Całki dla smakoszy

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ \int_{1}^{2} \sqrt{x^2 - 1} \ arc \ ch (x) dx}\)

[arek1357]

co to jest arc ch

[mol_ksiazkowy]

co to jest arc ch

To funkcja odwrotna do funkcji cosinus hiperboliczny na dziedzinie \(\displaystyle{ (0, +\infty)}\)

[arek1357]

Więc to powinno tak wyglądać:

\(\displaystyle{ \int_{1}^{2} \sqrt{x^2-1} \ln( \sqrt{x^2-1}+x)dx }\)

podstawienie:

\(\displaystyle{ x=\cos t}\)

\(\displaystyle{ dx=-\sin t dt , \sqrt{x^2-1} =i\sin t}\)

\(\displaystyle{ \ln( \cos t+i\sin t)=it}\)

zostanie taka całka po tych podstawieniach:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{a} t\sin^2 t dt}\)

\(\displaystyle{ a=\arccos(2)}\) - zespolone

czyli nie wdając się w rachunki mamy:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{a} t\sin^2 t dt= \frac{1}{4}a^2- \frac{1}{4} a \sin 2a- \frac{1}{8} \cos 2a+ \frac{1}{8} }\)

[a4karo]

Dla `1<x<2` podstawienie `x=\cos t` wygląda nader intrygująco.

[arek1357]

dokładnie bo weszłem w zespolone...

mnie to też zaintrygowało dość mocno... i nadal intryguje...(oczy przecieram)

żeby wprowadzić jeszcze większe zamieszanie:

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=arccos%282%29%3D

[a4karo]

Podstawienie `x=\cosh t` powinno załatwić sprawę.

Dodano po 5 godzinach 23 sekundach:
\(\displaystyle{ x=\cosh t\\
dx=\sinh t dt\\
\sqrt{x^2-1}=\sinh t}\)

\(\displaystyle{ \int \sqrt{x^2-1}\,\mathrm{arcosh}(x) dx=\int t\sinh^2 xdx=\frac12\int t\cosh 2t dt-\frac12\int tdt}\).

Pierwszą całkę przez części, druga jest banalna. Obie loczymy w granicach od `0` do \(\displaystyle{ \mathrm{arcosh}\, 2=\ln(2+\sqrt3)}\)

Dodano po 9 minutach 1 sekundzie:
UWAGA: zapis `arc\ ch` jest niepoprawny. `arc` oznacza kąt, i dlatego funkcje odwrotne do funkcji trygonometrycznych mają przedrotek `arc`: `\arcsin, \arccos`.

Wartości funkcji odwrotnych do funkcji hiperbolicznych mierzą pola pewnych obszarów związanych z hiperbolą, i dlatego do ich oznaczenia używany przedrostka `ar` (area).
Nazwy tych funkcji to area sinus hiperboliczny \(\displaystyle{ \mathrm{arsinh, arsh}}\), area kosinus hiperboliczny \(\displaystyle{ \mathrm{arcosh, arch}}\) itd.

[Mariusz M]

Tylko czy nie lepiej od razu przez części

\(\displaystyle{ \int{\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }\mbox{d}x}=\\
x\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }-\int{x\left( \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x \right) }+1\right)\mbox{d}x }=\\
x\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }-\int{\frac{x^2}{ \sqrt{x^2-1} }\ln{\left( \sqrt{x^2-1} +x\right) }\mbox{d}x}- \int{x\mbox{d}x}= \\
x\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }-\int{\frac{\left( x^2-1\right)+1 }{\sqrt{x^2-1}}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x \right) }}- \int{x\mbox{d}x}=\\
\int{\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }\mbox{d}x}=x\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }-\int{\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }\mbox{d}x}-\int{\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\ln{\left( \sqrt{x^2-1} +x \right) }\mbox{d}x}- \int{x\mbox{d}x} \\
2\int{\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }\mbox{d}x}=x\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }-\int{\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\ln{\left( \sqrt{x^2-1} +x \right) }\mbox{d}x}- \int{x\mbox{d}x} \\
2\int{\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }\mbox{d}x}=x\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }-\frac{1}{2}\ln^2{\left( \sqrt{x^2-1} +x\right) }-\frac{1}{2}x^2+C_{1}\\
\int{\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }\mbox{d}x}=\frac{1}{2}x\sqrt{x^2-1}\ln{\left( \sqrt{x^2-1}+x\right) }-\frac{1}{4}\ln^2{\left( \sqrt{x^2-1} +x\right) }-\frac{1}{4}x^2+C\\
}\)


