całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 18:59
\(\displaystyle{ \int \frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x + 2}}dx}\)
jak rozwiązać taką całkę ??
jak rozwiązać taką całkę ??
Matematyka.pl
całka nieoznaczona
Strona 1 z 1
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 19:01
Zauważ, że to wyrażenie pod pierwiastkiem da się zapisać, jako \(\displaystyle{ \sqrt{(1+x)^2 + 1}}\). Podstaw \(\displaystyle{ t = 1+x}\) i masz pochodną \(\displaystyle{ \arctg}\) bodajże. Pozdrawiam
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 19:04
Pochodna \(\displaystyle{ \arctg x}\) jest bez pierwiastka, więc do banijutrvy pisze:Zauważ, że to wyrażenie pod pierwiastkiem da się zapisać, jako \(\displaystyle{ \sqrt{(1+x)^2 + 1}}\). Podstaw \(\displaystyle{ t = 1+x}\) i masz pochodną \(\displaystyle{ \arctg}\) bodajże. Pozdrawiam
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 19:08
Gdzie \(\displaystyle{ \mbox{d}x}\) ?
\(\displaystyle{ \sqrt{x^2+2x+2}=t-x}\)
i masz logarytm
\(\displaystyle{ \sqrt{x^2+2x+2}=t-x}\)
i masz logarytm
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 19:26
dalej nie wiem jak podstawić...
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 20:37
Wyznacz z tego podstawienia co wyżej podałem \(\displaystyle{ x}\) (Przedstaw \(\displaystyle{ x}\) jako funkcję wymierną zmiennej t) a następnie zróżniczkuj , wyznacz pierwiastek i podstaw
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 21:30
Warto pamiętać całkę niewymierną:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x^2+k} } \mbox{d}x =\ln \left| x+\sqrt{x^2+k}+\right| C}\)
Ty masz :
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x^2+2x+2} } \mbox{d}x =\int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{(x+1)^2+1} } \mbox{d}x =\left[ t=x+1, \ \mbox{d}t = \mbox{d}x \right] = \int_{}^{} \frac{ \mbox{d}t }{\sqrt{t^2+1}}=\\= \ln \left| t+\sqrt{t^2+1}\right| +C=\ln \left| x+1+\sqrt{x^2+2x+2}\right| +C}\)
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x^2+k} } \mbox{d}x =\ln \left| x+\sqrt{x^2+k}+\right| C}\)
Ty masz :
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x^2+2x+2} } \mbox{d}x =\int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{(x+1)^2+1} } \mbox{d}x =\left[ t=x+1, \ \mbox{d}t = \mbox{d}x \right] = \int_{}^{} \frac{ \mbox{d}t }{\sqrt{t^2+1}}=\\= \ln \left| t+\sqrt{t^2+1}\right| +C=\ln \left| x+1+\sqrt{x^2+2x+2}\right| +C}\)
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 22:09
\(\displaystyle{ \int \frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x + 2}}dx\\
\sqrt{x^2+2x+2}=t-x\\
x^2+2x+2=t^2-2tx+x^2\\
2x+2=t^2-2tx\\
2tx+2x=t^2-2\\
x\left( 2t+2\right)=t^2-2\\
x=\frac{t^2-2}{2t+2} \\
t-x=\frac{2t^2+2t-t^2+2}{2t+2}=\frac{t^2+2t+2}{2t+2}\\
\mbox{d}x =\frac{2t\left( 2t+2\right)-2\left( t^2-2\right) }{\left( 2t+2\right)^2 } \mbox{d}t\\
\mbox{d}x =\frac{2t^2+4t+4}{\left( 2t+2\right)^2 } \mbox{d}t\\
\int{ \frac{2t+2}{t^2+2t+2} \cdot \frac{2t^2+4t+4}{\left( 2t+2\right)^2 } \mbox{d}t}\\
=\int{ \frac{ \mbox{d}t}{t+1} }=\ln{\left| t+1\right| }+C\\
=\ln{\left| x+1+ \sqrt{x^2+2x+2} \right| }+C}\)
Warto zapamiętać podstawienia
