Javascript Disabled Detected

You currently have javascript disabled. Several functions may not work. Please re-enable javascript to access full functionality.

Najwyżej oceniana treść

#3125 MimeTeX - poradnik użytkownika

Napisane przez matma4u w 06.01.2008 - 13:42

Spis treści (kliknij w interesujący Cię temat)

Krótkie wprowadzenie na temat MimeTex
Rozmiar czcionki
Kolor czcionki
Spacje
Indeks górny i dolny
Alfabet grecki
Pierwiastek dowolnego stopnia
Układy równań
Ułamki
Macierze i tabele
Relacje
Całki
Strzałki
Wektory
Kropki
Działania na zbiorach

Na naszym forum wszelkie wyrażenia matematyczne należy zapisywać za pomocą specjalnego "języka" MimeTeX, który później jest przekształcany przez skrypt (pewnego rodzaju program) do postaci "miłej" dla oka.
Pamiętaj, by po napisaniu wyrażenia umieścić go pomiędzy znacznikami [TeX] [/TeX]

[TeX]Tutaj wpisz wyrażenie matematyczne[/TeX]

Spróbujmy napisać proste równanie w "języku" MimeTeX. Wpisanie w treści wiadomości następującej linijki:

[TeX]f(x)=ax+b[/TeX]

spowoduje wyświetlenie $f(x)=ax+b$ .
Mam nadzieję że idea "języka" MimeTeX jest już dla wszystkich jasna. Dalej zamieszczamy więc przykłady konkretnych operatorów i oznaczeń, które w połączeniu ze sobą mogą stworzyć naprawdę rozbudowane wyrażenia matematyczne.

Rozmiar czcionki

Rozmiar czcionki	Kod	Efekt
bardzo mała	[TeX]\tiny {TEKST}[/TeX]	$\tiny {TEKST}$
mała	[TeX]\small {TEKST}[/TeX]	$\small {TEKST}$
normalna	[TeX]\normalsize {TEKST}[/TeX]	$\normalsize {TEKST}$
duża	[TeX]\large {TEKST}[/TeX]	$\large {TEKST}$
większa	[TeX]\Large {TEKST}[/TeX]	$\Large {TEKST}$
największa	[TeX]\LARGE {TEKST}[/TeX]	$\LARGE {TEKST}$
ogromna	[TeX]\huge {TEKST}[/TeX]	$\huge {TEKST}$
olbrzymia	[TeX]\Huge {TEKST}[/TeX]	$\Huge {TEKST}$

Kolor czcionki

Kolor czcionki	Kod	Efekt
czerwona	[TeX]\re {TEKST}[/TeX]	$\re {TEKST}$
niebieska	[TeX]\bl {TEKST}[/TeX]	$\bl {TEKST}$
zielona	[TeX]\gr {TEKST}[/TeX]	$\gr {TEKST}$

Spacje (odstępy pomiędzy znakami)

Spacja	Kod	Efekt
mała	[TeX]a \, b[/TeX]	$\LARGE a \, b$
średnia	[TeX]a \; b[/TeX]	$\LARGE a \; b$
duża	[TeX]a \qquad b[/TeX]	$\LARGE a \qquad b$

Indeks górny i dolny
Indeksy górne i wykładniki otrzymujemy za pomocą znaku ^, a dolne stosując _

Rodzaj indeksu	Kod	Efekt
górny	[TeX]a^x[/TeX]	$\LARGE a^x$
dolny	[TeX]a_x[/TeX]	$\LARGE a_x$
górny i dolny	[TeX]a_y^x[/TeX] lub [TeX]a^x_y[/TeX]	$\LARGE a_y^x$

