Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

Najwyżej oceniana treść


#109766 Pierwiastki równania x^3+ax^2+bx+c=0

Napisane przez bb314 w 03.10.2013 - 18:31

Rozwiązanie równania trzeciego stopnia postaci \ \re\fbox{\ x^3+ax^2+bx+c=0\ }\ . Podstawmy \bl\ x=y-\frac13a\ \ \ \(^{*1}\)

\(y-\frac13a\)^3+a\(y-\frac13a\)^2+b\(y-\frac13a\)+c=0

y^3-ay^2+\frac13a^2y-\frac{1}{27}a^3+ay^2-\frac23a^2y+\frac19a^3+by-\frac13ab+c=0

y^3+\(b-\frac13a^2\)y+\frac1{27}\(2a^3-9ab+27c\)=0

otrzymaliśmy równanie trzeciego stopnia postaci \bl\ y^3+py+q=0\ gdzie \bl\ \{p=b-\frac13a^2\\q=\frac1{27}\(2a^3-9ab+27c\)

teraz podstawmy \bl\ y=u+v\ \ \ \(^{*2}\)

(u+v)^3+p(u+v)+q=0

u^3+3u^2v+3uv^2+v^3+pu+pv+q=0

u^3+v^3+q+3\(u+v\)\(uv+\frac13p\)=0

to równanie będzie spełnione, gdy \ \{u^3+v^3+q=0\\uv+\frac13p=0\gr\ \Rightarrow\ \{u^3+v^3=-q\\uv=-\frac13p\gr\ \Rightarrow\ \{u^3+v^3=-q\\u^3v^3=-\frac1{27}p^3

to ostatnie to wzory Viete'a na pierwiastki równania kwadratowego \bl\ z^2+qz-\frac1{27}p^3=0

\Delta=q^2+\frac4{27}p^3\gr\ \Rightarrow\

\gr\ \Rightarrow\ \{t_1=\frac{-q-\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2\\t_2=\frac{-q+\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2\gr\ \Rightarrow\ \{u^3=\frac{-q-\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2\\v^3=\frac{-q+\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2\gr\ \Rightarrow\ \{u=\sqrt[3]1\cdot\sqrt[3]{\frac{-q-\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\\v=\sqrt[3]1\cdot\sqrt[3]{\frac{-q+\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\gr\ \Rightarrow\

\bl\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \fbox{\fbox{\ \sqrt[3]1=1\ \ \vee\ \ -\frac12+\frac{\sqrt3}2i\ \ \vee\ \ -\frac12-\frac{\sqrt3}2i\ }}

\gr\ \Rightarrow\ \{u_1=\sqrt[3]{\frac{-q-\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ v_1=\sqrt[3]{\frac{-q+\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\\u_2=\(-\frac12+\frac{\sqrt3}2i\)\cdot\sqrt[3]{\frac{-q-\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\ \ \ \ v_2=\(-\frac12-\frac{\sqrt3}2i\)\cdot\sqrt[3]{\frac{-q+\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\\u_3=\(-\frac12-\frac{\sqrt3}2i\)\cdot\sqrt[3]{\frac{-q-\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\ \ \ \ v_3=\(-\frac12+\frac{\sqrt3}2i\)\cdot\sqrt[3]{\frac{-q+\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}

podstawiamy do \ \(^{*2}\)\ a następnie do \ \(^{*1}\)

\re\{x_1=\sqrt[3]{\frac{-q-\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\ +\ \sqrt[3]{\frac{-q+\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}-\frac13a\\x_2=\(-\frac12+\frac{\sqrt3}2i\)\cdot\sqrt[3]{\frac{-q-\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\ +\ \(-\frac12-\frac{\sqrt3}2i\)\cdot\sqrt[3]{\frac{-q+\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}-\frac13a\\x_3=\(-\frac12-\frac{\sqrt3}2i\)\cdot\sqrt[3]{\frac{-q-\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}\ +\ \(-\frac12+\frac{\sqrt3}2i\)\cdot\sqrt[3]{\frac{-q+\sqrt{q^2+\frac4{27}p^3}}2}-\frac13a\ gdzie \re\ \{p=b-\frac13a^2\\q=\frac1{27}\(2a^3-9ab+27c\)

\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \    :shifty: \    :shifty:

  • 8


#98108 Podziękowania dla użytkowników forum

Napisane przez Diona w 07.03.2012 - 19:45

Wielkie podziękowania dla:

-sakhmet
-bb314
-octahedron
-bronstein
-KCN
-irena_1
-tadpod
-janusz

Dzięki Wam udało mi się wkońcu zaliczyć Analizę Matematyczną.
Dzięki za wskazówki, rozwiązania oraz naprowadzanie w dobrym kierunku.
,,Moja" matematyka stała się odrobinę lepsza i to dzięki Wam.

Pozdrawiam serdecznie
  • 7


#99089 Ekstrema lokalne i przegięcia

Napisane przez bb314 w 30.03.2012 - 15:59

\bl f(x)=1,5x^4+4x^3+3x^2+2



a)
\bl f'(x)=1,5\cdot 4x^{4-1}+4\cdot 3x^{3-1}+3\cdot 2x^{2-1}+0=6x^3+12x^2+6x=6x(x^2+2x+1)=\ \bl 6x(x+1)^2

f'(x)=0\gr\ \Rightarrow\ 6x(x+1)^2=0\gr\ \Rightarrow\ \bl x_1=0\ \vee\ x_2=-1

f'(x)>0\gr\ \Rightarrow\ \re x>0\gr\ \Rightarrow\ funkcja jest rosnąca

f'(x)<0\gr\ \Rightarrow\ \re x<0\gr\ \Rightarrow\ funkcja jest malejąca

\bl f''(x)=\(f'(x)\)'=\(6x^3+12x^2+6x\)'=6\cdot 3x{3-1}+12\cdot 2x^{2-1}+6\cdot 1x^{1-1}=18x^2+24x+6=\ \bl 6(3x^2+4x+1)

f''(x_1)=f''(0)=6(3\cdot 0^2+4\cdot 0+1)=6(0+0+1)=6>0\gr\ \Rightarrow\ w \re x_1 jest minimum lokalne

f''(x_2)=f''(-1)=6[3\cdot (-1)^2+4\cdot(-1)+1]=6(3\cdot 1-4+1)=6(3-4+1)=6\cdot 0=0\gr\ \Rightarrow\ w \re x_2 jest przegięcie


b)
f''(x)=0\gr\ \Rightarrow\ 3x^2+4x+1=0\gr\ \Rightarrow\ \re x_2=-1\ \vee\ x_3=-\frac{1}{3}\gr\ \Rightarrow\ w \re x_2\ i\ x_3przegięcia

f''(x)>0\gr\ \Rightarrow\ dla \re x\in(-\infty,\ -1)\cup(-\frac{1}{3},\ \infty) funkcja jest wypukła

f''(x)<0\gr\ \Rightarrow\ dla \re x\in(-1,\ -\frac{1}{3}) funkcja jest wklęsła \ \ \ :shifty:
  • 6


#76660 Równania wielomianowe drugiego, trzeciego i czwartego stopnia

Napisane przez Mariusz M w 06.12.2010 - 23:38

Równanie kwadratowe

W szkole rozwiązywaliśmy takie równania korzystając z wyróżnika. Ja jednak na początek proponuję trochę inne podejście. Potrzebne nam będą wzory skróconego mnożenia (kwadrat sumy i różnica kwadratów) oraz umiejętność przekształcania równań (wiemy przecież że cokolwiek dodajemy do jednej strony równania musimy dodać również do drugiej strony równania)

Przypomnę teraz wzory skróconego mnożenia z których będziemy korzystać

\left(a+b\right)^2=a^2+2ab+b^2\\<br />a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)

Rozłóżmy teraz trójmian kwadratowy na czynniki

a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=0\\<br />x^2+\frac{a_{1}}{a_{2}}x+\frac{a_{0}}{a_{2}}=0\\<br />x^2+\frac{a_{1}}{a_{2}}x=-\frac{a_{0}}{a_{2}}\\<br />x^2+2\frac{a_{1}}{2a_{2}}x=-\frac{a_{0}}{a_{2}}\\<br />x^2+2\frac{a_{1}}{2a_{2}}x+\frac{a_{1}^{2}}{4a_{2}^{2}}=-\frac{a_{0}}{a_{2}}+\frac{a_{1}^{2}}{4a_{2}^{2}}\\<br />\left(x+\frac{a_{1}}{2a_{2}}\right)^{2}=\frac{a_{1}^{2}-4a_{2}a_{0}}{4a_{2}^{2}}\\<br />\left(x+\frac{a_{1}}{2a_{2}}-\frac{\sqrt{a_{1}^{2}-4a_{2}a_{0}}}{2a_{2}}\right)\left(x+\frac{a_{1}}{2a_{2}}+\frac{\sqrt{a_{1}^{2}-4a_{2}a_{0}}}{2a_{2}}\right)=0\\<br />\left(x+\frac{a_{1}-\sqrt{a_{1}^{2}-4a_{2}a_{0}}}{2a_{2}}\right)\left(x+\frac{a_{1}+\sqrt{a_{1}^{2}-4a_{2}a_{0}}}{2a_{2}}\right)=0<br />


Równanie trzeciego stopnia

Do rozwiązania równania trzeciego stopnia potrzebne są dwa podstawienia, podstawowe wiadomości o liczbach zespolonych (w tym wzory de Moivre), umiejętność rozwiązania równania kwadratowego. Wzory Viete'a i twierdzenie Bezout są opcjonalne.