\(\displaystyle{ \sqrt{ax^2+bx+c}=t- \sqrt{a}x \qquad a>0 \\ \sqrt{ax^2+bx+c}=xt- \sqrt{c}\qquad c>0\\ \sqrt{ax^2+bx+c}=\left( x-x_{1}\right)t\qquad b^2-4ac>0}\)
ponieważ sprowadzą każdą całkę postaci \(\displaystyle{ \int{R\left(x, \sqrt{ax^2+bx+c} \right) \mbox{d}x }}\) do całki z funkcji wymiernej
Jeszcze lepiej jest umieć je sobie wyprowadzić chociażby z geometrycznej interpretacji
\sqrt{x^2+2x+2}=t-x\\
x^2+2x+2=t^2-2tx+x^2\\
2x+2=t^2-2tx\\
2tx+2x=t^2-2\\
x\left( 2t+2\right)=t^2-2\\
x=\frac{t^2-2}{2t+2} \\
t-x=\frac{2t^2+2t-t^2+2}{2t+2}=\frac{t^2+2t+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\\
\int{ \frac{2t+2}{t^2+2t+2} \cdot \frac{2t^2+4t+4}{\left( 2t+2\right)^2 } \mbox{d}t}\\
=\int{ \frac{ \mbox{d}t}{t+1} }=\ln{\left| t+1\right| }+C\\
=\ln{\left| x+1+ \sqrt{x^2+2x+2} \right| }+C}\)
Warto zapamiętać podstawienia
\(\displaystyle{ \sqrt{ax^2+bx+c}=t- \sqrt{a}x \qquad a>0 \\ \sqrt{ax^2+bx+c}=xt- \sqrt{c}\qquad c>0\\ \sqrt{ax^2+bx+c}=\left( x-x_{1}\right)t\qquad b^2-4ac>0}\)
ponieważ sprowadzą każdą całkę postaci \(\displaystyle{ \int{R\left(x, \sqrt{ax^2+bx+c} \right) \mbox{d}x }}\) do całki z funkcji wymiernej
Jeszcze lepiej jest umieć je sobie wyprowadzić chociażby z geometrycznej interpretacji
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 22:55
rzecz jasna warto wiedzieć skąd się to bierze. Przynajmniej taka moja opiniakerajs pisze:Warto pamiętać całkę niewymierną:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x^2+k} } \mbox{d}x =\ln \left| x+\sqrt{x^2+k}+\right| C}\)
Ty masz :
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x^2+2x+2} } \mbox{d}x =\int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{(x+1)^2+1} } \mbox{d}x =\left[ t=x+1, \ \mbox{d}t = \mbox{d}x \right] = \int_{}^{} \frac{ \mbox{d}t }{\sqrt{t^2+1}}=\\= \ln \left| t+\sqrt{t^2+1}\right| +C=\ln \left| x+1+\sqrt{x^2+2x+2}\right| +C}\)
można to bardzo łatwo pokazać np z metody Lagrange'a (współczynników nieoznaczonych) lub z któregoś z podstawień Eulera. Dla ogólnego przypadku nawetcałka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 22:59
Rozwiązałem z podstawienia od Jutrvy i wyszło mi tak jak Jelonowi
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x^2+2x+2} } \mbox{d}x =\int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{(x+1)^2+1} } \mbox{d}x =\left[ t=x+1, \ \mbox{d}t = \mbox{d}x \right] = \int_{}^{} \frac{ \mbox{d}t }{\sqrt{t^2+1}}=\\= \ln \left| t+\sqrt{t^2+1}\right| +C=\ln \left| x+1+\sqrt{x^2+2x+2}\right| +C}\)
Napotkałem problem jeszcze w dalszej części zadania. Napiszę to tu żeby nie zakładać nowego tematu. To jest fragment całki oznaczonej od \(\displaystyle{ -\infty}\) do \(\displaystyle{ \infty}\)
rozbiłem ją na dwa limity i w pierwszym wyszło mi:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to-\infty} \left(\ln\left|1+\sqrt{2}\right| - \ln\left|-\infty+1+\sqrt{-\infty^2 -2\infty + 2 } \right|\right)}\)
i nie jestem pewien, czy dobrze to obliczam ponieważ wychodzi mi \(\displaystyle{ -\infty}\) pod pierwiastkiem. O ile dobrze wiem, to nie może być liczby ujemnej pod pierwiastkiem parzystego stopnia, więc jak inaczej można to obliczyć ??
