Zał: \(\displaystyle{ x \le 1}\)
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin \sqrt{1-x} \mbox{d}x = \left[ t= \sqrt{1-x} \Rightarrow \mbox{d}x =-2t \mbox{d}t \right] =- 2\int_{}^{}t\sin t \mbox{d}x}\)
a tę rozwiązuje się całkując przez części.
Edit:
\(\displaystyle{ ....=- 2\int_{}^{}t\sin t \mbox{d}{\red t}}\)
Całki dla smakoszy
-
a4karo
- Użytkownik
- Posty: 22461
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 43 razy
- Pomógł: 3852 razy
Całki dla smakoszy
Tego se nie całkuje przez części, to wychodzi \(\displaystyle{ -2xt\sin t}\)kerajs pisze:Zał: \(\displaystyle{ x \le 1}\)
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin \sqrt{1-x} \mbox{d}x = \left[ t= \sqrt{1-x} \Rightarrow \mbox{d}x =-2t \mbox{d}t \right] =- 2\int_{}^{}t\sin t \mbox{d}x}\)
a tę rozwiązuje się całkując przez części.
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6953
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1254 razy
Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int \sin( \sqrt{1-x} ) \mbox{d}x \\
\int{ \sqrt{1-x} \cdot \frac{\sin{x}}{ \sqrt{1-x} } \mbox{d}x }\\
= 2\sqrt{1-x}\cos{\left( \sqrt{1-x} \right) \mbox{d}x } +\int{\frac{\cos{\left( \sqrt{1-x} \right) }}{ \sqrt{1-x} } \mbox{d}x }\\
=2\sqrt{1-x}\cos{\left( \sqrt{1-x} \right) \mbox{d}x } -2\sin{\left( \sqrt{1-x} \right) }+C}\)
\int{ \sqrt{1-x} \cdot \frac{\sin{x}}{ \sqrt{1-x} } \mbox{d}x }\\
= 2\sqrt{1-x}\cos{\left( \sqrt{1-x} \right) \mbox{d}x } +\int{\frac{\cos{\left( \sqrt{1-x} \right) }}{ \sqrt{1-x} } \mbox{d}x }\\
=2\sqrt{1-x}\cos{\left( \sqrt{1-x} \right) \mbox{d}x } -2\sin{\left( \sqrt{1-x} \right) }+C}\)
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 13381
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3425 razy
- Pomógł: 809 razy
Całki dla smakoszy
Jeszcze co do tej całkiktórej kompletnie nie mogę rozgryźć:
\(\displaystyle{ \int \frac{3 \sin{x} + 2 \cos{x}}{2 \sin{x} + 3 \cos{x}}dx}\)
Przekształcenie licznika: \(\displaystyle{ 3 \sin{x} + 2 \cos{x} = A(2 \sin{x} + 3 \cos{x})+ B(-3 \sin x + 2\cos x)}\)
po rozbicu na dwa składniki: pierwsza całka to \(\displaystyle{ Ax}\) zas druga to \(\displaystyle{ B \ln|2 \sin{x} + 3 \cos{x}|}\) bo to jest \(\displaystyle{ B \int \frac{-3 \sin x + 2\cos x}{2 \sin{x} + 3 \cos{x}} dx}\)
W ten sposób jest to latwiej zapamietac...
była obliczona \(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1- \sin x}}\) ; co gdy \(\displaystyle{ \int \frac{dx}{a - \sin bx}}\) ?
Czy ktos ma jakąś/es nastepne całki dla smakoszy ?!!
-
Straznik Teksasu
- Użytkownik
- Posty: 426
- Rejestracja: 29 paź 2015, o 16:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 21 razy
- Pomógł: 90 razy
Całki dla smakoszy
Proszę
\(\displaystyle{ \int \frac{1}{ \sqrt{(x^{2}-8)(x^2+{6})} } dx}\)
Wynik wychodzi ładny bez zespolonych tylko, że wolfram nie pokazuje jak do niego dojść.