Przypomnę teraz wzory Viete'a dla równania kwadratowego
ponieważ będą przydatne przy tym podstawieniu którego używam
\begin{cases}x_{1}+x_{2}=-\frac{a_{1}}{a_{2}}\\x_{1}x_{2}=\frac{a_{0}}{a_{2}}\end{cases}


Spróbujmy znaleźć pierwiastki równania trzeciego stopnia

a_{3}x^3+a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=0\\<br />x=y-\frac{a_{2}}{3a_{3}}\\<br />a_{3}\left(y^3-3\frac{a_{2}}{3a_{3}}y^2+3\frac{a_{2}^2}{9a_{3}^2}y-\frac{a_{2}^3}{27a_{3}^3} \right)+a_{2}\left(y-2\frac{a_{2}}{3a_{3}}y+\frac{a_{2}^2}{9a_{3}^2}\right)+a_{1}\left(y-\frac{a_{2}}{3a_{3}}\right)+a_{0}=0\\<br />a_{3}y^3+a_{2}y^2+\frac{a_{2}^2}{3a_{3}}y+\frac{a_{2}^3}{27a_{3}^2}+a_{2}y-2\frac{a_{2}^2}{3a_{3}}y+\frac{a_{2}^3}{9a_{3}^2}+a_{1}y-\frac{a_{2}a_{1}}{3a_{3}}+a_{0}=0\\<br />a_{3}y^3+\frac{3a_{3}a_{1}-a_{2}^2}{3a_{3}}y+\frac{2a_{2}^3-9a_{3}a_{2}a_{1}+27a_{3}^2a_{0}}{27a_{3}^2}=0\\<br />y^3+\frac{3a_{3}a_{1}-a_{2}^2}{3a_{3}^2}y+\frac{2a_{2}^3-9a_{3}a_{2}a_{1}+27a_{3}^2a_{0}}{27a_{3}^3}=0\\<br />y^3+py+q=0<br />

Teraz mamy do dyspozycji jedno z dwóch podstawień

y=u+v

y=u-\frac{p}{3u}

Podstawienie y=u+v sprowadzi równanie trzeciego stopnia do wzorów Viete'a równania kwadratowego. Korzystając ze wzorów Viete'a układamy równanie kwadratowe i rozwiązujemy je.

Podstawienie y=u-\frac{p}{3u} sprowadzi równanie trzeciego stopnia od razu do równania kwadratowego, ale trzeba wziąć niezerowy pierwiastek równania kwadratowego. Gdy równanie kwadratowe ma oba pierwiastki zerowe to wyjściowe równanie trzeciego stopnia jest pełnym sześcianem.


Zajmijmy się pierwszym podstawieniem

y^3+py+q=0\\<br />\left(u+v\right)^3+p\left(u+v\right)+q=0\\<br />u^3+3u^2v+3uv^2+v^3+p\left(u+v\right)+q=0\\<br />u^3+v^3+q+3\left(u+v\right)\left(uv+\frac{p}{3}\right)=0\\<br />\begin{cases}u^3+v^3+q=0 \\ \left(uv+\frac{p}{3}\right)=0\end{cases}\\<br />\begin{cases}u^3+v^3=-q \\ uv=-\frac{p}{3}\end{cases}\\<br />\begin{cases}u^3+v^3=-q \\ u^3v^3=-\frac{p^3}{27}\end{cases}\\<br />

Powyższy układ równań to wzory Viete'a równania kwadratowego

t^2+qt-\frac{p^3}{27}=0\\<br />\Delta=q^2+4\frac{p^3}{27}\\<br />t_{1}=\frac{-q-\sqrt{q^2+4\frac{p^3}{27}}}{2}\\<br />t_{2}=\frac{-q+\sqrt{q^2+4\frac{p^3}{27}}}{2}\\<br />t_{1}=-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\\<br />t_{2}=-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\\<br />

Niech \varepsilon=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}
będzie pierwiastkiem trzeciego stopnia z jedynki wówczas

x_{1}=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}-\frac{a_{2}}{3a_{3}}\\<br />x_{2}=\varepsilon \cdot \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+\varepsilon^2 \cdot\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}-\frac{a_{2}}{3a_{3}}\\<br />x_{3}=\varepsilon^2 \cdot \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+\varepsilon \cdot\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}-\frac{a_{2}}{3a_{3}}\\<br />


Równanie czwartego stopnia

Ja znam dwa pomysły na równanie czwartego stopnia. Pierwszy z nich jest modyfikacją tego który przedstawiłem przy okazji rozwiązywania równań kwadratowych, a drugi jest modyfikacją tego który przedstawiłem przy okazji rozwiązywania równań trzeciego stopnia.

Rozkład na czynniki kwadratowe (wg Sierpińskiego jest to metoda Ferrariego)
Przenosimy trójmian kwadratowy na drugą stronę równania. Uzupełniamy lewą stronę równania do kwadratu korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat sumy. Prawa strona równania będzie pełnym kwadratem gdy jej wyróżnik będzie równy zero. Aby sprawdzić kiedy wyróżnik prawej strony będzie równy zero wprowadzamy nową zmienną tak aby lewa strona równania nadal była pełnym kwadratem (dodajemy stronami odpowiednie wyrazy zgodnie ze wzorem skróconego mnożenia na kwadrat sumy). Przyrównując wyróżnik do zera dostajemy równanie trzeciego stopnia względem wprowadzonej zmiennej. Rozwiązujemy równanie trzeciego stopnia i wybieramy tylko jeden pierwiastek tego równania. Gdy obie strony będą pełnymi kwadratami stosujemy wzór skróconego mnożenia na różnicę kwadratów i otrzymujemy iloczyn dwóch trójmianów kwadratowych

x^4+a_{3}x^3+a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=0\\<br />x^4+a_{3}x^3=-a_{2}x^2-a_{1}x-a_{0}\\<br />x^4+2\frac{a_{3}}{2}x^3+\frac{a_{3}^2}{4}x^2=\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}x^2-a_{1}x-a_{0}\\<br />\left(x^2+\frac{a_{3}}{2}x\right)^2=\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}x^2-a_{1}x-a_{0}\\<br />\left(x^2+\frac{a_{3}}{2}x+\frac{y}{2}\right)^2=\left(y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}\right)x^2+\left(\frac{a_{3}}{2}y-a_{1}\right)x+\frac{y^2}{4}-a_{0}\\<br />\left(\frac{a_{3}}{2}y-a_{1}\right)^2=\left(y^2-4a_{0}\right)\left(y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}\right)\\<br />\frac{a_{3}^2}{4}y^2-a_{3}a_{1}y+a_{1}^2=y^3+\frac{a_{3}^2}{4}y^2-a_{2}y^2-4a_{0}y-a_{3}^2a_{0}+4a_{2}a_{0}\\<br />y^3-a_{2}y^2+\left(a_{3}a_{1}-4a_{0\right)y-a_{3}^2a_{0}+4a_{2}a_{0}-a_{1}^2=0<br />


<br />\left(x^2+\frac{a_{3}}{2}x+\frac{y}{2}\right)^2=\left(\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}x+\frac{\frac{a_{3}}{2}y-a_{1}}{2\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}}\right)^2\\<br />\left(x^2+\frac{a_{3}}{2}x+\frac{y}{2}-\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}x-\frac{\frac{a_{3}}{2}y-a_{1}}{2\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}}\right)<br />\left(x^2+\frac{a_{3}}{2}x+\frac{y}{2}+\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}x+\frac{\frac{a_{3}}{2}y-a_{1}}{2\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}}\right)=0\\<br /><br />\left(x^2+\left(\frac{a_{3}}{2}-\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}\right)x+\frac{y}{2}-\frac{\frac{a_{3}}{2}y-a_{1}}{2\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}}\right)<br />\left(x^2+\left(\frac{a_{3}}{2}+\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}\right)x+\frac{y}{2}+\frac{\frac{a_{3}}{2}y-a_{1}}{2\sqrt{y+\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}}}\right)=0\\<br />


Jeżeli mamy równanie czwartego stopnia postaci

x^4+px^2+qx+r=0

to rozkładu na czynniki kwadratowe możemy dokonać jeszcze w nieco inny sposób
to jest mnożąc dwa trójmiany kwadratowe w postaci ogólnej i porównując współczynniki

\left(x^2+ax+b\right)\left(x^2+cx+d\right)=x^4+px^2+qx+r\\<br />x^4+cx^3+dx^2+ax^3+acx^2+adx+bx^2+bcx+bd=x^4+px^2+qx+r\\<br />x^4+\left(a+c\right)x^3+\left(b+d+ac\right)x^2+\left(bc+ad\right)x+bd=x^4+px^2+qx+r<br />

<br />\begin{cases} a+c=0\\<br />b+d+ac=p\\<br />bc+ad=q\\<br />bd=r<br />\end{cases}\\<br /><br />\begin{cases} a+c=0\\<br />b+d-a^2=p\\<br />-ab+ad=q\\<br />4bd=4r<br />\end{cases}\\<br /><br />\begin{cases} a+c=0\\<br />b+d=p+a^2\\<br />b-d=-\frac{q}{a}\\<br />4bd=4r<br />\end{cases}\\<br /><br />\begin{cases} a+c=0\\<br />b+d=p+a^2\\<br />2b=p+a^2-\frac{q}{a}\\<br />2d=p+a^2+\frac{q}{a}\\<br />4bd=4r<br />\end{cases}\\<br /><br />\begin{cases} a+c=0\\<br />b+d=p+a^2\\<br />2b=p+a^2-\frac{q}{a}\\<br />2d=p+a^2+\frac{q}{a}\\<br />\left(p+a^2-\frac{q}{a}\right)\left(p+a^2+\frac{q}{a}\right)=4r\\<br />\end{cases}\\<br /><br />p^2+2pa^2+a^4-\frac{q^2}{a^2}=4r\\<br />a^6+2pa^4+\left(p^2-4r\right)a^2-q^2=0<br />

Wyprowadzenie tej drugiej metody zostawiam jako "zadanie domowe". Jako podpowiedź dodam że jest ona bardzo podobna do tej znanej z rozwiązywania rownań trzeciego stopnia.

