Całki dla smakoszy

[kerajs]

3,
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{\sqrt{x^2 +2x -3}}=\ln \left| x+1 + \sqrt{(x+1)^2 -4} \right|+C}\)

Zadanie :
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{x \sqrt{x^2+2x-2}}=\left[ t= \frac{1}{x} \right]= sgn (t)\int_{}^{} \frac{-dt}{ \sqrt{1+2t-2t^2} }= - sgn (t) \int_{}^{} \frac{ \mbox{d}t }{ \sqrt{ \frac{3}{2} \cdot ( 1-( \frac{ 2(t- \frac{1}{2} ) }{ \sqrt{3} } )^2) }}=\\=- sgn (t) \frac{1}{ \sqrt{2} } \arcsin \frac{ 2(t- \frac{1}{2} ) }{ \sqrt{3} } +C= - sgn (x) \frac{1}{ \sqrt{2} } \arcsin \frac{2-x}{ \sqrt{3}x } +C}\)

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{x \sqrt{x^2+2x-2}}\\
\sqrt{x^2+2x-2}=t-x\\
x^2+2x-2=t^2-2xt+x^2\\
2x-2=t^2-2xt\\
2xt+2x=t^2+2\\
x\left( 2t+2\right)=t^2+2\\
x= \frac{t^2+2}{2t+2}\\
\mbox{d}x=\frac{2t\left( 2t+2\right)-2\left( t^2+2\right) }{\left( 2t+2\right)^2 } \mbox{d}t\\
\mbox{d}x =\frac{2t^2+4t-4}{\left( 2t+2\right)^2} \mbox{d}t\\
t-x=\frac{2t^2+2t-t^2-2}{2t+2}=\frac{t^2+2t-2}{2t+2} \\
\int{\frac{2t+2}{t^2+2} \cdot \frac{2t+2}{t^2+2t-2} \cdot \frac{2\left( t^2+2t-2\right) }{\left( 2t+2\right)^2} \mbox{d}t} \\
\int{\frac{2}{t^2+2} \mbox{d}t}=\int{\frac{ \mbox{d}t}{1+\left( \frac{t}{ \sqrt{2} } \right)^2 }}\\
= \sqrt{2}\int{\frac{ \frac{1}{ \sqrt{2} } \mbox{d}t}{1+\left( \frac{t}{ \sqrt{2} } \right)^2 }}\\
=\sqrt{2}\arctan{\left( \frac{t}{ \sqrt{2} } \right) }+C\\
=\sqrt{2}\arctan{\left( \frac{x+\sqrt{x^2+2x-2}}{ \sqrt{2} } \right) }+C}\)

Do pierwszej całki też lepiej pasuje pierwsze podstawienie Eulera

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1- \sin(x)}}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1+ \sqrt{x^2+2x+2}}}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{x^2-1}{(x^2+1)\sqrt{1+x^4}} dx}\)

[kerajs]

1)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1- \sin(x)}=...}\)
Inaczej niż przez podstawienie \(\displaystyle{ t=\tan \frac{x}{2}}\):
\(\displaystyle{ ...=\int \frac{dx}{(\sin \frac{x}{2}- \cos \frac{x}{2})^2}= \frac{1}{2} \int_{}^{} \frac{dx}{\sin^2( \frac{x}{2}- \frac{ \pi }{4} )} = -\ctg ( \frac{x}{2}- \frac{ \pi }{4} )+C}\)

[Premislav]

\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1- \sin(x)}= \int_{}^{} \frac{1+\sin(x)}{\cos^{2}(x)}dx=\tg x+ \frac{1}{\cos x}+C}\)
Makumba wolelele, co to jest? Przypominam o prośbie Pana a4karo
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1+ \sqrt{x^2+2x+2}}=\bigg|^{ \sqrt{x^{2}+2x+2}=t-x }_{x= \frac{t^{2}-2}{2(t+1)} } \bigg|= \int_{}^{} \frac{2(t+1)}{2(t+1)+2(t+1)t-t^{2}+2} \frac{2t^{2}+2t+4}{4(t+1)^{2}} dt=\\= \int_{}^{} \frac{t^{2}+t+2}{(t+1)(t+2)^{2}}dt}\).
I dalej rozkład na ułamki proste.