Macie pomysł na taką całkę

\(\displaystyle{ \int{\frac{11^x}{2^x+5^x}\mbox{d}x} \\}\)

Zostałla mi ona do policzenia przy okazji liczenia innej całki

`arc` oznacza kąt

może i ja łaciny nie znam ale arc jest skrótem od łacińskiego arcus co oznacza łuk
i jeżeli zdefiniujemy funkcje cyklometryczne tak aby zwracały kąt w mierze łukowej to nawet nazwa do nich pasuje

[arek1357]

Ja bym to zamienił na:

\(\displaystyle{ \int \frac{e^{x\ln 11}}{e^{x\ln 5}+e^{x\ln 2}}dx }\)

potem bym podstawił:

\(\displaystyle{ e^x=t , dx= \frac{dt}{t} }\)

Otrzymamy całkę typu:

\(\displaystyle{ \int\frac{t^a}{(t^b+t^c)t}dt }\)

Co po prostych przekształceniach da całkę typu:

\(\displaystyle{ \int \frac{t^a}{t^b+1} dt}\)

wolfram daje wynik z mutacją funkcji gamma:

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=f%28x%29%3Dt%5Ea%2F%28t%5Eb%2B1%29

Dodano po 18 minutach 18 sekundach:
Mutacja ta jest nawet średnio zgrabnym szeregiem nieskończonym...

Dodano po 3 godzinach 1 minucie 26 sekundach:
Po skróceniach i obliczeniach wyszło mi:

\(\displaystyle{ \frac{t^{a+1}}{a+1} -t^{a+b+1} \sum_{i=0}^{ \infty } \frac{(-1)^i}{a+b+1+bi} t^{bi}}\)

Dodano po 6 minutach 8 sekundach:
Wyszło mi, że:

\(\displaystyle{ a=\ln \frac{11}{2} -1}\)

\(\displaystyle{ b=\ln \frac{5}{2} }\)

Dodano po 12 minutach 4 sekundach:
Po tych podstawieniach wyjdzie:

\(\displaystyle{ \frac{ \left( \frac{11}{2}\right) ^x }{\ln \frac{11}{2} } - \left( \frac{55}{4} \right)^x \sum_{i=0}^{ \infty } \frac{(-1)^i}{\ln \frac{55}{4}+i\ln \frac{5}{2} }\left( \frac{5}{2} \right)^{ix} }\)

O ile się gdzieś nie pomyliłem...

[arek1357]

Oblicz prostą i fajną całkę:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dx}{x^8-x} }\)

[a4karo]

\(\displaystyle{ \int\frac{dx}{x^n-x}=\int \frac{x^{n-1}+1-x^{n-1}}{x(x^{n-1}-1)}dx=\frac1{n-1}\int\frac{(n-1)x^{n-2}}{x^{n-1}-1}dx-\int\frac{dx}{x}\\
\frac1{n-1}\log(x^{n-1}-1)-\log x+C}\)

[Mariusz M]

I co wątek stoi
Ostatnio z równania różniczkowego wyszła mi całka

\(\displaystyle{ \int{ \frac{e^{\arctg{x}}}{x^2} \mbox{d}x} }\)

[a4karo]

I poradziłeś sobie?

[arek1357]

Załatwia tę całkę podstawienie:

\(\displaystyle{ t=\arctg x}\)

Ale pojawia się:

hypergeometric function:

\(\displaystyle{ _{2}F_{1}(...)}\)

[Mariusz M]

Arek po podstawieniu zaproponowanym przez ciebie dostaniemy

\(\displaystyle{ \int{\frac{e^{t}}{\sin^2{\left( t\right) }}\mbox{d}t}}\)

i jak z tego otrzymać funkcję hipergeometryczną ?