\(\displaystyle{ \int \frac{1}{ \sqrt{(x^{2}-8)(x^2+{6})} } dx}\)
Wynik wychodzi ładny bez zespolonych tylko, że wolfram nie pokazuje jak do niego dojść.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{a - \sin bx}}\)
rozwiązujemy podstawieniem \(\displaystyle{ t= \tg\frac{bx}{2}}\) - takie przerobione podstawienie uniwersalne. Oczywiście nie ma to sensu, gdy \(\displaystyle{ b=0}\), ale wtedy po prostu mamy
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{a }= \frac{x}{a}+C}\). Dalej zakładamy \(\displaystyle{ b\neq 0}\).
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{a - \sin bx}=\bigg| t=\tg \frac{bx}{2} \bigg|= \frac{2}{b} \int_{}^{} \frac{dt}{a(1+t^{2})-2t}}\)
a to już się bardzo standardowo całkuje:
gdy \(\displaystyle{ a=0}\), to mamy coś banalnego, co całkujemy do przeskalowanego logarytmu;
gdy \(\displaystyle{ a\neq 0}\) i \(\displaystyle{ 4-4a^{2}<0}\) to zwijamy mianownik do postaci kanonicznej:
\(\displaystyle{ a\left( t- \frac{1}{a} \right) ^{2}+a- \frac{1}{a}}\), dzielimy licznik i mianownik przez
\(\displaystyle{ 1- \frac{1}{a^{2}}}\) i całkujemy do arcusa tangensa,
zaś gdy \(\displaystyle{ 4-4a^{2}>0}\) (wyróżnik trójmianu w mianowniku jest dodatni), to
wyliczamy pierwiastki i całkujemy do logarytmów (nikt nie potrzebuje tych żmudnych obliczeń).
A gdy \(\displaystyle{ a^{2}=1}\), to w ogóle nie ma potrzeby kombinowania z podstawieniem uniwersalnym, bo możemy policzyć całkę dokładnie tak, jak policzono \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{1-\sin x}}\).
Wynik dla \(\displaystyle{ a^{2}>1}\) i \(\displaystyle{ ab\neq 0}\):
\(\displaystyle{ \left( 1-\frac {1}{ a^{2}}\right)^{-\frac 1 2} \frac{2}{ab}\arctan \left( \frac{\tg \frac{bx}{2}-\frac 1 a }{ \sqrt{1- \frac{1}{a^{2}} } } \right)+C}\)
Wynik dla \(\displaystyle{ a^{2}<1}\) i \(\displaystyle{ ab\neq 0:}\)
\(\displaystyle{ \frac{2}{ab} \left(\alpha \ln \left|\tg \frac{bx}{2}- \frac{1}{a}+ \sqrt{1- \frac{1}{a^{2}} } \right|+ \beta \ln \left|\tg \frac{bx}{2}- \frac{1}{a}- \sqrt{1- \frac{1}{a^{2}} } \right| \right)+C}\), gdzie stałych \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ \beta}\) nie wyznaczę, gdyż nie umiem liczyć.
A dla \(\displaystyle{ a^{2}=1}\), to każdy sobie policzy, sprzężenie mianownika, różnica kwadratów, jedynka trygonometryczna, liniowość całki i wychodzi.
A, i jeszcze dla \(\displaystyle{ a=0}\) mamy \(\displaystyle{ - \frac{1}{b}\ln\left| \tg \frac{bx}{2} \right|+C}\)
Straznik Teksasu, a skąd wiesz, że ta "Twoja" całka jest elementarna? Policzyłeś ją? Wolfram wypluwa coś z funkcjami eliptycznymi.-- 12 maja 2016, o 12:14 --Ciekawostka: dla \(\displaystyle{ n}\) naturalnych mamy
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(1+x^{2})^{n+1}}= \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\pi}\)
rozwiązujemy podstawieniem \(\displaystyle{ t= \tg\frac{bx}{2}}\) - takie przerobione podstawienie uniwersalne. Oczywiście nie ma to sensu, gdy \(\displaystyle{ b=0}\), ale wtedy po prostu mamy
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{a }= \frac{x}{a}+C}\). Dalej zakładamy \(\displaystyle{ b\neq 0}\).