Po dokonaniu podstawień (podobnych do tych co w metodzie Fontany dla równań trzeciego stopnia)
powinniśmy dostać wzory Viete'a równania trzeciego stopnia


Spróbujmy do rozwiązywania równań czwartego stopnia podejść jeszcze z nieco innej strony


x^4-s_{1}x^{3}+s_{2}x^{2}-s_{3}x+s_{4}=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right)\left(x-x_{4}\right)<br />

Skonstruujmy wielomian szóstego stopnia którego pierwiastkami są sumy dwóch pierwiastków wyjściowego równania

\left(t-\left(x_{1}+x_{2}\right)\right)\left(t-\left(x_{3}+x_{4}\right)\right)\left(t-\left(x_{1}+x_{3}\right)\right)\left(t-\left(x_{2}+x_{4}\right)\right)\left(t-\left(x_{1}+x_{4}\right)\right)\left(t-\left(x_{2}+x_{3}\right)\right)\\<br />=\left(t^{2}-s_{1}t+\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{3}+x_{4}\right)\right)\left(t^{2}-s_{1}t+\left(x_{1}+x_{3}\right)\left(x_{2}+x_{4}\right)\right)\left(t^{2}-s_{1}t+\left(x_{1}+x_{4}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right)\right)<br />

Skonstruujmy teraz jedno z dwóch równań trzeciego stopnia

\left(u-\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{3}+x_{4}\right)\right)\left(u-\left(x_{1}+x_{3}\right)\left(x_{2}+x_{4}\right)\right)\left(u-\left(x_{1}+x_{4}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right)\right)=0\\<br />\left(v-\left(x_{1}x_{2}+x_{3}x_{4}\right)\right)\left(v-\left(x_{1}x_{3}+x_{2}x_{4}\right)\right)\left(v-\left(x_{1}x_{4}+x_{2}x_{3}\right)\right)=0<br />

u^{3}-2s_{2}u^2+\left(s_{2}^2+s_{1}s_{3}-4s_{4}\right)u-\left(s_{1}s_{2}s_{3}-s_{1}^2s_{4}-s_{3}^{2}\right)=0\\<br />v^{3}-s_{2}v^{2}+\left(s_{1}s_{3}-4s_{4}\right)v-\left(s_{1}^2s_{4}-4s_{2}s_{4}+s_{3}^2\right)=0<br />

Współczynniki powyższych równań powinniśmy otrzymać za pomocą funkcji symetrycznych

<br />t_{1}=x_{1}+x_{2}\\<br />t_{2}=x_{3}+x_{4}\\<br />t_{3}=x_{1}+x_{3}\\<br />t_{4}=x_{2}+x_{4}\\<br />t_{5}=x_{1}+x_{4}\\<br />t_{6}=x_{2}+x_{3}<br />

<br />t_{1}+t_{3}+t_{5}=2x_{1}+s_{1}\\<br />t_{1}+t_{4}+t_{6}=2x_{2}+s_{1}\\<br />t_{2}+t_{3}+t_{6}=2x_{3}+s_{1}\\<br />t_{2}+t_{4}+t_{5}=2x_{4}+s_{1}\\<br />


No i nie wiem dlaczego Niccolo Fontana vel Tartaglia stchórzył, przecież miał szanse w meczu z Lodovico Ferrari ponieważ jego metoda rozwiązywania równań trzeciego stopnia nadawała się po drobnych modyfikacjach także do rozwiązywania równań czwartego stopnia (może dlatego że wówczas niechętnie używano liczb ujemnych, dlatego było tyle uważanych za różne postaci równań trzeciego i czwartego stopnia).

Podsumowanie

Pokazałem dwie metody które działają na równania wielomianowe drugiego trzeciego i czwartego stopnia
Pierwsza metoda to uzupełnianie do kwadratu bądź sześcianu
Uzupełnianie do sześcianu wygląda mniej więcej tak

y^3+py+q=0\\<br />y^3=-py-q\\<br />y^3+3y^2z+3yz^2+z^3=3y^2z+3yz^2+z^3-py-q\\<br />\left(y+z\right)^3=y\left(3yz+3z^2-p\right)+z^3-q\\<br />3yz+3z^2-p=0\\<br />3yz+3z^2=p\\<br />3z\left(y+z\right)=p\\<br />y+z=\frac{p}{3z}\\<br />\frac{p^3}{27z^3}=z^3-q\\<br />z^6-qz^3-\frac{p^3}{27}=0\\<br />

Druga metoda to metoda funkcji symetrycznych

Dla równania kwadratowego wychodzimy z układu równań

\begin{cases}x_{1}-x_{2}=u_{1}\\x_{1}+x_{2}=-a_{1}\end{cases}

Zauważmy że u_{1}^2 jest funkcją symetryczną
Wyrażamy więc ją najpierw za pomocą wielomianów symetrycznych podstawowych
a następnie korzystając ze wzorów Viete za pomocą
współczyników wielomianu a nie na odwrót
jak niektórzy
by chcieli

u_{1}^2=\tau_{1}^2-2\tau_{2}-2\tau_{2}\\<br />u_{1}^2=\tau_{1}^2-4\tau_{2}\\<br />u_{1}^2=a_{1}^2-4a_{0}\\<br />

Mamy więc układ równań

\begin{cases}x_{1}-x_{2}=\sqrt{a_{1}^2-4a_{0}}\\x_{1}+x_{2}=-a_{1}\end{cases}

Dla równania trzeciego stopnia wychodzimy z układu równań

\begin{cases}x_{1}+\varepsilon_{1}x_{2}+\varepsilon_{2}x_{3}=u_{1}\\x_{1}+\varepsilon_{2}x_{2}+\varepsilon_{1}x_{3}=u_{2}\\x_{1}+x_{2}+x_{3}=-a_{2}\end{cases}
gdzie \begin{cases}\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}+1=0\\\varepsilon_{1}\varepsilon_{2}=1\end{cases}

Okazuje się że współczynniki równania \left(z-u_{1}\right)\left(z-\varepsilon_{1}u_{1}\right)\left(z-\varepsilon_{2}u_{1}\right)\left(z-u_{2}\right)\left(z-\varepsilon_{1}u_{2}\right)\left(z-\varepsilon_{2}u_{2}\right)=0
są wielomianami symetrycznymi pierwiastków równania trzeciego stopnia i mogą być wyrażone przez współczynniki tegoż równania

Dla równania czwartego stopnia wychodzimy z układu równań

\begin{cases}x_{1}+x_{2}-x_{3}-x_{4}=u_{1}\\x_{1}-x_{2}+x_{3}-x_{4}=u_{2}\\x_{1}-x_{2}-x_{3}+x_{4}=u_{3}\\x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=-a_{3}\end{cases}

Okazuje się że współczynniki równania \left(z-u_{1}\right)\left(z-u_{2}\right)\left(z-u_{3}\right)\left(z+u_{1}\right)\left(z+u_{2}\right)\left(z+u_{3}\right)=0
są wielomianami symetrycznymi pierwiastków równania czwartego stopnia i mogą być wyrażone przez współczynniki tegoż równania


Do poczytania

1. Rachunku algebraicznego teorya przystosowana do linii krzywych przez Jana Śniadeckiego
http://bcpw.bg.pw.edu.pl/dlibra/docmetadata?id=1342
2. Sierpiński Wacław Zasady algebry wyższej
http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/mon/mon11/mon1110.pdf

Jak ktoś zna łacinę to może poszukać
Hieronymi Cardani Artis Magnae sive de regulis algebraicis
  • 6


#123146 Całka z pierwiastka ze zbioru Dróbka Szymański 574j

Napisane przez Mariusz M w 22.08.2015 - 19:43

\int{\frac{-4t^2}{\left(t^2-1\right)^4}\mbox{d}t}

 

R\left(t\right)=\left(t^2-1\right)^4\\</p>\\<p>R'\left(t\right)=4\left(t^2-1\right)^3\cdot 2t=8t\left(t^2-1\right)^3\\</p>\\<p>\gcd{\left(\left(t^2-1\right)^4,8t\left(t^2-1\right)^3\right)}=\left(t^2-1\right)^3</p>\\<p>

 

\int{\frac{-4t^2}{\left(t^2-1\right)^4}\mbox{d}t}=\frac{a_{5}t^5+a_{4}t^4+a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0}}{\left(t^2-1\right)^3}+\int{\frac{b_{1}t+b_{0}}{t^2-1}\mbox{d}t}\\</p>\\<p>\frac{-4t^2}{\left(t^2-1\right)^4}=\frac{\left(5a_{5}t^4+4a_{4}t^3+3a_{3}t^2+2a_{2}t+a_{1}\right)\left(t^2-1\right)^3-\left(a_{5}t^5+a_{4}t^4+a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0}\right)\left(t^2-1\right)^2\cdot 6t}{\left(t^2-1\right)^6}+\frac{b_{1}t+b_{0}}{t^2-1}\\</p>\\<p>\frac{-4t^2}{\left(t^2-1\right)^4}=\frac{\left(5a_{5}t^4+4a_{4}t^3+3a_{3}t^2+2a_{2}t+a_{1}\right)\left(t^2-1\right)-6t\left(a_{5}t^5+a_{4}t^4+a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0}\right)+\left(b_{1}t+b_{0}\right)\left(t^2-1\right)^3}{\left(t^2-1\right)^4}\\</p>\\<p>-4t^2=\left(5a_{5}t^4+4a_{4}t^3+3a_{3}t^2+2a_{2}t+a_{1}\right)\left(t^2-1\right)-6t\left(a_{5}t^5+a_{4}t^4+a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0}\right)+\left(b_{1}t+b_{0}\right)\left(t^6-3t^4+3t^2-1\right)\\</p>\\<p>-4t^2=\left(5a_{5}t^6+4a_{4}t^5+3a_{3}t^4+2a_{2}t^3+a_{1}t^2-5a_{5}t^4-4a_{4}t^3-3a_{3}t^2-2a_{2}t-a_{1}\right)-\left(6a_{5}t^6+6a_{4}t^5+6a_{3}t^4+6a_{2}t^3+6a_{1}t^2+6a_{0}t\right)</p>\\<p>+\left(b_{1}t^7-3b_{1}t^5+3b_{1}t^3-b_{1}t+b_{0}t^6-3b_{0}t^4+3b_{0}t^2-b_{0}\right)\\</p>\\<p>-4t^2=b_{1}t^{7}+\left(b_{0}-a_{5}\right)t^6+\left(-3b_{1}-2a_{4}\right)t^5+\left(-3b_{0}-3a_{3}-5a_{5}\right)t^4+\left(3b_{1}-4a_{2}-4a_{4}\right)t^3+\left(3b_{0}-5a_{1}-3a_{3}\right)t^2<br>\\+\left(-b_{1}-2a_{2}-6a_{0}\right)t+\left(-b_{0}-a_{1}\right)\\</p>\\<p>