[Mariusz M]

Premislav, nie pomyliłeś się ?
W całce z podstawieniem Eulera licznik powinien być nieco inny

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

Tutaj przydałoby się dać jakieś założenie albo funkcję signum
Do całki która została pasuje podstawienie za pierwiastek
lub pierwsze podstawienie Eulera

\(\displaystyle{ \int{ \frac{ \mbox{d}t}{t \sqrt{t^2-2} } } \\
\sqrt{t^2-2}=u-t\\
t^2-2=u^2-2tu+t^2\\
-2=u^2-2tu\\
2tu=u^2+2\\
t=\frac{u^2+2}{2u}\\
u-t=\frac{2u^2-u^2-2}{2u}=\frac{u^2-2}{2u}\\
\mbox{d}t=\frac{2u \cdot 2u-2\left( u^2+2\right) }{4u^2} \mbox{d}u\\
\mbox{d}t=\frac{2u^2-4}{4u^2}\mbox{d}u\\
\mbox{d}t=\frac{u^2-2}{2u^2}\mbox{d}u\\
\int{ \frac{2u}{u^2+2} \cdot \frac{2u}{u^2-2} \cdot \frac{u^2-2}{2u^2} \mbox{d}u }\\
=\int{\frac{2}{u^2+2} \mbox{d}u}\\
= \frac{2}{2}\int{\frac{1}{1+\left( \frac{u}{ \sqrt{2} } \right)^2 } \mbox{d}u} \\
= \sqrt{2} \cdot \frac{ \sqrt{2} }{2}\int{\frac{1}{1+\left( \frac{u}{ \sqrt{2} } \right)^2 } \mbox{d}u} \\
= \sqrt{2}\arctan{\left( \frac{u}{ \sqrt{2} } \right) } +C\\
=\sqrt{2}\arctan{\left( \frac{t+\sqrt{t^2-2}}{ \sqrt{2} } \right) } +C\\
=\sqrt{2}\arctan{\left( \frac{x+\frac{1}{x}+\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}}}{ \sqrt{2} } \right) } +C\\
=\sqrt{2}\arctan{\left( \frac{x^2+1+x\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^2}}}{ \sqrt{2} \cdot x } \right) } +C\\
=\sqrt{2}\arctan{\left( \frac{x^2+1+\sqrt{1+x^4}}{ \sqrt{2} \cdot x } \right) } +C\\}\)

[Premislav]

mariuszm, dzięki za czujność, przeliczę to jeszcze raz, tym razem może już do końca, żeby była jasność.
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1+ \sqrt{x^2+2x+2}}\\
\sqrt{x^{2}+2x+2}=t-x\\ 2x+2=t^{2}-2tx\\x= \frac{t^{2}-2}{2t+2}\\dx= \frac{t^{2}+2t+2}{2(t+1)^{2}} dt\\
\int_{}^{} \frac{t^{2}+2t+2}{(t+2)^{2}(t+1)}dt= \int_{}^{} \frac{(t+2)^{2}-2(t+1)}{(t+2)^{2}(t+1)} dt=\ln\left| t+1\right|+ \frac{2}{t+2}+C=\\=\ln\left| 1+x+ \sqrt{x^{2}+2x+2} \right|+ \frac{2}{ \sqrt{x^{2}+2x+2}+x +2}+C}\)

[NogaWeza]

Zmagam się z następującą całką:

\(\displaystyle{ I = \int e^{\sin{x}} \cdot \frac{x\cos^3{(x) - \sin{x}}}{\cos^2{(x)}} \mbox{d}x}\)

Próbowałem podstawień, próbowałem kilkukrotnie części i nic sensownego z tego nie wyszło, pomyślałem więc o forumowych smakoszach (tudzież pałkoszach). Bon appétit!