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{a - \sin bx}=\bigg| t=\tg \frac{bx}{2} \bigg|= \frac{2}{b} \int_{}^{} \frac{dt}{a(1+t^{2})-2t}}\)
a to już się bardzo standardowo całkuje:
gdy \(\displaystyle{ a=0}\), to mamy coś banalnego, co całkujemy do przeskalowanego logarytmu;
gdy \(\displaystyle{ a\neq 0}\) i \(\displaystyle{ 4-4a^{2}<0}\) to zwijamy mianownik do postaci kanonicznej:
\(\displaystyle{ a\left( t- \frac{1}{a} \right) ^{2}+a- \frac{1}{a}}\), dzielimy licznik i mianownik przez
\(\displaystyle{ 1- \frac{1}{a^{2}}}\) i całkujemy do arcusa tangensa,
zaś gdy \(\displaystyle{ 4-4a^{2}>0}\) (wyróżnik trójmianu w mianowniku jest dodatni), to
wyliczamy pierwiastki i całkujemy do logarytmów (nikt nie potrzebuje tych żmudnych obliczeń).
A gdy \(\displaystyle{ a^{2}=1}\), to w ogóle nie ma potrzeby kombinowania z podstawieniem uniwersalnym, bo możemy policzyć całkę dokładnie tak, jak policzono \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{1-\sin x}}\).
Wynik dla \(\displaystyle{ a^{2}>1}\) i \(\displaystyle{ ab\neq 0}\):
\(\displaystyle{ \left( 1-\frac {1}{ a^{2}}\right)^{-\frac 1 2} \frac{2}{ab}\arctan \left( \frac{\tg \frac{bx}{2}-\frac 1 a }{ \sqrt{1- \frac{1}{a^{2}} } } \right)+C}\)
Wynik dla \(\displaystyle{ a^{2}<1}\) i \(\displaystyle{ ab\neq 0:}\)
\(\displaystyle{ \frac{2}{ab} \left(\alpha \ln \left|\tg \frac{bx}{2}- \frac{1}{a}+ \sqrt{1- \frac{1}{a^{2}} } \right|+ \beta \ln \left|\tg \frac{bx}{2}- \frac{1}{a}- \sqrt{1- \frac{1}{a^{2}} } \right| \right)+C}\), gdzie stałych \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ \beta}\) nie wyznaczę, gdyż nie umiem liczyć.
A dla \(\displaystyle{ a^{2}=1}\), to każdy sobie policzy, sprzężenie mianownika, różnica kwadratów, jedynka trygonometryczna, liniowość całki i wychodzi.
A, i jeszcze dla \(\displaystyle{ a=0}\) mamy \(\displaystyle{ - \frac{1}{b}\ln\left| \tg \frac{bx}{2} \right|+C}\)
Straznik Teksasu, a skąd wiesz, że ta "Twoja" całka jest elementarna? Policzyłeś ją? Wolfram wypluwa coś z funkcjami eliptycznymi.-- 12 maja 2016, o 12:14 --Ciekawostka: dla \(\displaystyle{ n}\) naturalnych mamy
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(1+x^{2})^{n+1}}= \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\pi}\)
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6953
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1254 razy
Całki dla smakoszy
\(\displaystyle{ \int{\frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n+1} } \mbox{d}x }\\
=\int{\frac{1+x^2-x^2}{\left( 1+x^2\right)^{n+1} } \mbox{d}x }\\
=\int{ \frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} } }+\int{ \frac{-x^2}{\left( 1+x^2\right)^{n+1} } \mbox{d}x }\\
=\int{ \frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} } }+\int{\frac{x}{2n} \cdot \frac{\left( -2nx\right) }{\left( 1+x^2\right)^{n+1} } \mbox{d}x }\\
=\int{ \frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} } }+\frac{1}{2n} \cdot \frac{x}{\left( 1+x^2\right)^{n} }-\frac{1}{2n}\int{\frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} }}\\
= \frac{1}{2n} \cdot \frac{x}{\left( 1+x^2\right)^{n} }+\frac{2n-1}{2n}\int{\frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} }}\\
I_{n+1}=\frac{1}{2n} \cdot \frac{x}{\left( 1+x^2\right)^{n} }+\frac{2n-1}{2n}I_{n}}\)
Dla oznaczonej otrzymujemy
\(\displaystyle{ \begin{cases} I_{1}=\frac{\pi}{2} \\ I_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}I_{n} \end{cases}}\)
=\int{\frac{1+x^2-x^2}{\left( 1+x^2\right)^{n+1} } \mbox{d}x }\\
