1-t^{2}}\\dx= \frac{2t}{(1-t^{2})^{2}}}\)
Dostajemy \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{2t}{(1-t^{2})^{2}}\arccos t\mbox{d}t}\), to całkujemy przez części, różniczkując arcus cosinus. Potem odejmujemy i dodajemy w liczniku \(\displaystyle{ t^{2}}\) albo co (alternatywnie robimy podstawienie trygonometryczne), coś tam siekamy przez części i już prawie wychodzi. Wynik to chyba \(\displaystyle{ (x+1)\arccos \sqrt{ \frac{x}{x+1} }+\tg \left( \arcsin \sqrt{ \frac{x}{x+1} }\right)+C}\).
3. Zwijamy zawartość pierwiastka w mianowniku do \(\displaystyle{ (x+1)^{2}-4}\), podstawiamy \(\displaystyle{ x+1=2\tg^{2}t}\) etc. Potem wychodzi przeskalowana całka z secansa, czyli coś ultra znanego.
- Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6910
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Całki dla smakoszy
Co do trzeciej całki to po co podstawienia cyklometryczne pchać jak pierwsze Eulera idealnie pasuje
W drugiej całce można od razu przez części wtedy podstawienie będzie opcjonalne
\(\displaystyle{ \int \arccos \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{ \frac{x}{x+1} } } \cdot \frac{x+1-x}{\left( x+1\right)^2 } \cdot \frac{1}{ \sqrt{ \frac{1}{x+1} } } \cdot x \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \cdot \frac{x}{x+1} \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \cdot \frac{x+1-1}{x+1} \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \mbox{d}x }-\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \cdot \frac{1}{x+1} \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+ \sqrt{x}-\arctan{\left( \sqrt{x} \right) } +C}\)
W drugiej całce można od razu przez części wtedy podstawienie będzie opcjonalne
\(\displaystyle{ \int \arccos \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{ \frac{x}{x+1} } } \cdot \frac{x+1-x}{\left( x+1\right)^2 } \cdot \frac{1}{ \sqrt{ \frac{1}{x+1} } } \cdot x \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \cdot \frac{x}{x+1} \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \cdot \frac{x+1-1}{x+1} \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \mbox{d}x }-\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \cdot \frac{1}{x+1} \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+ \sqrt{x}-\arctan{\left( \sqrt{x} \right) } +C}\)
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11579
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3167 razy
- Pomógł: 749 razy
Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int \frac{\cos(x) (2 \sin^2 (x) -1)}{\sin(x)+3} dx}\)
\(\displaystyle{ \int x^3 \sqrt{2+x^2} dx}\)
\(\displaystyle{ \int x \tg^3 (x) dx}\)
\(\displaystyle{ \int x^3 \sqrt{2+x^2} dx}\)
\(\displaystyle{ \int x \tg^3 (x) dx}\)
- Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6910
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Całki dla smakoszy
1. Podstawienie \(\displaystyle{ t=\sin{x}+3}\)
2. Podstawienie \(\displaystyle{ t=\sqrt{2+x^2}}\)
Można też przez części
\(\displaystyle{ \int x \tg^3 (x) dx\\
\int{\tan^{3}{x} \mbox{d}x }\\
t=\tan{x}\\
\mbox{d}t=\frac{cos^{2}{x}+\sin^{2}{x}}{\cos^{2}{x}} \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+\tan^{2}{x}\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+t^2\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}x=\frac{\mbox{d}t}{1+t^2}\\
\int{\frac{t^3}{1+t^2}\mbox{d}t}=\int{\frac{t^3+t-t}{1+t^2} \mbox{d}t}\\
\int{\frac{t^3}{1+t^2}\mbox{d}t}=\int{t \mbox{d}t}-\frac{1}{2}\int{\frac{2t}{1+t^2} \mbox{d}t}\\