 

\begin{cases}b_{1}=0\\b_{0}-a_{5}=0\\-3b_{1}-2a_{4}=0\\-3b_{0}-3a_{3}-5a_{5}=0\\3b_{1}-4a_{2}-4a_{4}=0\\3b_{0}-5a_{1}-3a_{3}=-4\\-b_{1}-2a_{2}-6a_{0}=0\\-b_{0}-a_{1}=0\end{cases}\\</p>\\<p>\begin{cases}b_{1}=0\\b_{0}=a_{5}\\a_{4}=0\\-3a_{3}-8a_{5}=0\\a_{2}=0\\-8a_{1}-3a_{3}=-4\\-b_{1}-2a_{2}-6a_{0}=0\\b_{0}=-a_{1}\end{cases}\\</p>\\<p>\begin{cases}b_{1}=0\\b_{0}=a_{5}\\a_{4}=0\\-3a_{3}+8a_{1}=0\\a_{2}=0\\-8a_{1}-3a_{3}=-4\\a_{0}=0\\b_{0}=-a_{1}\end{cases}\\</p>\\<p>\begin{cases}b_{1}=0\\b_{0}=a_{5}\\a_{4}=0\\8a_{1}=3a_{3}\\a_{2}=0\\3a_{3}=2\\a_{0}=0\\a_{5}=-a_{1}\end{cases}\\</p>\\<p>\begin{cases}b_{1}=0\\4b_{0}=-1\\a_{4}=0\\4a_{1}=1\\a_{2}=0\\3a_{3}=2\\a_{0}=0\\4a_{5}=-1\end{cases}\\</p>\\<p>

 

 

\int{\frac{-4t^2}{\left(t^2-1\right)^4}\mbox{d}t}=\frac{-\frac{1}{4}t^5+\frac{2}{3}t^3+\frac{1}{4}t}{\left(t^2-1\right)^3}-\frac{1}{4}\int{\frac{\mbox{d}t}{t^2-1}}\\</p>\\<p>-\frac{1}{4}\int{\frac{\mbox{d}t}{t^2-1}}=\int{\frac{A}{t-1}\mbox{d}t}+\int{\frac{B}{t+1}\mbox{d}t}\\</p>\\<p>-\frac{1}{4}\frac{1}{t^2-1}=\frac{A}{t-1}+\frac{B}{t+1}\\</p>\\<p>-\frac{1}{4}=A\left(t-1\right)+B\left(t+1\right)\\</p>\\<p>\begin{cases}A+B=0\\A-B=-\frac{1}{4}\end{cases}\\</p>\\<p>\begin{cases}B=-A\\2A=-\frac{1}{4}\end{cases}\\</p>\\<p>\begin{cases}B=-A\\A=-\frac{1}{8}\end{cases}\\</p>\\<p>-\frac{1}{4}\int{\frac{\mbox{d}t}{t^2-1}}=-\frac{1}{8}\int{\frac{1}{t-1}\mbox{d}t}+\frac{1}{8}\int{\frac{1}{t+1}\mbox{d}t}\\</p>\\<p>-\frac{1}{4}\int{\frac{\mbox{d}t}{t^2-1}}=\frac{1}{8}\ln{\left|\frac{t+1}{t-1}\right|}+C\\</p>\\<p>\int{\frac{-4t^2}{\left(t^2-1\right)^4}\mbox{d}t}=\frac{-\frac{1}{4}t^5+\frac{2}{3}t^3+\frac{1}{4}t}{\left(t^2-1\right)^3}+\frac{1}{8}\ln{\left|\frac{t+1}{t-1}\right|}+C\\</p>\\<p>

 


  • 6


#123128 Całka z pierwiastka ze zbioru Dróbka Szymański 574j

Napisane przez Mariusz M w 21.08.2015 - 08:30

Ja podałem podstawienia które sprowadzą tę całkę do całki z funkcji wymiernej

 

Oto moje próby obliczenia

 

\int{\sqrt{x+sqrt{x}}\mbox{d}x}\\<br>\\t^2=x\\<br>\\2t\mbox{d}t=\mbox{d}x\\<br>\\\int{2t\sqrt{t^2+t}\mbox{d}t}\\<br>\\\sqrt{t^2+t}=u-t\\<br>\\t^2+t=u^2-2ut+t^2\\<br>\\t=u^2-2ut\\<br>\\2ut+t=u^2\\<br>\\t\left(2u+1\right)=u^2\\<br>\\t=\frac{u^2}{2u+1}\\<br>\\u-t=\frac{2u^2+u-u^2}{2u+1}=\frac{u^2+u}{2u+1}\\<br>\\\mbox{d}t=\frac{2u\left(2u+1\right)-2u^2}{\left(2u+1\right)^2}\mbox{d}u\\<br>\\\mbox{d}t=\frac{2u^2+2u}{\left(2u+1\right)^2}\mbox{d}u\\<br>\\\int{\frac{2u^2}{2u+1}\cdot\frac{u^2+u}{2u+1}\cdot\frac{2u^2+2u}{\left(2u+1\right)^2}\mbox{d}u}\\<br>\\=\int{\frac{4u^2\left(u^2+u\right)^2}{\left(2u+1\right)^4}\mbox{d}u}\\<br>\\=\int{\frac{4u^6+8u^5+4u^4}{\left(2u+1\right)^4}\mbox{d}u}\\<br>\\4u^6+8u^5+4u^4-\frac{1}{4}u^2\left(16u^4+32u^3+24u^2+8u+1\right)=-2u^4-2u^3-\frac{1}{4}u^2\\<br>\\-2u^4-2u^3-\frac{1}{4}u^2-\left(-\frac{1}{8}\right)\left(16u^4+32u^3+24u^2+8u+1\right)=2u^3+\frac{11}{4}u^2+u+\frac{1}{8}\\<br>\\=\int{\left(\frac{1}{4}u^2-\frac{1}{8}\right)\mbox{d}u}+\int{\frac{2u^3+\frac{11}{4}u^2+u+\frac{1}{8}}{\left(2u+1\right)^4}\mbox{d}u}\\<br>\\=\int{\left(\frac{1}{4}u^2-\frac{1}{8}\right)\mbox{d}u}+\int{\frac{A}{2u+1}\mbox{d}u}+\int{\frac{B}{\left(2u+1\right)^2}\mbox{d}u}+\int{\frac{C}{\left(2u+1\right)^3}\mbox{d}u}+\int{\frac{D}{\left(2u+1\right)^4}\mbox{d}u}\\<br>\\A\left(2u+1\right)^3+B\left(2u+1\right)^2+C\left(2u+1\right)+D=2u^3+\frac{11}{4}u^2+u+\frac{1}{8}\\<br>\\A\left(8u^3+12u^2+6u+1\right)+B\left(4u^2+4u+1\right)+C\left(2u+1\right)+D=2u^3+\frac{11}{4}u^2+u+\frac{1}{8}\\<br>\\\begin{cases}8A=2\\12A+4B=\frac{11}{4}\\6A+4B+2C=1\\A+B+C+D=\frac{1}{8}\end{cases}\\<br>\\\begin{cases}A=\frac{1}{4}\\B=-\frac{1}{16}\\C=-\frac{1}{8}\\D=\frac{1}{16}\end{cases}\\</p>\\<p>=\int{\left(\frac{1}{4}u^2-\frac{1}{8}\right)\mbox{d}u}+\frac{1}{8}\int{\frac{2}{2u+1}\mbox{d}u}-\frac{1}{32}\int{\frac{2}{\left(2u+1\right)^2}\mbox{d}u}-\frac{1}{16}\int{\frac{2}{\left(2u+1\right)^3}\mbox{d}u}+\frac{1}{32}\int{\frac{2}{\left(2u+1\right)^4}\mbox{d}u}\\<br>\\=\frac{1}{12}u^3-\frac{1}{8}u+\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{2u+1}+\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{\left(2u+1\right)^2}-\frac{1}{96}\cdot\frac{1}{\left(2u+1\right)^3}+\frac{1}{8}\ln{\left|2u+1\right|}+C\\</p>\\<p>f^{\left(0\right)}=\frac{1}{12}u^3-\frac{1}{8}u\\</p>\\<p>f^{\left(1\right)}=\frac{1}{4}u^2-\frac{1}{8}\\</p>\\<p></p>\\<p>f^{\left(2\right)}=\frac{1}{2}u\\</p>\\<p>f^{\left(3\right)}=\frac{1}{2}\\</p>\\<p>f^{\left(0\right)}\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{96}+\frac{1}{16}=\frac{5}{96}\\</p>\\<p>f^{\left(1\right)}\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}-\frac{1}{8}=-\frac{1}{16}\\</p>\\<p></p>\\<p>f^{\left(2\right)}\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}\\</p>\\<p>f^{\left(3\right)}\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\\</p>\\<p>\frac{1}{12}u^3-\frac{1}{8}u=\frac{5}{96}-\frac{1}{16}\left(u+\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{8}\left(u+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{12}\left(u+\frac{1}{2}\right)^3\\</p>\\<p></p>\\<p>\frac{1}{12}u^3-\frac{1}{8}u=\frac{5}{96}-\frac{1}{32}\left(2u+1\right)-\frac{1}{32}\left(2u+1\right)^2+\frac{1}{96}\left(2u+1\right)^3\\</p>\\<p>=-\frac{1}{32}\left(2u+1\right)-\frac{1}{32}\left(2u+1\right)^2+\frac{1}{96}\left(2u+1\right)^3+\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{2u+1}+\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{\left(2u+1\right)^2}-\frac{1}{96}\cdot\frac{1}{\left(2u+1\right)^3}+\frac{1}{8}\ln{\left|2u+1\right|}+C_{1}\\<br>\\=-\frac{1}{32}\cdot\frac{\left(2u+1\right)^2-1}{\left(2u+1\right)}-\frac{1}{32}\cdot\frac{\left(2u+1\right)^4-1}{\left(2u+1\right)^2}+\frac{1}{96}\cdot\frac{\left(2u+1\right)^6-1}{\left(2u+1\right)^3}+\frac{1}{8}\ln{\left|2u+1\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=-\frac{1}{8}\cdot\frac{u^2+u}{2u+1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{u^2+u}{\left(2u+1\right)}\cdot\frac{2u^2+2u+1}{2u+1}+\frac{1}{96}\frac{\left(\left(2u+1\right)^3+1\right)\left(\left(2u+1\right)^3-1\right)}{\left(2u+1\right)^3}+\frac{1}{8}\ln{\left|2u+1\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=-\frac{1}{8}\cdot\frac{u^2+u}{2u+1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{u^2+u}{\left(2u+1\right)}\cdot\frac{2u^2+2u+1}{2u+1}+\frac{1}{24}\frac{\left(u+1\right)\left(4u^2+2u+1\right)\left(u\left(4u^2+6u+3\right)\right)}{\left(2u+1\right)^3}+\frac{1}{8}\ln{\left|2u+1\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=-\frac{1}{8}\cdot\frac{u^2+u}{2u+1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{u^2+u}{\left(2u+1\right)}\cdot\frac{2u^2+2u+1}{2u+1}+\frac{1}{24}\cdot\frac{u^2+u}{2u+1}\cdot\frac{\left(4u^2+2u+1\right)\left(4u^2+6u+3\right)}{\left(2u+1\right)^2}+\frac{1}{8}\ln{\left|2u+1\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=-\frac{1}{8}\cdot\frac{u^2+u}{2u+1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{u^2+u}{\left(2u+1\right)}\cdot\frac{2u^2+2u+1}{2u+1}+\frac{1}{24}\cdot\frac{u^2+u}{2u+1}\cdot\frac{4u^2+2u+1}{2u+1}\cdot\frac{4u^2+6u+3}{2u+1}+\frac{1}{8}\ln{\left|2u+1\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=-\frac{1}{8}\sqrt{t^2+t}-\frac{1}{4}\left(2t+1\right)\sqrt{t^2+t}+\frac{1}{24}\left(4t+1\right)\left(4t+3\right)\sqrt{t^2+t}+\frac{1}{8}\ln{\left|2t+1+2\sqrt{t^2+t}\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=-\frac{1}{8}\sqrt{t^2+t}-\frac{1}{4}\left(2t+1\right)\sqrt{t^2+t}+\frac{1}{24}\left(16t^2+16t+3\right)\sqrt{t^2+t}+\frac{1}{8}\ln{\left|2t+1+2\sqrt{t^2+t}\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=\frac{1}{24}\left(16t^2+16t+3-12t-6-3\right)\sqrt{t^2+t}+\frac{1}{8}\ln{\left|2t+1+2\sqrt{t^2+t}\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=\frac{1}{24}\left(16t^2+4t-6\right)\sqrt{t^2+t}+\frac{1}{8}\ln{\left|2t+1+2\sqrt{t^2+t}\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=\frac{1}{12}\left(8t^2+2t-3\right)\sqrt{t^2+t}+\frac{1}{8}\ln{\left|2t+1+2\sqrt{t^2+t}\right|}+C_{1}\\</p>\\<p>=\frac{1}{12}\left(8x+2\sqrt{x}-3\right)\sqrt{x+\sqrt{x}}+\frac{1}{8}\ln{\left|2\sqrt{x}+1+2\sqrt{x+\sqrt{x}}\right|}+C_{1}\\<br>\\