=\int{ \frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} } }+\int{ \frac{-x^2}{\left( 1+x^2\right)^{n+1} } \mbox{d}x }\\
=\int{ \frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} } }+\int{\frac{x}{2n} \cdot \frac{\left( -2nx\right) }{\left( 1+x^2\right)^{n+1} } \mbox{d}x }\\
=\int{ \frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} } }+\frac{1}{2n} \cdot \frac{x}{\left( 1+x^2\right)^{n} }-\frac{1}{2n}\int{\frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} }}\\
= \frac{1}{2n} \cdot \frac{x}{\left( 1+x^2\right)^{n} }+\frac{2n-1}{2n}\int{\frac{ \mbox{d}x }{\left( 1+x^2\right)^{n} }}\\
I_{n+1}=\frac{1}{2n} \cdot \frac{x}{\left( 1+x^2\right)^{n} }+\frac{2n-1}{2n}I_{n}}\)
Dla oznaczonej otrzymujemy
\(\displaystyle{ \begin{cases} I_{1}=\frac{\pi}{2} \\ I_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}I_{n} \end{cases}}\)
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
Całki dla smakoszy
Też tak robiłem, fajne (a ten wzór rekurencyjny już kilka razy wyprowadzałeś, jak sobie przypominam).
Za to z tej samej książki, a nawet z tej samej strony mam inną całkę, której już nie potrafię policzyć bez analizy zespolonej (lel, to nie praca domowa ani nic takiego):
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\sin x}{x^{2}+a^{2}}dx}\)
Prawdopodobnie nieoznaczona jest nieelementarna, natomiast chętnie zobaczyłbym jakieś sztuczki bez zespolonych, pozwalające obliczyć oznaczoną. Jakieś równanie różniczkowe czy coś?
Za to z tej samej książki, a nawet z tej samej strony mam inną całkę, której już nie potrafię policzyć bez analizy zespolonej (lel, to nie praca domowa ani nic takiego):
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\sin x}{x^{2}+a^{2}}dx}\)
Prawdopodobnie nieoznaczona jest nieelementarna, natomiast chętnie zobaczyłbym jakieś sztuczki bez zespolonych, pozwalające obliczyć oznaczoną. Jakieś równanie różniczkowe czy coś?
-
luka52
- Użytkownik
- Posty: 8297
- Rejestracja: 1 maja 2006, o 20:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 47 razy
- Pomógł: 1814 razy
Całki dla smakoszy
Premislav, wystarczy zróżniczkować:
\(\displaystyle{ \partial_t \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos t x}{a^2 + x^2} \; \dd x}\)
A ta całka jest dość standardowa - można obliczyć bez residuów korzystając z transformaty Fouriera.-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15496
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5224 razy
Całki dla smakoszy
luka52, świetne, dzięki.
-- 13 maja 2016, o 15:12 --
Przy okazji - czy macie jakieś ładne pomysły na obliczanie
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}dx}\)?
Dopiero po tym jak zobaczyłem ten szkic rozwiązania, pomyślałem, że można to zrobić tak:
rozważmy \(\displaystyle{ F(t)= \int_{0}^{+\infty} \frac{e^{-tx}\sin x}{x}dx}\). Wówczas
z twierdzenia Leibniza mamy \(\displaystyle{ F'(t)= -\int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\sin x dx=- \frac{1}{t^{2}+1}}\) (bo \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\sin x dx}\) dla \(\displaystyle{ t>0}\) to jest transformata Laplace'a sinusa).
Mamy zatem \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}F'(t)dt=-\arctan t\bigg|^{t\rightarrow +\infty}_{t=0}= -\frac{\pi}{2}}\)
Ale \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}F'(t)dt= \lim_{T \to \infty }F(T) -F(0)=-F(0)}\), stąd
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}dx=F(0)=\frac{\pi}{2}}\)
Czy nie ma tu jakiegoś blefu/nadużycia?