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x^2+2x+2} } \mbox{d}x =\int_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{(x+1)^2+1} } \mbox{d}x =\left[ t=x+1, \ \mbox{d}t = \mbox{d}x \right] = \int_{}^{} \frac{ \mbox{d}t }{\sqrt{t^2+1}}=\\= \ln \left| t+\sqrt{t^2+1}\right| +C=\ln \left| x+1+\sqrt{x^2+2x+2}\right| +C}\)
Napotkałem problem jeszcze w dalszej części zadania. Napiszę to tu żeby nie zakładać nowego tematu. To jest fragment całki oznaczonej od \(\displaystyle{ -\infty}\) do \(\displaystyle{ \infty}\)
rozbiłem ją na dwa limity i w pierwszym wyszło mi:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to-\infty} \left(\ln\left|1+\sqrt{2}\right| - \ln\left|-\infty+1+\sqrt{-\infty^2 -2\infty + 2 } \right|\right)}\)
i nie jestem pewien, czy dobrze to obliczam ponieważ wychodzi mi \(\displaystyle{ -\infty}\) pod pierwiastkiem. O ile dobrze wiem, to nie może być liczby ujemnej pod pierwiastkiem parzystego stopnia, więc jak inaczej można to obliczyć ??
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 23:19
Ale moje rozwiązanie jest złe! Nie wiem czemu, ale stwierdziłem, że \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}}\) jest pochodną pewnej bardzo ważnej funkcji... aż mi wstyd
Chyba, że skorzystałeś po prostu z tego podstawienia i policzyłeś po swojemu. Napisz, żebym mógł spać spokojnie
Chyba, że skorzystałeś po prostu z tego podstawienia i policzyłeś po swojemu. Napisz, żebym mógł spać spokojnie
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 23:24
Skorzystałem z Twojego podstawienia i użyłem innego wzoru ;]
całka nieoznaczona
: 4 mar 2015, o 23:37
Jelon, metoda Lagrange tutaj nie działa
Podstawienie Eulera jest całkiem sensowne ,po podstawieniu funkcja podcałkowa ładnie się poskraca
W przypadku ogólnym trzeba rozbić całkę na dwa przypadki
\(\displaystyle{ \int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{ax^2+bx+c}}}\qquad a>0\\
\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x\\
ax^2+bx+c=t^2-2\sqrt{a}tx+ax^2\\
bx+c=t^2-2\sqrt{a}tx\\
2\sqrt{a}tx+bx=t^2-c\\
x\left(2\sqrt{a}t+b\right)=t^2-c\\
x=\frac{t^2-c}{2\sqrt{a}t+b}\\
t-\sqrt{a}x=\frac{2\sqrt{a}t^2+bt-\sqrt{a}t^2+\sqrt{a}c}{2\sqrt{a}t+b}=\frac{\sqrt{a}t^2+bt+\sqrt{a}c}{2\sqrt{a}t+b}\\
\mbox{d}x=\frac{2t\left(2\sqrt{a}t+b\right)-2\sqrt{a}\left(t^2-c\right)}{\left(2\sqrt{a}t+b\right)^2}\mbox{d}t\\