 

\int{\sqrt{x+\sqrt{x}}\mbox{d}x}=\int{\sqrt{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\mbox{d}x}\\</p>\\<p>=\int{x^{\frac{1}{4}}\left(1+x^{\frac{1}{2}}\right)^{\frac{1}{2}}\mbox{d}x}\\</p>\\<p>m=\frac{1}{4}\\</p>\\<p>n=\frac{1}{2}\\</p>\\<p>p=\frac{1}{2}\\</p>\\<p>\frac{m+1}{n}=\frac{5}{4}\cdot 2=\frac{5}{2}\not \in \mathbb{Z}\\</p>\\<p>\frac{m+1}{n}+p=\frac{5}{4}\cdot 2+\frac{1}{2}=3 \in \mathbb{Z}\\</p>\\<p>t^2=1+\frac{1}{\sqrt{x}}\\</p>\\<p>


  • 6


#123126 Całka z pierwiastka ze zbioru Dróbka Szymański 574j

Napisane przez Jarekzulus w 21.08.2015 - 01:18

Jeszcze jeden zwariowany pomysł

 

\int \sqrt{x+\sqrt{x}}dx

 

Tym razem podstawienie                   u=\sqrt{x}                          du=\frac{1}{2\sqrt{x}}dx                     \frac{dx}{\sqrt{x}} = 2 du

 

\int\sqrt{\sqrt{x} + x} dx = \int 2 u \sqrt{u^{2} + u} du

 

Jeśli teraz dodamy i odejmiemy dostaniemy              u = u +\frac{1}{2}- \frac{1}{2}

 

2 \int u \sqrt{u^{2} + u} du = 2 \int \left(\left(u + \frac{1}{2}\right) \sqrt{u^{2} + u} - \frac{1}{2} \sqrt{u^{2} + u}\right) du          Korzystając z addytywności mamy dwie całki

 

=2 \int \left(u + \frac{1}{2}\right) \sqrt{u^{2} + u} d u + 2 \int \left(- \frac{1}{2} \sqrt{u^{2} + u}\right)du

 

Pierwsza z całek: Robimy podstawienie               v=u+u^2              dv=(1+2u)du              \(\frac{1}{2}+u\)du=\frac{dv}{2}

 

=2 \int \left(u + \frac{1}{2}\right) \sqrt{u^{2} + u} d u=\int \frac{\sqrt{v}dv}{2}=\int \sqrt{v}dv=\frac{2}{3}v^{\frac{3}{2}}+C=\frac{2}{3}\sqrt{v^3}+C=\frac{2}{3}\sqrt{\(u+u^2\)^3}+C

 

Druga z całek       Sprowadzamy do postaci kanonicznej                   u^{2} + u = \left( u + \frac{1}{2}\right)^{2} - \frac{1}{4}

 

2 \int \left(- \frac{1}{2} \sqrt{u^{2} + u}\right)du= - \int \sqrt{u^{2} + u}du=-\int{\sqrt{\left(u + \frac{1}{2}\right)^{2} - \frac{1}{4}}du

 

Podstawieniem                       u + \frac{1}{2}=v            otrzymamy

 

=-\int{\sqrt{v^{2} - \frac{1}{4}} d v                       a                      podstawieniem                   v=\frac{1}{2} \sec{\left (w \right )}                dv=\frac{1}{2} tg{\left (w \right )} \sec{\left (w \right )} dw

 

I wyłączając przez z pierwiastka \frac{1}{4}          oraz korzystając później z równości    \fbox{tg^2(w)=sec^2(w)-1}                    dostaniemy

 

-\int{\sqrt{v^{2} - \frac{1}{4}} d v=-\int \frac{1}{4} tg^{2}{\left (w \right )} \sec{\left (w \right )} d w=-\frac{1}{4}\int \(sec^2(w)-1\)\cdot \sec{\left (w \right )} d w=-\frac{1}{4}\int sec^3(w)-sec(w) dw

 

Rozwiązania tych całek już były omawiane wyżej w odnośniku.


  • 6


#123125 Całka z pierwiastka ze zbioru Dróbka Szymański 574j

Napisane przez Jarekzulus w 21.08.2015 - 00:29

Mariusz to ja inaczej dla urozmaicenia :) tak wiem można prościej :bober:

 


\int{\sqrt{x+\sqrt{x}}\mbox{d}x}

 

przez części

 

f(x)=\sqrt{x+\sqrt{x}},\:\:f'(x)=\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}+1}{2\sqrt{x+\sqrt{x}}},\:\:g'(x)=1,\:\:g(x)=x

 

Co nam da:

 

\int{\sqrt{x+\sqrt{x}}dx=\sqrt{x+\sqrt{x}}x-\int \frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}+1}{2\sqrt{x+\sqrt{x}}}xdx=x\sqrt{x+\sqrt{x}}-\int \frac{\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}+1\right)x}{2\sqrt{x+\sqrt{x}}}dx

 

Ok teraz to "monstrum"

 

\int \frac{\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}+1\right)x}{2\sqrt{x+\sqrt{x}}}dx=\frac{1}{2}\int \frac{\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}+1\right)x}{\sqrt{x+\sqrt{x}}}dx

 

Jakoś trzeba to po redukować, więc teraz podstawienie

 

u=\sqrt{x+\sqrt{x}}                                                 x=\frac{2u^2+1}{2}-\frac{\sqrt{4u^2+1}}{2}

 

du=\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}+1}{2\sqrt{x+\sqrt{x}}}dx\quad \:du=\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}+1}{2u}dx,\:\quad \:dx=\frac{2u}{\frac{1}{2\sqrt{x}}+1}du

 

Dzięki temu mamy

 

=\frac{1}{2}\int \frac{\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}+1\right)x}{u}\frac{2u}{\frac{1}{2\sqrt{x}}+1}du=\frac{1}{2}\int \:2xdu=\frac{1}{2}\int \:2\left(\frac{2u^2+1}{2}-\frac{\sqrt{4u^2+1}}{2}\right)du

 

=\int \frac{2u^2+1}{2}-\frac{\sqrt{4u^2+1}}{2}du=\int \:u^2-\frac{\sqrt{4u^2+1}}{2}+\frac{1}{2}du=\int \:u^2du-\int \frac{\sqrt{4u^2+1}}{2}du+\int \frac{1}{2}du