To, że \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}F'(t)dt= \lim_{T \to \infty }F(T) -F(0)}\) wydaje się jasne, bo jako że
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}dx}\) jest zbieżna na mocy kryterium Dirichleta, to \(\displaystyle{ F(0)}\) jest dobrze określone. Coś tu jeszcze może przeoczyłem?
-- 13 maja 2016, o 15:12 --
Przy okazji - czy macie jakieś ładne pomysły na obliczanie
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}dx}\)?
Dopiero po tym jak zobaczyłem ten szkic rozwiązania, pomyślałem, że można to zrobić tak:
rozważmy \(\displaystyle{ F(t)= \int_{0}^{+\infty} \frac{e^{-tx}\sin x}{x}dx}\). Wówczas
z twierdzenia Leibniza mamy \(\displaystyle{ F'(t)= -\int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\sin x dx=- \frac{1}{t^{2}+1}}\) (bo \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\sin x dx}\) dla \(\displaystyle{ t>0}\) to jest transformata Laplace'a sinusa).
Mamy zatem \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}F'(t)dt=-\arctan t\bigg|^{t\rightarrow +\infty}_{t=0}= -\frac{\pi}{2}}\)
Ale \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}F'(t)dt= \lim_{T \to \infty }F(T) -F(0)=-F(0)}\), stąd
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}dx=F(0)=\frac{\pi}{2}}\)
Czy nie ma tu jakiegoś blefu/nadużycia?
To, że \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}F'(t)dt= \lim_{T \to \infty }F(T) -F(0)}\) wydaje się jasne, bo jako że
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}dx}\) jest zbieżna na mocy kryterium Dirichleta, to \(\displaystyle{ F(0)}\) jest dobrze określone. Coś tu jeszcze może przeoczyłem?
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 13381
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3425 razy
- Pomógł: 809 razy
Całki dla smakoszy
może mu nie smakuje /choc to też smakosz...Wolfram wypluwa coś z funkcjami eliptycznymi.
Żeby wątek nie "spał"...
\(\displaystyle{ \int \frac{x^7+1}{(x^2+x+1)^2} dx}\)
i
\(\displaystyle{ \int_{[0, 1]} {x \choose n} dx}\) tj. jako funkcję zmiennej \(\displaystyle{ n}\)
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6953
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1254 razy
Całki dla smakoszy
Pierwszą widziałem w pewnym rosyjskim zbiorze jako przykład na metodę Ostrogradskiego
(no dobra prawie taka sama tylko stała była inna)
tylko najpierw proponowałbym podzielić licznik przez mianownik
Możemy rozbić na sumę całek
\(\displaystyle{ \frac{1}{48}\int{\left(24x^6-12x^5+6x^4-3x^3+17x^2-17x \right) \frac{2x+1}{\left( x^2+x+1\right)^2 } \mbox{d}x }-\frac{1}{48}\int{\frac{\left( 31x-48\right)\left( x^2+x+1\right) }{\left( x^2+x+1\right)^2 } \mbox{d}x }}\)
Pierwszą przez części a w drugiej skrócić licznik z mianownikiem
Dalej standardowo , podzielić licznik przez mianownik , trójmian w mianowniku sprowadzić
do postaci kanonicznej
Jeżeli chodzi o całkowanie funkcji wymiernych to proponuję taki schemacik
\(\displaystyle{ 1.\ \deg L\left( x\right) \ge \deg M\left( x\right)}\)
Dzielimy licznik przez mianownik