\int{\frac{t^3}{1+t^2}\mbox{d}t}=\frac{t^2}{2}-\frac{1}{2}\ln{\left| 1+t^2\right| }+C\\
\int{\tan^{3}{x} \mbox{d}x }=\frac{1}{2}\tan^2{x}-\frac{1}{2}\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }+C\\
\int x \tg^3 (x) dx=\frac{1}{2}x\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)-\frac{1}{2}\int{\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)\mbox{d}x}\\
\int x \tg^3 (x) dx=\frac{1}{2}x\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)-\frac{1}{2}\int{\tan^{2}{x}\mbox{d}x}+\frac{1}{2}\int{\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| } \mbox{d}x }\\
\int x \tg^3 (x) dx=\frac{1}{2}x\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)-\frac{1}{2}\left( \tan{x}-x\right) +\frac{1}{2}\int{\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| } \mbox{d}x }\\}\)
\(\displaystyle{ \int{\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| } \mbox{d}x }\\
t=\tan{x}\\
\mbox{d}t=\frac{cos^{2}{x}+\sin^{2}{x}}{\cos^{2}{x}} \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+\tan^{2}{x}\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+t^2\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}x=\frac{\mbox{d}t}{1+t^2}\\
\int{\frac{\ln{\left| 1+t^2\right| }}{1+t^2} \mbox{d}t}\\}\)
Teraz trzeba wejść w zespolone i spróbować rozłożyć na sumę
Jeśli znamy całkę \(\displaystyle{ \int_{1}^{x}{\frac{\ln{t}}{1-t} \mbox{d}t}}\)
to uda się nam tę całkę policzyć
2. Podstawienie \(\displaystyle{ t=\sqrt{2+x^2}}\)
Można też przez części
\(\displaystyle{ \int x \tg^3 (x) dx\\
\int{\tan^{3}{x} \mbox{d}x }\\
t=\tan{x}\\
\mbox{d}t=\frac{cos^{2}{x}+\sin^{2}{x}}{\cos^{2}{x}} \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+\tan^{2}{x}\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+t^2\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}x=\frac{\mbox{d}t}{1+t^2}\\
\int{\frac{t^3}{1+t^2}\mbox{d}t}=\int{\frac{t^3+t-t}{1+t^2} \mbox{d}t}\\
\int{\frac{t^3}{1+t^2}\mbox{d}t}=\int{t \mbox{d}t}-\frac{1}{2}\int{\frac{2t}{1+t^2} \mbox{d}t}\\
\int{\frac{t^3}{1+t^2}\mbox{d}t}=\frac{t^2}{2}-\frac{1}{2}\ln{\left| 1+t^2\right| }+C\\
\int{\tan^{3}{x} \mbox{d}x }=\frac{1}{2}\tan^2{x}-\frac{1}{2}\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }+C\\
\int x \tg^3 (x) dx=\frac{1}{2}x\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)-\frac{1}{2}\int{\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)\mbox{d}x}\\
\int x \tg^3 (x) dx=\frac{1}{2}x\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)-\frac{1}{2}\int{\tan^{2}{x}\mbox{d}x}+\frac{1}{2}\int{\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| } \mbox{d}x }\\
\int x \tg^3 (x) dx=\frac{1}{2}x\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)-\frac{1}{2}\left( \tan{x}-x\right) +\frac{1}{2}\int{\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| } \mbox{d}x }\\}\)
\(\displaystyle{ \int{\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| } \mbox{d}x }\\
t=\tan{x}\\
\mbox{d}t=\frac{cos^{2}{x}+\sin^{2}{x}}{\cos^{2}{x}} \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+\tan^{2}{x}\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+t^2\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}x=\frac{\mbox{d}t}{1+t^2}\\
\int{\frac{\ln{\left| 1+t^2\right| }}{1+t^2} \mbox{d}t}\\}\)
Teraz trzeba wejść w zespolone i spróbować rozłożyć na sumę
Jeśli znamy całkę \(\displaystyle{ \int_{1}^{x}{\frac{\ln{t}}{1-t} \mbox{d}t}}\)
to uda się nam tę całkę policzyć