 

Została tylko środkowa do policzenia

 

\int \frac{\sqrt{4u^2+1}}{2}du=\frac{1}{2}\int \sqrt{4u^2+1}du                 Można tak : Całka z pierwiastka

 

Ale jak już skombinować to może tak:

 

Zrobimy podstawienie trygonometryczne

 

u=\frac{1}{2}tg (v):\quad \quad du=\frac{1}{2 cos^2(v)}dv=\frac{\sec ^2\left(v\right)}{2}dv

 

i dostaniemy

 

=\frac{1}{2}\int \sqrt{4\left(\frac{1}{2}tg \left(v\right)\right)^2+1}\frac{\sec ^2\left(v\right)}{2}dv=\frac{1}{2}\int \frac{\sqrt{tg ^2\left(v\right)+1}\sec ^2\left(v\right)}{2}dv=\frac{1}{4}\int \sqrt{tg ^2\left(v\right)+1}\cdot \sec ^2\left(v\right)dv

 

Korzystając z                                \fbox{\re{1+tg ^2\left(x\right)=\sec ^2\left(x\right)}}

 

=\frac{1}{4}\int \sqrt{\sec ^2\left(v\right)}\cdot \sec ^2\left(v\right)dv=\frac{1}{4}\int \sec ^3\left(v\right)dv

 

Teraz można na kilka sposobów: Patrz tu

 

To może korzystając z wzoru \gr{\fbox{\fbox{\int \:\sec ^n\left(x\right)dx=\frac{\sec ^{n-1}\left(x\right)\sin \left(x\right)}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}\int \sec ^{n-2}\left(x\right)dx}}}

 

mamy

 

\int \sec ^3\left(v\right)dv=\frac{\sec ^2\left(v\right)\sin \left(v\right)}{2}+\frac{1}{2}\int \sec \left(v\right)dv

 

więc

 

\frac{1}{4}\int \sec ^3\left(v\right)dv=\frac{1}{4}\(\frac{\sec ^2\left(v\right)\sin \left(v\right)}{2}+\frac{1}{2}\int \sec \left(v\right)dv\)=\frac{1}{4}\(\frac{\sec ^2\left(v\right)\sin \left(v\right)}{2}+\frac{1}{2}\ln \left(tg \left(v\right)+\sec \left(v\right)\right)\)+C

 

bo  \int \:\sec \left(v\right)dv=\ln \left(tg \left(v\right)+\sec \left(v\right)\right)   taki mały skrót bo zaczyna robić się długie :champagne:

Odwracamy podstawienia v=arctg \left(2u\right)

 

I dostaniemy kolosa

 

\frac{1}{4}\(\frac{\sec ^2\left(arctg \left(2u\right)\right)\sin \left(arctg \left(2u\right)\right)}{2}+\frac{1}{2}\ln \left(\tan \left(arctg \left(2u\right)\right)+\sec \left(arctg \left(2u\right)\right)\right)\)+C

 

Czarodziejskimi sposobami można to uprościć do postaci (albo tu)

 

=\frac{1}{4}\(\sqrt{4u^2+1}u+\frac{\ln \left(\sqrt{4u^2+1}+2u\right)}{2}\)+C

 

W całości (te trzy całki) dadzą nam:

 

\int \:u^2du-\int \frac{\sqrt{4u^2+1}}{2}du+\int \frac{1}{2}du=\frac{u^3}{3}-\frac{\sqrt{4u^2+1}u+\frac{\ln \left(\sqrt{4u^2+1}+2u\right)}{2}}{4}+\frac{u}{2}+C

 

Zostaje powrót do zmiennej x :whistle:

 

\frac{\left(\sqrt{x+\sqrt{x}}\right)^3}{3}-\frac{\sqrt{4\left(\sqrt{x+\sqrt{x}}\right)^2+1}\sqrt{x+\sqrt{x}}+\frac{\ln \left(\sqrt{4\left(\sqrt{x+\sqrt{x}}\right)^2+1}+2\sqrt{x+\sqrt{x}}\right)}{2}}{4}+\frac{\sqrt{x+\sqrt{x}}}{2}+C

 

Tak wiem można było łatwiej :devil:  choć przyznacie plusik się należy  :crazy:


  • 6


#111406 Pochodne - wiadomości podstawowe (1)

Napisane przez Jarekzulus w 26.11.2013 - 01:36

Pochodna - pojecie to zostało wprowadzone zdefiniowane niezależnie przez dwóch matematyków: I.Newtona i G.W.Leibniza.

 

Jeśli funkcja f(x) jest określona w pewnym otoczeniu punkty x_0 to pochodną funkcji f(x) w punkcie x_0 nazywamy granicę ilorazu różnicowego (o ile taka granica istnieje) czyli:

 

\re{\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x)}{h}}

 

gdzie h jest przyrostem zmiennej niezależnej x (często oznaczane jako \Delta x)

 

Graficznie przedstawia to rysunek:

 

wykres214.jpg

Pamiętajmy ze h dąży 0, dzięki pochodnej dostajemy odpowiedź jak zmieni się wartość funkcji f(x) przy minimalnym przyroście zmiennej x.

 

Jeśli funkcja posiada pochodną w każdym punkcie swojej dziedziny, to możemy wyznaczyć funkcję g(x) która każdemu elementowi funkcji punktowi dziedziny funkcji f(x) przypisuje wartość pochodnej funkcji f(x) w tym punkcie. Funkcję g(x) nazywamy krótko "pochodną f".

 

Pochodną oznaczamy na kilka sposobów:

g(x)=f'(x)=\frac{df(x)}{dx}=y'=\frac{dy}{dx}

 

Funkcję dla której istnieje pochodna w danym punkcie nazywamy funkcją różniczkowalną w danym punkcie. Analogicznie jeśli istnieje pochodna danej funkcji na pewnym zbiorze mówimy, że funkcja jest różniczkowalna na tym zbiorze.

 

WZORY I WŁASNOŚCI

 

1. Pochodna z iloczynu stałej i funkcji:

\left( a\cdot f \left( x \right) \right) '=\lim\limits_{h\to0}\frac{a\cdot f \left( x+h \right) -a\cdot f \left( x \right) }{h}=a\cdot\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=a\cdot f' \left( x \right)

 

2. Pochodna sumy i różnicy dwóch (lub więcej) funkcji:

\left( f \left( x \right) +g \left( x \right) \right) '=\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) +g \left( x+h \right) - \left( f \left( x \right) +g \left( x \right) \right) }{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}+\lim\limits_{h\to0}\frac{g \left( x+h \right) -g \left( x \right) }{h}=f' \left( x \right) + g' \left( x \right)

 

\left( f \left( x \right) - g \left( x \right) \right) '=\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -g \left( x+h \right) - \left( f \left( x \right) -g \left( x \right) \right) }{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}-\lim\limits_{h\to0}\frac{g \left( x+h \right) -g \left( x \right) }{h}=f' \left( x \right) - g' \left( x \right)

 

3.Pochodna Iloczynu:

\left( f \left( x \right) \cdot g \left( x \right) \right) '=\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) g \left( x+h \right) -f \left( x \right) g \left( x \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) g \left( x+h \right) -f \left( x \right) g \left( x \right) +f \left( x \right) g \left( x+h \right) -f \left( x \right) g \left( x+h \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x \right) \left( g \left( x+h \right) -g \left( x \right) \right) +g \left( x+h \right) \left( f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=\\= f \left( x \right) \cdot\lim\limits_{h\to0}\frac{g \left( x+h \right) -g \left( x \right) }{h}+g \left( x \right) \cdot\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}= f \left( x \right) \cdot g' \left( x \right) +f' \left( x \right) \cdot g \left( x \right)

 

4. Pochodna Ilorazu:

\left( \frac{f \left( x \right) }{g \left( x \right) } \right) '=\lim\limits_{h\to0}\frac{\frac{f \left( x+h \right) }{g \left( x+h \right) }-\frac{f \left( x \right) }{g \left( x \right) }}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) g \left( x \right) -f \left( x \right) g \left( x+h \right) }{h\cdot g \left( x \right) g \left( x+h \right) }=\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) g \left( x \right) -f \left( x \right) g \left( x+h \right) +f \left( x \right) g \left( x \right) -f \left( x \right) g \left( x \right) }{h\cdot g \left( x \right) g \left( x \right) }=\\=\lim\limits_{h\to0}\frac{g \left( x \right) \left( f \left( x+h \right) -f \left( x \right) \right) -f \left( x \right) \left( g \left( x+h \right) -g \left( x \right) \right) }{h\cdot \left( g \left( x \right) \right) ^2}= \frac{g \left( x \right) }{ \left( g \left( x \right) \right) ^2}\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}-\frac{f \left( x \right) }{ \left( g \left( x \right) \right) ^2}\lim\limits_{h\to0}\frac{g \left( x+h \right) -g \left( x \right) }{h}= \frac{f' \left( x \right) g \left( x \right) -f \left( x \right) g' \left( x \right) }{ \left( g \left( x \right) ^2 \right) }

gdy   g(x)\neq 0

 

5. Pochodna funkcji złożonej:

Jeśli y=f \left( g \left( x \right) \right) ; u=g \left( x \right) to:

 

\left( f \left( g \left( x \right) \right) \right) '=\frac{d}{dx} f \left( g \left( x \right) \right) =\frac{dy}{dx}= \frac{dy}{du}\frac{du}{dx}= \lim_{h\to 0} \frac{f \left( g \left( x+h \right) -f \left( g \left( x \right) }{h} \frac{g \left( x+h \right) -g \left( x \right) }{h} =f' \left( g \left( x \right) \right) \cdot g' \left( x \right)

 

6. Pochodna funkcji odwrotnej:

f^{-1}(y)=\(f'(x)\)^{-1}=\frac{1}{f'(x)}  gdy f'(x)\neq 0

 

7. Pochodna odwrotności funkcji:

Analogicznie jak w przypadku pochodnej ilorazu, za f(x) przyjmujemy 1, wtedy:

\left( \frac{1}{g \left( x \right) } \right) '= \frac{-g'(x)}{g^2(x)}

gdy   g(x)\neq 0

 

Wzory podstawowych punkcji:

 

1. Pochodna z funkcji stałej f(x)=a

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{a-a}{h}=0

 

2.Pochodna z funkcji afinicznej (czasem mylnie nazywanej liniową) y=ax+b

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{a \left( x+h \right) +b- \left( ax+b \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{ax+ah+b-ax-b}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{ah}{h}=a

 

Można także użyć wzoru na pochodną sumy f(x)=ax g(x)=b

 

3.Pochodna funkcji potęgowej \bl{y=x^a}

f' \left( x \right) = \left( x^a \right) '= \left( e^{\ln {x^a}} \right) '= \left( e^{a\ln {x}} \right) '=e^{a\ln {x}}\cdot \left( a\ln {x} \right) '= e^{\ln {x^a}}\cdot a\frac{1}{x}=x^a\cdot a\frac{1}{x}=a\frac{x^a}{x}=a\cdot x^{a-1}

 

4. Pochodna wielomianu

Dzielimy wielomian na jednomiany (sumę funkcji potęgowych) i do każdej stosujemy powyższy wzór.