\(\displaystyle{ \int{\frac{L\left( x\right) }{M\left( x\right) } \mbox{d}x }=\int{W\left( x\right) \mbox{d}x }+\int{\frac{R\left( x\right) }{M\left( x\right) } \mbox{d}x }}\)
\(\displaystyle{ 2.\ \deg L\left( x\right) < \deg M\left( x\right) \wedge \gcd \left( M\left( x\right),M'\left( x\right) \right) \neq const}\)
Wydzielamy część wymierną całki sposobem podanym przez Ostrogradskiego
\(\displaystyle{ \int{\frac{R\left( x\right) }{M\left( x\right) } \mbox{d}x }=\frac{R_{1}\left(x \right) }{M_{1}\left(x \right) }+\int{\frac{R_{2}\left(x \right) }{M_{2}\left(x \right) } \mbox{d}x }}\)
\(\displaystyle{ M_{1}\left( x\right)=\gcd \left( M\left( x\right),M'\left( x\right) \right)\\
M\left( x\right)=M_{1}\left( x\right)M_{2}\left( x\right) \\
\deg R_{1}\left( x\right) < \deg M_{1}\left( x\right)\\
\deg R_{2}\left( x\right) < \deg M_{2}\left( x\right)\\}\)
Liczniki \(\displaystyle{ R_{1}\left( x\right)}\) oraz \(\displaystyle{ R_{2}\left( x\right)}\)
wyznaczamy metodą współczynników nieoznaczonych
(Za współczynniki wielomianów w licznikach bierzemy współczynniki literowe
i różniczkujemy powyższą równość)
\(\displaystyle{ 3.\ \deg L\left( x\right) < \deg M\left( x\right) \wedge \gcd \left( M\left( x\right),M'\left( x\right) \right) = const}\)
Niech
\(\displaystyle{ M_{2}\left( x\right)=\left( x-a_{1}\right)\left( x-a_{2}\right) \cdot \ldots \cdot\left( x-a_{k}\right)\left( x^2+p_{1}x+q_{1}\right)\left( x^2+p_{2}x+q_{2}\right) \cdot \ldots \cdot\left( x^2+p_{m}x+q_{m}\right)}\)
\(\displaystyle{ \int{\frac{R_{2}\left( x\right) }{M_{2}\left( x\right) } \mbox{d}x }=\int{\frac{A_{1}}{x-a_{1}} \mbox{d}x }+\int{\frac{A_{2}}{x-a_{2}} \mbox{d}x }+ \ldots +\int{\frac{A_{k}}{x-a_{k}} \mbox{d}x }+\\
\int{\frac{B_{1}x+C_{1}}{x^2+p_{1}x+q_{1}} \mbox{d}x }+\int{\frac{B_{2}x+C_{2}}{x^2+p_{2}x+q_{2}} \mbox{d}x }+ \ldots +\int{\frac{B_{m}x+C_{m}}{x^2+p_{m}x+q_{m}} \mbox{d}x }}\)
Ten schemacik ma taką zaletę że rozkład mianownika na czynniki nierozkładalne nad \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) jest potrzebny dopiero w ostatnim punkcie
(no dobra prawie taka sama tylko stała była inna)
tylko najpierw proponowałbym podzielić licznik przez mianownik
Możemy rozbić na sumę całek
\(\displaystyle{ \frac{1}{48}\int{\left(24x^6-12x^5+6x^4-3x^3+17x^2-17x \right) \frac{2x+1}{\left( x^2+x+1\right)^2 } \mbox{d}x }-\frac{1}{48}\int{\frac{\left( 31x-48\right)\left( x^2+x+1\right) }{\left( x^2+x+1\right)^2 } \mbox{d}x }}\)
Pierwszą przez części a w drugiej skrócić licznik z mianownikiem
Dalej standardowo , podzielić licznik przez mianownik , trójmian w mianowniku sprowadzić
do postaci kanonicznej
Jeżeli chodzi o całkowanie funkcji wymiernych to proponuję taki schemacik
\(\displaystyle{ 1.\ \deg L\left( x\right) \ge \deg M\left( x\right)}\)
Dzielimy licznik przez mianownik
\(\displaystyle{ \int{\frac{L\left( x\right) }{M\left( x\right) } \mbox{d}x }=\int{W\left( x\right) \mbox{d}x }+\int{\frac{R\left( x\right) }{M\left( x\right) } \mbox{d}x }}\)
\(\displaystyle{ 2.\ \deg L\left( x\right) < \deg M\left( x\right) \wedge \gcd \left( M\left( x\right),M'\left( x\right) \right) \neq const}\)