\mbox{d}x=\frac{2\left(\sqrt{a}t^2+bt+\sqrt{a}c\right)}{\left(2\sqrt{a}t+b\right)^2}\mbox{d}t\\
\int{\frac{2\sqrt{a}t+b}{\sqrt{a}t^2+bt+\sqrt{a}c}\cdot\frac{2\left(\sqrt{a}t^2+bt+\sqrt{a}c\right)}{\left(2\sqrt{a}t+b\right)^2}\mbox{d}t}\\
\int{\frac{2}{2\sqrt{a}t+b}\mbox{d}t}=\frac{1}{\sqrt{a}}\int{\frac{2\sqrt{a}}{2\sqrt{a}t+b}\mbox{d}t}=\frac{1}{\sqrt{a}}\ln{\left|2\sqrt{a}t+b\right|}+C\\
\int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{ax^2+bx+c}}}=\frac{1}{\sqrt{a}}\ln{\left|2ax+b+2\sqrt{a}\sqrt{ax^2+bx+c}\right|}+C\qquad a>0\\}\)
\(\displaystyle{ \int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{ax^2+bx+c}}} \qquad a<0\\
\sqrt{a\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)}=\left(x-x_{1}\right)t\\
a\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)=\left(x-x_{1}\right)^2t^2\\
a\left(x-x_{2}\right)=\left(x-x_{1}\right)t^2\\
ax-ax_{2}=xt^2-x_{1}t^2\\
xt^2-ax=x_{1}t^2-ax_{2}\\
x\left(t^2-a\right)=x_{1}t^2-ax_{2}\\
x=\frac{x_{1}t^2-ax_{2}}{t^2-a}=\frac{x_{1}t^2-ax_{1}+ax_{1}-ax_{2}}{t^2-a}=x_{1}+\frac{a\left(x_{1}-x_{2}\right)}{t^2-a}\\
\left(x-x_{1}\right)t=\frac{a\left(x_{1}-x_{2}\right)t}{t^2-a}\\
\mbox{d}x=a\left(x_{1}-x_{2}\right)\cdot\left(-1\right)\cdot\left(t^2-a\right)^{-2}\cdot 2t\mbox{d}t\\
\mbox{d}x=-\frac{2a\left(x_{1}-x_{2}\right)t}{\left(t^2-a\right)^2}\mbox{d}t\\
-2\int{\frac{t^2-a}{a\left(x_{1}-x_{2}\right)t}\cdot\frac{a\left(x_{1}-x_{2}\right)t}{\left(t^2-a\right)^2}\mbox{d}t}\\
-2\int{\frac{\mbox{d}t}{t^2+\left(-a\right)}}=-\frac{2}{\left(-a\right)}\int{\frac{\mbox{d}t}{\left(\frac{t}{\sqrt{-a}}\right)^2+1}}\\
=-\frac{2}{\sqrt{-a}}\int{\frac{\frac{1}{\sqrt{-a}}}{\left(\frac{t}{\sqrt{-a}}\right)^2+1}\mbox{d}t}=-\frac{2}{\sqrt{-a}}\arctan{\left(\frac{t}{\sqrt{-a}}\right)}+C\\
\int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{ax^2+bx+c}}}=-\frac{2}{\sqrt{-a}}\arctan{\left(\frac{\sqrt{ax^2+bx+c}}{\left(x+\frac{b}{2a}+\frac{\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\right)\sqrt{-a}}\right)}+C \qquad a<0\\}\)
Podstawienie Eulera jest całkiem sensowne ,po podstawieniu funkcja podcałkowa ładnie się poskraca
W przypadku ogólnym trzeba rozbić całkę na dwa przypadki
\(\displaystyle{ \int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{ax^2+bx+c}}}\qquad a>0\\
\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x\\
ax^2+bx+c=t^2-2\sqrt{a}tx+ax^2\\
bx+c=t^2-2\sqrt{a}tx\\
2\sqrt{a}tx+bx=t^2-c\\