 

5. Pochodna z funkcji \bl{f(x)=\sqrt{x}}

 

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt{x}}{h}\cdot\frac{\sqrt{x+h}+\sqrt{x}}{\sqrt{x+h}+\sqrt{x}}= \lim\limits_{h\to0}\frac{x+h-x}{h \left( \sqrt{x+h}+\sqrt{x} \right) }=\lim\limits_{h\to0}\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}

 

Można także użyć wzoru na pochodną funkcji potęgowej f(x)=\sqrt{x}=x^{\frac{1}{2}}

 

6. Pochodna z funkcji \bl{f(x)=\frac{a}{x}}

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{\frac{a}{x+h}-\frac{a}{x}}{h}= f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{ax-a \left( x+h \right) }{h\cdot x \left( x+h \right) }= \lim\limits_{h\to0}\frac{-a}{x \left( x+h \right) }=-\frac{a}{x^2}

 

7. Pochodna z funkcji wykładniczej \bl{f(x)=a^x}

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{a^{x+h}-a^x}{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{a^x \left( a^h-1 \right) }{h}=a^x\lim\limits_{h\to0}\frac{a^h-1}{h}

 

Teraz zastosować należy podstawienie:

a^h-1=z

skoro h\to0 to oczywiście  a^h\to1\,\Rightarrow\,z\to0

a^h=z+1\,\Leftrightarrow\,h=\log _a \left( z+1 \right)

 

A dalej liczymy tak:

f' \left( x \right) =a^x\lim\limits_{h\to0}\frac{a^h-1}{h}=a^x\lim\limits_{z\to0}\frac{z}{\log _a \left( z+1 \right) }= a^x\lim\limits_{z\to0}\frac{1}{\frac{1}{z}\log _a \left( z+1 \right) }=a^x\lim\limits_{z\to0}\frac{1}{\log _a \left( 1+z \right) ^{\frac{1}{z}}}= a^x\cdot\frac{1}{\log _a \left( \lim\limits_{z\to0} \left( 1+z \right) ^{\frac{1}{z}} \right) }=a^x\cdot\frac{1}{\log _ae}=a^x\ln {a}

 

Jako szczególny przypadek funkcji wykładniczej - niezwykle ważna funkcja: f(x)=e^x

\re{f' \left( x \right) =e^x\ln {e}=e^x}

 

8. Pochodna funkcji logarytmicznej \bl{f \left( x \right) =\log _ax,\;\;a>0,\,a\neq1,\,x>0}

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{\log _a \left( x+h \right) -\log _ax}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{1}{h}\log _a \left( \frac{x+h}{x} \right) = {\lim\limits_{h\to0}\log _a \left( 1+\frac{h}{x} \right) ^{\frac{1}{h}}}=\log _a \left( \lim\limits_{h\to0} \left( 1+\frac{h}{x} \right) ^{\frac{1}{h}} \right) = \log _a \left( \lim\limits_{h\to0} \left( \left( 1+\frac{h}{x} \right) ^{\frac{x}{h}} \right) ^{\frac{1}{x}} \right) =\log _ae^{\frac{1}{x}}=\frac{1}{x}\log _ae=\frac{1}{x\ln {a}}

 

Jaki szczególny przypadek funkcji logarytmicznej f \left( x \right) =\ln {x},\;\;x>0

\re{f' \left( x \right) =\frac{1}{x\ln {e}}=\frac{1}{x}}

 

9. Pochodne funkcji trygonometrycznych:

Sinusa f(x)= sin(x)

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{\sin { \left( x+h \right) }-\sin {x}}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{2\sin { \left( \frac{x+h-x}{2} \right) }\cos { \left( \frac{x+h+x}{2} \right) }}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{\sin { \left( \frac{h}{2} \right) }\cos { \left( x+\frac{h}{2} \right) }}{\frac{h}{2}}= \cos {x}\cdot\lim\limits_{h\to0}\frac{\sin { \left( \frac{h}{2} \right) }}{\frac{h}{2}}=\cos {x}

 

Cosinusa f(x)= cos(x)

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{\cos { \left( x+h \right) }-\cos {x}}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{-2\sin { \left( \frac{x+h+x}{2} \right) }\sin { \left( \frac{x+h-x}{2} \right) }}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{-\sin { \left( \frac{h}{2} \right) }\sin { \left( x+\frac{h}{2} \right) }}{\frac{h}{2}}= -\sin {x}\cdot\lim\limits_{h\to0}\frac{\sin { \left( \frac{h}{2} \right) }}{\frac{h}{2}}=-\sin {x}

 

Tangensa \re{f \left( x \right) =\tan {x},\;\;x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi,\:k\in C}

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{\tan { \left( x+h \right) }-\tan {x}}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{\frac{\sin { \left( x+h-x \right) }}{\cos { \left( x+h \right) }\cos {x}}}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{\sin {h}}{h\cos { \left( x+h \right) }\cos {x}}=\frac{1}{\cos ^2{x}}\cdot\lim\limits_{h\to0}\frac{\sin {h}}{h}=\frac{1}{\cos ^2{x}}

 

Cotangensa \re{f \left( x \right) =\cot {x},\;\;x\neq k\pi,\,k\in C}

f' \left( x \right) =\lim\limits_{h\to0}\frac{f \left( x+h \right) -f \left( x \right) }{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{\cot { \left( x+h \right) }-\cot {x}}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{\frac{\sin { \left( x- \left( x+h \right) \right) }}{\sin { \left( x+h \right) }\sin {x}}}{h}= \lim\limits_{h\to0}\frac{-\sin {h}}{h\sin { \left( x+h \right) }\sin {x}}=-\frac{1}{\sin ^2{x}}\cdot\lim\limits_{h\to0}\frac{\sin {h}}{h}=-\frac{1}{\sin ^2{x}}

 

10. Pochodne funkcji cyklometrycznych (bez wyprowadzania)

Arkus sinus f(x)=arcsin(x)

(arcsin(x))'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}

 

Arkus cosinus f(x)=arccos(x)

(arccos(x))'=\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}

 

Arkus tangens f(x)=arctan(x)

(arctan(x))'=\frac{1}{1+x^2}

 

Arkus cotangens f(x)=arccot(x)

(arccot(x))'=\frac{-1}{1+x^2}


  • 6


#97049 Koło i jego części - najważniejsze wzory

Napisane przez Oluunka w 17.02.2012 - 18:35

Oznaczenia używane w dalszej części tekstu:

r - promień koła

O = (a,b) - środek koła

L - długość łuku bądź okręgu, w zależności od sytuacji

\alpha - wartość wyznaczonego kąta

c - długość cięciwy

h - strzałka odcinka kołowego - odcinek zawarty w symetralnej cięciwy

\rho - promień średni - \rho= \frac{r_1 + r_2}{2}

\sigma - szerokość pierścienia - \sigma = r_1 - r_2


Koło domknięte



Dołączona grafika




Koło domknięte - zbiór wszystkich punktów na płaszczyźnie, których odległość od środka koła jest mniejsza lub równa r.


W geometrii analitycznej koło o środku w punkcie (a, \, b) opisuje się nierównością:


\bl {(x-a)^2 \, + \, (y-b)^2 \, \leq \, r^2}


Najważniejsze wzory opisujące koło:

  • pole koła:

\re {P \, = \, \pi r^2}

  • obwód koła:

\re {L \,= \, 2 \pi r}



Koło otwarte


Dołączona grafika



Koło otwarte to zbiór wszystkich punktów na płaszczyźnie, których odległość od środka koła jest mniejsza od r.


W geometrii analitycznej koło otwarte o środku w punkcie (a,\,b) opisuje się nierównością :


\bl {(x-a)^2 \, + \, (y-b)^2 \, < \, r^2}


Najważniejsze wzory opisujące koło otwarte:

  • Pole koła otwartego:

\re {P\, = \, \pi r^2}



Okrąg


Dołączona grafika



Okrąg to zbiór wszystkich punktów na płaszczyźnie których odległość od środka okręgu wynosi r.


W geometrii analitycznej okrąg o środku w punkcie (a, \, b) opisuje się równaniem:


\bl {(x-a)^2 \, + \, (y-b)^2 \, = \, r^2}


Najważniejsze wzory opisujące okrąg:

  • długość okręgu:

\re {L \, = \, 2 \pi r }



Wycinek koła


Dołączona grafika




Wycinek koła to część wspólna koła i jego kąta środkowego \alpha.