Wydzielamy część wymierną całki sposobem podanym przez Ostrogradskiego
\(\displaystyle{ \int{\frac{R\left( x\right) }{M\left( x\right) } \mbox{d}x }=\frac{R_{1}\left(x \right) }{M_{1}\left(x \right) }+\int{\frac{R_{2}\left(x \right) }{M_{2}\left(x \right) } \mbox{d}x }}\)
\(\displaystyle{ M_{1}\left( x\right)=\gcd \left( M\left( x\right),M'\left( x\right) \right)\\
M\left( x\right)=M_{1}\left( x\right)M_{2}\left( x\right) \\
\deg R_{1}\left( x\right) < \deg M_{1}\left( x\right)\\
\deg R_{2}\left( x\right) < \deg M_{2}\left( x\right)\\}\)
Liczniki \(\displaystyle{ R_{1}\left( x\right)}\) oraz \(\displaystyle{ R_{2}\left( x\right)}\)
wyznaczamy metodą współczynników nieoznaczonych
(Za współczynniki wielomianów w licznikach bierzemy współczynniki literowe
i różniczkujemy powyższą równość)
\(\displaystyle{ 3.\ \deg L\left( x\right) < \deg M\left( x\right) \wedge \gcd \left( M\left( x\right),M'\left( x\right) \right) = const}\)
Niech
\(\displaystyle{ M_{2}\left( x\right)=\left( x-a_{1}\right)\left( x-a_{2}\right) \cdot \ldots \cdot\left( x-a_{k}\right)\left( x^2+p_{1}x+q_{1}\right)\left( x^2+p_{2}x+q_{2}\right) \cdot \ldots \cdot\left( x^2+p_{m}x+q_{m}\right)}\)
\(\displaystyle{ \int{\frac{R_{2}\left( x\right) }{M_{2}\left( x\right) } \mbox{d}x }=\int{\frac{A_{1}}{x-a_{1}} \mbox{d}x }+\int{\frac{A_{2}}{x-a_{2}} \mbox{d}x }+ \ldots +\int{\frac{A_{k}}{x-a_{k}} \mbox{d}x }+\\
\int{\frac{B_{1}x+C_{1}}{x^2+p_{1}x+q_{1}} \mbox{d}x }+\int{\frac{B_{2}x+C_{2}}{x^2+p_{2}x+q_{2}} \mbox{d}x }+ \ldots +\int{\frac{B_{m}x+C_{m}}{x^2+p_{m}x+q_{m}} \mbox{d}x }}\)
Ten schemacik ma taką zaletę że rozkład mianownika na czynniki nierozkładalne nad \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) jest potrzebny dopiero w ostatnim punkcie
-
Straznik Teksasu
- Użytkownik
- Posty: 426
- Rejestracja: 29 paź 2015, o 16:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 21 razy
- Pomógł: 90 razy
Całki dla smakoszy
Mi wyszedł inny wynik (całka eliptyczna pierwszego rodzaju) niż w wolframie. Jest ona nieelementarna i chodzi mi o to aby ją sprowadzić do postaci standardowej.Premislav pisze: Straznik Teksasu, a skąd wiesz, że ta "Twoja" całka jest elementarna? Policzyłeś ją? Wolfram wypluwa coś z funkcjami eliptycznymi.
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6953
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1254 razy
Całki dla smakoszy
Całkując tak jak pokazano u Fichtenholza nie dostaniemy zespolonych
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{14} }{14}\mathrm {F}\left( \frac{ \sqrt{x^2-8} }{x},\frac{ \sqrt{21} }{7} \right)+C}\)
Wolfram funkcję \(\displaystyle{ \mathrm {F}}\) podaje w postaci Legendre
Co do współczynnika to sprawdź czy podaje on go w kwadracie czy nie
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{14} }{14}\mathrm {F}\left( \frac{ \sqrt{x^2-8} }{x},\frac{ \sqrt{21} }{7} \right)+C}\)
Wolfram funkcję \(\displaystyle{ \mathrm {F}}\) podaje w postaci Legendre
Co do współczynnika to sprawdź czy podaje on go w kwadracie czy nie