Całkowalność. Metody i obliczanie całek oznaczonych i nieoznaczonych. Pole pod wykresem. Równania i nierówności z wykorzystaniem rachunku całkowego. Wielowymiarowa całka Riemanna - w tym pola i objętości figur przestrzennych.
1. \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{1+x^{4}}= \int_{}^{}\left( \frac{Ax+B}{x^{2}-\sqrt{2}x+1} + \frac{Cx+D}{x^{2}+\sqrt{2}x+1}\right) dx}\)
Po przyrównaniu dostajemy następujący układ równań na stałe \(\displaystyle{ A,B, C, D}\): \(\displaystyle{ \begin{cases} A+C=0\\B+D=1 \\B+\sqrt{2}A-\sqrt{2}C+D=0 \\ A+\sqrt{2}B-\sqrt{2}D+C=0\end{cases}}\)
Uporawszy się z tymi pasjonującymi obliczeniami (Octave/Matlab/wolfram/karteluszek i długopis), dostajemy \(\displaystyle{ B=D= \frac{1}{2},A=- \frac{1}{2 \sqrt{2} }, C= \frac{1}{2\sqrt{2}}}\)
Dalej wyliczamy, że \(\displaystyle{ \frac{1}{2\sqrt{2}}+ \frac{1}{2}= \frac{1}{4\sqrt{2}}(2x+\sqrt{2})+ \frac{1}{4}}\) oraz \(\displaystyle{ -\frac{1}{2\sqrt{2}}+ \frac{1}{2}=- \frac{1}{4\sqrt{2}}(2x-\sqrt{2})+ \frac{1}{4}}\)
Potem sobie rozbijamy i całkujemy, no i zauważamy, że \(\displaystyle{ \arctan x+\arctan y=\arctan \frac{x+y}{1-xy}}\)
Można było również przenieść wszystko na jedną stronę i zróżniczkować. Skoro pochodna będzie zerowa, to lewa i prawa strona będą się różnić o stałą, a jako że całka nieoznaczona to rodzina funkcji równych z dokładnością do stałej, to zadanie zostałoby zakończone.
Jest jakiś sposób na środkowe bez jakiegoś mozolnego rozkładu? Bo akurat tutaj rozkład na ułamki proste jest niewygodny. Próbowałem przez części, ale robił się tylko większy syf.
-- 18 gru 2015, o 19:02 --
OK, przez części jednak idzie. \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{1+x^{5}}= \int_{}^{} \frac{(x)'}{1+x^{5}} dx= \frac{x}{1+x^{5}}+5 \int_{}^{} \frac{x^{5}}{(1+x^{5})^{2}}dx}\)
Dodajemy i odejmujemy jedynkę w liczniku funkcji podcałkowej, przerzucamy, dzielimy i narciarz.
Liczenie całek to jak szydełkowanie.
-- 18 gru 2015, o 19:12 --
A ta trzecia to była na ćwiczeniach na drugim semestrze i nie ma w niej nic ciekawego.\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{1+x^{3}}= \int_{}^{} \frac{x^{2}-x+1-x^{2}+x}{1+x^{3}}dx= \int_{}^{} \frac{dx}{1+x}- \frac{1}{3} \int_{}^{} \frac{3x^{2}}{1+x^{3}}dx+ \int_{}^{} \frac{dx}{x^{2}-x+1}- \int_{}^{} \frac{dx}{1+x^{3}}}\),
a stąd po przeniesieniu tej ostatniej na lewo i podzieleniu przez dwa mamy \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{1+x^{3}}=0,5\cdot\left(\ln\left| 1+x\right|- \frac{1}{3}\ln\left| 1+x^{3}\right|+ \frac{2\sqrt{3}}{3}\arctan \left( \frac{2x-1}{ \sqrt{3} } \right) \right) +C}\)-- 18 gru 2015, o 19:20 --A nie, co ja chrzanię z tą środkową, przecież jeszcze zostaje \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{(1+x^{5})^{2}}}\) - to jest własnie ten syf, o który mi chodziło.
\(\displaystyle{ \frac{x^3-x+2}{(x+1)(1-x^3)}}\)= \(\displaystyle{ \frac{x^3-x+2}{(x+1)(1-x)(1+x+x^2)}}\)
Rozkład na ułamki proste: \(\displaystyle{ \frac{x^3-x+2}{(x+1)(1-x)(1+x+x^2)}}\) = \(\displaystyle{ \frac{A}{x+1} + \frac{B}{1-x} + \frac {Cx+D}{1+x+x^2}}\)
Po odpowiednich przekształceniach wychodzi nam: \(\displaystyle{ A=\frac{8}{3}; B=-\frac{4}{3}; C=-\frac{5}{3}; D=\frac{2}{3}}\)
W tym momencie przechodzimy na: \(\displaystyle{ \frac{8}{3} \int \frac{1}{x+1}dx - \frac{4}{3} \int \frac{1}{1-x} dx -\frac{5}{6} \int \frac{2x+1-\frac{9}{5}}{1+x+x^2} dx}\)
W tym momencie są to już całki dosyć proste, elementarne, w ostatniej całce mamy od razu pochodną mianownika w liczniku, więc jest luzik.
Dobrze, w takim razie przepraszam, nie wiedziałem, że to jakiś błąd dać takie rozwiązanie, tym bardziej że już padały tutaj rozwiązania podobne lub przez podstawienie uniwersalne.
Inną metodą jest przewidywanie: szukamy całki \(\displaystyle{ \int \frac{A\sin x+B\cos x}{C\sin x+D\cos x} dx}\)
w postaci \(\displaystyle{ px+q\ln (C\sin x+D\cos x)}\).
Liczmy pochodną, sprowadzamy do wspólnego mianownika i przyrównujemy wyrazy przy sinusie i kosinusie.
Dostajemy układ równań liniowych z niewiadomymi \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\).