x\left(2\sqrt{a}t+b\right)=t^2-c\\
x=\frac{t^2-c}{2\sqrt{a}t+b}\\
t-\sqrt{a}x=\frac{2\sqrt{a}t^2+bt-\sqrt{a}t^2+\sqrt{a}c}{2\sqrt{a}t+b}=\frac{\sqrt{a}t^2+bt+\sqrt{a}c}{2\sqrt{a}t+b}\\
\mbox{d}x=\frac{2t\left(2\sqrt{a}t+b\right)-2\sqrt{a}\left(t^2-c\right)}{\left(2\sqrt{a}t+b\right)^2}\mbox{d}t\\
\mbox{d}x=\frac{2\left(\sqrt{a}t^2+bt+\sqrt{a}c\right)}{\left(2\sqrt{a}t+b\right)^2}\mbox{d}t\\
\int{\frac{2\sqrt{a}t+b}{\sqrt{a}t^2+bt+\sqrt{a}c}\cdot\frac{2\left(\sqrt{a}t^2+bt+\sqrt{a}c\right)}{\left(2\sqrt{a}t+b\right)^2}\mbox{d}t}\\
\int{\frac{2}{2\sqrt{a}t+b}\mbox{d}t}=\frac{1}{\sqrt{a}}\int{\frac{2\sqrt{a}}{2\sqrt{a}t+b}\mbox{d}t}=\frac{1}{\sqrt{a}}\ln{\left|2\sqrt{a}t+b\right|}+C\\
\int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{ax^2+bx+c}}}=\frac{1}{\sqrt{a}}\ln{\left|2ax+b+2\sqrt{a}\sqrt{ax^2+bx+c}\right|}+C\qquad a>0\\}\)
\(\displaystyle{ \int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{ax^2+bx+c}}} \qquad a<0\\
\sqrt{a\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)}=\left(x-x_{1}\right)t\\
a\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)=\left(x-x_{1}\right)^2t^2\\
a\left(x-x_{2}\right)=\left(x-x_{1}\right)t^2\\
ax-ax_{2}=xt^2-x_{1}t^2\\
xt^2-ax=x_{1}t^2-ax_{2}\\
x\left(t^2-a\right)=x_{1}t^2-ax_{2}\\
x=\frac{x_{1}t^2-ax_{2}}{t^2-a}=\frac{x_{1}t^2-ax_{1}+ax_{1}-ax_{2}}{t^2-a}=x_{1}+\frac{a\left(x_{1}-x_{2}\right)}{t^2-a}\\
\left(x-x_{1}\right)t=\frac{a\left(x_{1}-x_{2}\right)t}{t^2-a}\\
\mbox{d}x=a\left(x_{1}-x_{2}\right)\cdot\left(-1\right)\cdot\left(t^2-a\right)^{-2}\cdot 2t\mbox{d}t\\
\mbox{d}x=-\frac{2a\left(x_{1}-x_{2}\right)t}{\left(t^2-a\right)^2}\mbox{d}t\\
-2\int{\frac{t^2-a}{a\left(x_{1}-x_{2}\right)t}\cdot\frac{a\left(x_{1}-x_{2}\right)t}{\left(t^2-a\right)^2}\mbox{d}t}\\
-2\int{\frac{\mbox{d}t}{t^2+\left(-a\right)}}=-\frac{2}{\left(-a\right)}\int{\frac{\mbox{d}t}{\left(\frac{t}{\sqrt{-a}}\right)^2+1}}\\
=-\frac{2}{\sqrt{-a}}\int{\frac{\frac{1}{\sqrt{-a}}}{\left(\frac{t}{\sqrt{-a}}\right)^2+1}\mbox{d}t}=-\frac{2}{\sqrt{-a}}\arctan{\left(\frac{t}{\sqrt{-a}}\right)}+C\\
\int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{ax^2+bx+c}}}=-\frac{2}{\sqrt{-a}}\arctan{\left(\frac{\sqrt{ax^2+bx+c}}{\left(x+\frac{b}{2a}+\frac{\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\right)\sqrt{-a}}\right)}+C \qquad a<0\\}\)
całka nieoznaczona
: 5 mar 2015, o 06:12
mariuszm, ma Pan rację. Moja pomyłka.