Najważniejsze wzory opisujące wycinek koła:
  • Pole wycinka:
\re {P_W \, = \, \frac{rL}{2}} gdzie L oznacza długość łuku wyznaczonego przez dany kąt środkowy \alpha
  • Długość łuku wyznaczonego przez kąt środkowy \alpha:
\re {L\,=\,\frac{\alpha}{180^o}\pi r}
  • Wzory przybliżone :
\re {L\, \approx \,\frac{1}{3}(8f-c)} gdzie f stanowi krótszą a c dłuższą cięciwą

\re {L \, \approx \, \sqrt{c^2 \, + \, \frac{16}{3} h^2}}


Odcinek koła


Dołączona grafika



Odcinek koła to część koła ograniczona cięciwą i łukiem na niej opartym.

Najważniejsze wzory opisujące odcinek koła:
  • pole powierzchni:
\re {P_O \,= \, P_w - P_{\Delta} \, = \, \frac{\alpha \pi r^2}{360^o} \, - \, \frac{r^2 sin \alpha}{2}}
  • długość strzałki odcinka kołowego:
\re {h \, = \, \frac{f^2}{2r}}

\re {h \, = \, r \, - \, \frac{1}{2} sqrt{4r^2 \, - \, c^2}}

\re {h \, = \, r(1 \, - \, \cos {\frac{\alpha}{2}})}

\re {h \, = \, \frac{1}{2}c \, \cdot \, tg \frac{\alpha}{4}}
  • długość cięciwy:
\re {c \, = \, 2 sqrt{2hr \, - \, h^2}}

\re {c \, = \, 2rsin \frac{\alpha}{2}}


Pierścień kołowy



Dołączona grafika


Pierścień kołowy to różnica koła K_1 o promieniu r_1 i koła otwartego K_2 o promieniu r_2 mających wspólny środek. (r_1>r_2).


Najważniejsze wzory opisujące pierścień kołowy:
  • pole powierzchni:
\re {P \, = \, P_{K1} - P_{K2} \, = \, \pi(r_1^2 \, - \, r_2^2)}

\re {P \, = \, 2 \pi \rho \sigma}


Wycinek pierścienia kołowego



Dołączona grafika


Wycinek pierścienia kołowego to część wspólna pierścienia kołowego o szerokości r_1 \, - \, r_2 oraz kąta środkowego \alpha.

Najważniejsze wzory opisujące wycinek pierścienia kołowego:
  • pole powierzchni:
\re {P \, = \, \frac{ \alpha \pi}{360^o}(r_1^2 \, - \, r_2^2)}

\re {P \, = \, \frac{ \alpha \pi}{180^o} \sigma \rho}


"Soczewka"



Dołączona grafika


"Soczewka" to część wspólna dwóch kół o środkach O_1 i O_2 i promieniach r_1 i r_2. Koła te spełniają warunek:


\bl {|r_2 \, - \, r_1| < |O_1O_2|<r_1 \, + \, r_2}

Najważniejsze wzory opisujące "soczewkę":
  • pole powierzchni:
\re {\frac{1}{4} \pi r_1^2 \, + \, \frac{ \alpha \pi}{360^o}(r_2^2 \, - \, r_1^2) \, - \, \frac{sin 2 \alpha}{2}(r_1^2 \, + \, r_2^2)}
  • 5


#73309 Silnie, słabnie, pierwsznia

Napisane przez Oluunka w 20.10.2010 - 14:55

Silnie


Silnią
nazywamy iloczyn kolejnych liczb naturalnych nieprzekraczających n

n!=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \, ... \, \cdot n

np. 5!=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5


Podwójną silnią nazywamy iloczyn kolejnych liczb naturalnych nieprzekraczających n o tej samej parzystości co n

  • Jeśli n jest liczbą parzystą:

n!!=2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot\, ... \, \cdot  n

  • Jeśli n jest liczbą nieparzystą:

n!!=1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \, ... \, \cdot n



Supersilnią
nazywamy iloczyn silni kolejnych liczb naturalnych nieprzekraczających n

n$=1! \cdot 2! \cdot 3! \cdot \, .... \, \cdot n!



Słabnie


Słabnią
nazywamy sumę kolejnych liczb naturalnych nieprzekraczających n

n?=1+2+3+ \, ... \, + n

! n?=\frac {(1+n)n}{2}



Podwójną słabnią
nazywamy sumę kolejnych liczb naturalnych nieprzekraczających n o tej samej parzystości co n

  • Jeśli n jest liczbą parzystą:

n??=2+4+6+ \, ... \, +n

  • Jeśli n jest liczbą nieparzystą:

n??=1+3+5+ \, ... \, +n



Supersłabnią
nazywamy sumę słabni kolejnych liczb naturalnych nieprzekraczających n

nÂŁ = 1?+2?+3?+ \, ... \, +n?



Pierwsznia


Pierwsznią nazywamy iloczyn kolejnych liczb pierwszych nieprzekraczających n. Określana jest tylko dla liczb pierwszych.

n#=2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \,...\,\cdot n


  • 5


#70148 Dyskusja na temat gotowców, pomocy innym i ogólnie o rozumieniu świata

Napisane przez matma4u w 27.08.2010 - 17:32

A tak dla ścisłości:

Bot to program wykonujący pewne czynności w zastępstwie człowieka. Czasem jego funkcją jest udawanie ludzkiego zachowania.


Jak widać, używając tego słowa sugerujesz, że wybrani użytkownicy nie są "w pełni wartościowymi ludźmi". Bo nie można udawać "bycia człowiekiem" będąc nim. Logiczne prawda?
  • 5


#121868 Różne sposoby parametryzacji koła i elipsy dla całki podwójnej

Napisane przez Jarekzulus w 16.05.2015 - 07:41

W zależności od funkcji podcałkowej przydają się różne sposoby parametryzacji

 

pre_1431624447__okregi.jpg

Niebieski

Kartezjańskie

\int_{-1}^{1}\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} f(x,y)dydx

 

Biegunowe

x=r\cdot cos(\alpha)\\ y=r\cdot sin(\alpha)\\ r\in [0,1]\\ \alpha\in [0,2\pi)\\ \int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi}f(x(r,\alpha),y(r,\alpha))\cdot r d\alpha dr

 

 

Czerwony

Kartezjańskie

\int_{0}^{2}\int_{-\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{2x-x^2}} f(x,y)dydx

 

Biegunowe (przesunięte)

{x=1+r\cdot cos(\alpha)\\y=r\cdot sin(\alpha)\\ \alpha \in [0,2\pi) \\ r\in [0,1]\\ \int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi}f\(x(r,\alpha),y(r,\alpha)\)\,r d\alpha dr

albo (nieprzesunięte)

{x=r\cdot cos(\alpha)\\y=r\cdot sin(\alpha)\\ \alpha \in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}] \\ r\in [0,2cos(\alpha)]\\ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2cos(\alpha)}f\(x(r,\alpha),y(r,\alpha)\)\,r dr d\alpha

 

 

Zielony

Kartezjańskie

\int_{1}^{3}  \int_{-\sqrt{4x-x^2-3}+3}^{\sqrt{4x-x^2-3}+3}   f(x,y) dy dx

 

Biegunowe(przesunięte)

{x=2+r\cdot cos(\alpha)\\y=3+r\cdot sin(\alpha)\\ \alpha \in [0,2\pi)\\ r\in [0,1]\\ \int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi}f\(x(r,\alpha),y(r,\alpha)\)\,r d\alpha dr

albo (wzór ogólny wyprowadziła @bb314)

\{(x-m)^2+(y-n)^2=R^2\\R<m\gr\Rightarrow\{\ x=r\cos\varphi\ \ \ \ \ y=r\sin\varphi\\\ \\\int_{arctg\frac{m n - R sqrt{m^2+n^2-R^2}}{m^2-R^2}}^{arctg\frac{m n + R sqrt{m^2+n^2-R^2}}{m^2-R^2}}  \int_{\ \ m \cos\varphi + n \sin\varphi- sqrt{R^2 - (m \sin\varphi - n \cos\varphi)^2}}^{\ \ m \cos\varphi + n \sin\varphi + sqrt{R^2 - (m \sin\varphi - n \cos\varphi)^2}}f\(x(r,\varphi),y(r,\varphi)\)\,rdrd\varphi

 

 

Żółty

Kartezjańskie

\int_{-1}^{3}  \int_{-\sqrt{2x-x^2+3}+1}^{\sqrt{2x-x^2+3}+1}   f(x,y) dy dx

 

Biegunowe (przesunięte)

{x=1+r\cdot cos(\alpha)\\y=1+r\cdot sin(\alpha)\\ \alpha \in [0,2\pi)\\ r\in [0,2]\\ \int_{0}^{2}\int_{0}^{2\pi}f\(x(r,\alpha),y(r,\alpha)\)\,r d\alpha dr

albo (nieprzesunięte)

x=r\cos\alpha\\ y=r\sin\alpha\\ \alpha\in[0,2\pi)\\ r\in\[0,cos\alpha+\sin\alpha+\sqrt{4-(\cos\alpha-\sin\alpha)^2}\]\\ \int_0^{2\p}\int_0^{\, \cos\alpha+\sin\alpha+\sqrt{4-(\cos\alpha-\sin\alpha)^2}}f\(x(r,\alpha),y(r,\alpha)\)\,r \,dr\, d\alpha


  • 5


#123625 Całka wymierna 1/cos^4(x)

Napisane przez Jarekzulus w 22.09.2015 - 11:19

Rozumiem, że nie uzywa się tego w szkole ale to tylko oznaczenie dla funkcji odwrornej do kosinusa. Ułatwa zapis bo nie tworzą się ułamki łańcuchowe. Mam nadzieję, że sie do  przekonasz.

 

zamiast             sec(x) pisz            \frac{1}{cos(x)}            

 

a zamiast            sec^3(x) pisz   \frac{1}{cos^3(x)}

 

trochę to utrudni zapis ale wszyskie wzory są identyczne

 

\int \frac{1}{cos^n(x)}dx=\frac{\frac{1}{cos^{n-1}(x)}\cdot \sin \left(x\right)}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}\int \frac{1}{cos^{n-1}(x)}dx

 

Możesz też pobawić się wzorami trygonometrycznymi jak to zrobiłem w podanym poście.


  • 5