Alfabet grecki
1. Małe litery

$\begin{array}{|cc|cc|cc|cc|} Znak & Kod& Znak & Kod& Znak & Kod& Znak &Kod\\ \hline\\ \hline \alpha&\backslash alpha &\beta&\backslash beta &\gamma&\backslash gamma &\delta&\backslash delta\\ \epsilon&\backslash epsilon &\varepsilon&\backslash varepsilon &\zeta&\backslash zeta &\eta&\backslash eta\\ \theta&\backslash theta &\iota&\backslash iota &\kappa&\backslash kappa& \lambda& \backslash lambda\\ \mu&\backslash mu &\nu&\backslash nu &\xi&\backslash xi &\o&\backslash o\\ \pi&\backslash pi &\rho&\backslash rho &\varrho&\backslash varrho &\sigma&\backslash sigma\\ \varsigma&\backslash varsigma &\tau&\backslash tau &\upsilon&\backslash upsilon &\phi& \backslash phi\\ \varphi&\backslash varphi &\chi&\backslash chi &\psi&\backslash psi &\omega&\backslash omega \\ \hline \end{array}$

2. Duże litery

$\begin{array}{|cc|cc|cc|cc|} Znak & Kod& Znak & Kod& Znak & Kod& Znak &Kod\\ \hline\\ \hline \Gamma&\backslash Gamma &\Lambda&\backslash Lambda &\Sigma&\backslash Sigma& \Psi&\backslash Psi\\ \Delta&\backslash Delta &\Xi&\backslash Xi &\Upsilon&\backslash Upsilon & \Omega&\backslash Omega\\ \Theta&\backslash Theta &\Pi&\backslash Pi &\Phi&\backslash Phi& & \\ \hline \end{array}$

Pierwiastek dowolnego stopnia
$\sqrt[n]{x+y}$

[TeX]\sqrt[n]{x+y}[/TeX]

gdzie:
n - oznacza stopień pierwiastka
x+y - wyrażenie pod pierwiastkiem
Polecenie sqrt{x} zawsze będzie oznaczać pierwiastek kwadratowy z liczby x
$\sqrt{x}$

Układy równań
$\{ xyz=25 \\ x+y+z=12 \\ x-y+z=10$

[TeX]\{ xyz=25 \\ x+y+z=12 \\ x-y+z=10[/TeX]

gdzie:

{ - oznacza klamrę w układzie równań, może to być również ( [ <
Jeśli chcemy by nasz układ miał z lewej strony znak { a z prawej ] należy użyć polecenia:

[TeX]\{ xyz=25\\ x+y+z=12\\ x-y+z=10 \][/TeX]

$\{ xyz=25\\ x+y+z=12\\ x-y+z=10 \>$

Ułamki
Znak kreski ułamkowej uzyskujemy poprzez polecenie\frac lub \over

$\LARGE\frac{x}{y}$

[TeX]\frac{x}{y}[/TeX] [TeX]{x \over y}[/TeX]

gdzie:

x - oznacza wyrażenie w liczniku

y - oznacza wyrażenie w mianowniku

Macierze i tabele
1. Macierze

$\begin{matrix} x & y \\ z & v \\ x & z \end{matrix}$

[TeX]\begin{matrix} x & y \\ z & v \\ x & z \end{matrix}[/TeX]

$\begin{vmatrix}x & y \\ z & v \\ x & z\end{vmatrix}$

[TeX]\begin{vmatrix}x & y \\ z & v \\ x & z\end{vmatrix}[/TeX]

$\begin{Vmatrix}x & y \\ z & v \\ x & z\end{Vmatrix}$

[TeX]\begin{Vmatrix}x & y \\ z & v \\ x & z\end{Vmatrix}[/TeX]

$\begin{bmatrix}0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0\end{bmatrix}$

[TeX]\begin{bmatrix}0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 &
    \cdots & 0\end{bmatrix}[/TeX]

$\begin{Bmatrix}x & y \\ z & v \\x & z\end{Bmatrix}$

[TeX]\begin{Bmatrix}x & y \\ z & v \\x & z\end{Bmatrix}[/TeX]

$\begin{pmatrix}x & y \\z & v \\x & z \end{pmatrix}$

[TeX]\begin{pmatrix}x & y \\z & v \\x & z \end{pmatrix}[/TeX]

$\left[\begin{array}{ccc}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{array}\right]$

\left[\begin{array}{ccc}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{array}\right]

l - wyrównanie zawartości kolumny do lewej

c - wyrównanie zawartości kolumny do środka

r - wyrównanie zawartości kolumny do prawej

\ - przejście do nowego wiersza

2. Tabele

$ \\ \begin{array} {|l.c.r.r|}\hline \\ matma & jest & super & OK! \\ \hline \\ OK! & super & jest & matma \\ \hline \\ -2 & -2 & 0 & 3 \\ \hline\end{array} \\$