[Kartezjusz]

Po pierwsze podziel ułamek przez mianownik

[Premislav]

Aj waj!
Po zastosowaniu się do rady Kartezjusza rozbij na różnicę całek (chyba widać jak), a następnie każdą z osobna scalkuj przez części. W pierwszej różniczkuj \(\displaystyle{ x}\), w drugiej różniczkuj \(\displaystyle{ e^{\sin x}}\). Coś się powinno skrócić.

[a4karo]

Zmagam się z następującą całką:

\(\displaystyle{ I = \int e^{\sin{x}} \cdot \frac{x\cos^3{(x) - \sin{x}}}{\cos^2{(x)}} \mbox{d}x}\)

Próbowałem podstawień, próbowałem kilkukrotnie części i nic sensownego z tego nie wyszło, pomyślałem więc o forumowych smakoszach (tudzież pałkoszach). Bon appétit!

Ależ to jest banalne
\(\displaystyle{ e^{\sin{x}} \cdot \frac{x\cos^3{(x) - \sin{x}}}{\cos^2{(x)}} =e^{\sin x}\left(x\cos x-1+1-\frac{\sin x}{\cos^2 x}\right)=e^{sin x}\cos x\left(x-\frac{1}{\cos x}\right)+e^{\sin x}\left(x-\frac{1}{\cos x}\right)'\\
=\left(e^{\sin x}\right)'\left(x-\frac{1}{\cos x}\right)+e^{\sin x}\left(x-\frac{1}{\cos x}\right)'=\frac{d}{dx}\left(e^{\sin x}\left(x-\frac{1}{\cos x}\right)\right)}\)

-- 7 lut 2016, o 14:19 --

Aj waj!
Po zastosowaniu się do rady Kartezjusza rozbij na różnicę całek (chyba widać jak), a następnie każdą z osobna scalkuj przez części. W pierwszej różniczkuj \(\displaystyle{ x}\), w drugiej różniczkuj \(\displaystyle{ e^{\sin x}}\). Coś się powinno skrócić.

Po rozbiciu na sumę powstałe całki nie są elementarne, niestety

[Premislav]

Mnie wyszło, że gdy się policzy jak proponowałem, to z całek z \(\displaystyle{ e^{\sin x}}\) została tylko stała, ale jeśli znowu pomyliłem minusy, to chyba czas umierać. A ten sposób świetny.-- 7 lut 2016, o 14:41 --Dodam, że to nie przeczy temu, co Pan napisał, zgadzam się, że oddzielnie są to całki nieelementarne. Niepotrzebnie napisałem "każdą z osobna", każdą z osobna całkujemy po jednym razie przez części, ale potem nie liczymy oddzielnie.

[a4karo]

Mnie wyszło, że gdy się policzy jak proponowałem, to z całek z \(\displaystyle{ e^{\sin x}}\) została tylko stała, ale jeśli znowu pomyliłem minusy, to chyba czas umierać. A ten sposób świetny.

Fakt, ale wpaść na niego można pewnie tylko wtedy, gdy zna sie wynik. Thank you, Wolfram

[Premislav]

To może rozwinę co miałem na myśli, bo wyszło, że znowu się mylę.
\(\displaystyle{ \int e^{\sin{x}} \cdot \frac{x\cos^3{(x) - \sin{x}}}{\cos^2{(x)}} \mbox{d}x= \int_{}^{}e^{\sin x} \frac{x \cos^{3}x}{\cos^{2}x}\mbox{d}x - \int_{}^{}e^{\sin x} \frac{\sin x}{\cos^{2}x}\mbox{d}x=\\=x e^{\sin x}- \int_{}^{} e^{\sin x}\mbox{d}x- \frac{e^{\sin x}}{\cos x}+ \int_{}^{} e^{\sin x}\mbox{d}x=xe^{sin x}-\frac{e^{sin x}}{\cos x}+C}\)
Wydaje mi się mniej z kosmosu.

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ \int \frac{\cos(8x) - \cos(7x) }{1+2\cos(5x) } dx}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx }{\sqrt[3]{1+ x^3}}}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{x^2 - 1}{ x \sqrt{x^4+3x^2+1}} dx}\)