Strona 1 z 1
Funkcje specjalne
: 7 kwie 2015, o 15:20
autor: mat29
Proszę o pomoc w obliczeniu całki:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \sqrt[3]{\tg x} \mbox{d}x}\)
Funkcje specjalne
: 7 kwie 2015, o 21:39
autor: arek1357
Zajmijmy się całką nieoznaczoną najpierw:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sqrt[3]{\tg x} dx}\)
podstawienie:
\(\displaystyle{ \tg x=t}\)
\(\displaystyle{ x=\arctg t}\)
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dt} = \frac{1}{1+t^2}}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sqrt[3]{\tg x} dx= \int_{}^{} \sqrt[3]{t} \frac{dt}{1+t^2}}\)
następne podstawienie:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{t}=z,t=z^3,t^2=z^6,dt=3z^2dz}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sqrt[3]{t} \frac{dt}{1+t^2} =3 \int_{}^{} \frac{z^3dz}{1+z^6}}\)
\(\displaystyle{ 3 \int_{}^{} \frac{z^3dz}{1+z^6}=3 \int_{}^{} \frac{z^3dz}{(z^2- \sqrt{3}z+1 )(z^2+1)(z^2+\sqrt{3}z+1 )}=}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \int_{}^{} \frac{zdz}{z^2- \sqrt{3}z+1} + \int_{}^{} \frac{zdz}{z^2+1} +\frac{1}{2} \int_{}^{} \frac{zdz}{z^2+\sqrt{3}z+1}}\)
Dalej to już takie sobie clap, clap, clap...
Poradzisz sobie
Funkcje specjalne
: 7 kwie 2015, o 22:21
autor: yorgin
Można skorzystać z
tego zadania sprowadzając powyższe przez podstawienie
\(\displaystyle{ t=\tan x}\). Tutaj
\(\displaystyle{ a=\frac{1}{3}}\).
Funkcje specjalne
: 8 kwie 2015, o 00:12
autor: mat29
Tylko mi chodzi o granice a nie o samą całkę ... bo tangens \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) nie istnieje więc bez sensu a mam powiedziane że nie mogę skorzystać z gotowego wzoru na gammę a nie znam innego sposobu.
Funkcje specjalne
: 8 kwie 2015, o 06:48
autor: arek1357
tyle wyjdzie:
\(\displaystyle{ \frac{1}{12}\left( -2 \ln(x^2+1)+\ln(x^2-\sqrt{3} x+1)+\ln(x^2+\sqrt{3} x+1)-2 \sqrt{3} \tg^{-1}(\sqrt{3}-2 x)-2 \sqrt{3} \tg^{-1}(2 x+\sqrt{3})\right)=}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{12}\left( \ln \frac{1}{(x^2+1)^2} +\ln(x^4-x^2+1)- \frac{2 \sqrt{3}}{\tg(\sqrt{3}-2 x)} - \frac{2 \sqrt{3}}{\tg(2 x+\sqrt{3})} \right)=}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{12}\left( \ln \frac{x^4-x^2+1}{(x^4+2x^2+1)} - \frac{2 \sqrt{3}}{\tg(\sqrt{3}-2 x)} - \frac{2 \sqrt{3}}{\tg(\sqrt{3}+2x)} \right)}\)
W sumie powinienem pisać z a nie x,
\(\displaystyle{ x \rightarrow 0,x \rightarrow \infty}\)
Jak widać granice istnieją!
Oblicz granicę tej funkcji w zerze i nieskończoności i powinno wyjść!
Funkcje specjalne
: 8 kwie 2015, o 08:31
autor: mat29
Dziękuje za pomoc
Funkcje specjalne
: 8 kwie 2015, o 11:40
autor: yorgin
mat29 pisze:Tylko mi chodzi o granice a nie o samą całkę ... bo tangens \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) nie istnieje więc bez sensu
Nie rozumiem tego zdania. Dokonując podstawienia
\(\displaystyle{ t=\tan x}\) czy licząc na przykład całkę
\(\displaystyle{ \int_0^\infty \frac{\dd x}{1+x^2}}\) w domyśle dokonuje się przejścia granicznego, ale z góry wiadomo, jaka jest wartość graniczna.
mat29 pisze:
a mam powiedziane że nie mogę skorzystać z gotowego wzoru na gammę a nie znam innego sposobu.
To jaki jest sens nadawania tematowi nazwy "Funkcje specjalne", skoro z nich (tych najbardziej podstawowych) nie można korzystać?
Funkcje specjalne
: 8 kwie 2015, o 15:49
autor: lokas
Dużo łatwiej skorzystajć z definicji funcji beta
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \sqrt[3]{\tg x} \mbox{d}x =\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \left( \sin x\right) ^{ \frac{1}{3} } \left( \cos x\right) ^{ \frac{-1}{3} } \mbox{d}x =\left| \cos x =t \right| = \int_{0}^{1} \left( 1-t^2 \right) ^{ \frac{2}{3} } t ^{ \frac{-1}{3} } \mbox{d}t =\left| t^2 =u\right| = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \left( 1-u\right) ^{ \frac{2}{3} } u ^{ \frac{1}{3} } \mbox{d}u = \frac{1}{2} {\rm B} \left( \frac{2}{3} , \frac{1}{3} \right) = \frac{1}{2} \frac{ \Gamma \left( \frac{2}{3} \right) \Gamma \left( \frac{1}{3} \right)}{\Gamma (1)} = \frac{1}{2} \frac{\pi}{\sin \frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{\sqrt{3}}}\)
Funkcje specjalne
: 8 kwie 2015, o 15:50
autor: mat29
Nie ważne pomieszałam fakty, mój błąd