[TeX]<br />
    \begin{array} {|l.c.r.r|}\hline<br />
    matma & jest & super & OK! \\ \hline<br />
    OK! & super & jest & matma \\ \hline<br />
    -2 & -2 & 0 & 3 \\ \hline\end{array}<br />
    [/TeX]

hline - linia pozioma

. - linia przerywana pionowa

| - linia ciągła pionowa

Relacje
$\begin{array}{|cc|cc|cc|cc|} Znak & Kod& Znak & Kod& Znak & Kod& Znak &Kod\\ \hline\\ \hline \\ \le&\backslash le &\not \le&\backslash not \backslash le&\ge&\backslash ge& \not \ge&\backslash not \backslash ge\\ \\ \neq&\backslash neq &\equiv&\backslash equiv &\not \equiv&\backslash not \backslash equiv & \sim&\backslash sim\\ \\ \not\sim&\backslash not \backslash sim &\simeq&\backslash simeq &\not \simeq&\backslash not \backslash simeq & \approx& \backslash approx\\ \\ \not \approx&\backslash not \backslash approx &\subset&\backslash subset &\subseteq&\backslash subseteq &\supset&\backslash supset\\ \\ \supseteq&\backslash supseteq &\in&\backslash in &\not \in&\backslash not \backslash in &\ni&\backslash ni\\ \\ \parallel&\backslash parallel &\perp&\backslash perp &\mid&\backslash mid &\vdash& \backslash vdash\\ \hline \end{array}$

Całki

Kod	Efekt
[TeX]\int[/TeX]	$\LARGE\int$
[TeX]\int_{0}^{1}[/TeX]	$\LARGE\int_{0}^{1}$
[TeX]\iint[/TeX]	$\LARGE\iint$
[TeX]\iiint[/TeX]	$\LARGE\iiint$
[TeX]\oint[/TeX]	$\LARGE\oint$

Strzałki
$\begin{array}{|cc|cc|cc|} Znak & Kod& Znak & Kod& Znak & Kod\\ \hline\\ \hline \\ \leftarrow&\backslash leftarrow &\Leftarrow&\backslash Leftarrow&\nwarrow&\backslash nwarrow\\ \\ \rightarrow&\backslash rightarrow& \Rightarrow&\backslash Rightarrow&\nearrow&\backslash nearrow\\ \\ \uparrow&\backslash uparrow &\Uparrow&\backslash Uparrow &\swarrow&\backslash swarrow\\ \\ \downarrow&\backslash downarrow & \Downarrow& \backslash Downarrow &\searrow&\backslash searrow\\ \hline \end{array}$

Wektory
$\vec{a}$

[TeX]\vec{a} [/TeX]

$\vec{AB}$

[TeX]\vec{AB}[/TeX]

$A\perp B$

A\perp B

Kropki

Kod	Efekt
[TeX]\ldots[/TeX]	$\LARGE\ldots$
[TeX]\cdots[/TeX]	$\LARGE\cdots$
[TeX]\vdots[/TeX]	$\LARGE\vdots$
[TeX]\ddots[/TeX]	$\LARGE\ddots$
[TeX]f\circ g[/TeX]	$\LARGE f\circ g$
[TeX]f \cdot g[/TeX]	$\LARGE f\cdot g$

Działania na zbiorach

Działanie	Kod	Efekt
suma zbiorów A i B	[TeX]A \cup B[/TeX]	$\LARGE A \cup B$
iloczyn zbiorów A i B	[TeX]A \cap B[/TeX]	$\LARGE A \cap B$
różnica zbiorów A i B	[TeX]A \backslash B[/TeX]	$\LARGE A \backslash B$

#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:

$\$

#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

#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 $\re x_2\ i\ x_3$ są przegięcia

$f''(x)>0$ $\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:

#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

$\left(a+b\right)^2=a^2+2ab+b^2\\ a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)$

Rozłóżmy teraz trójmian kwadratowy na czynniki

$a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=0\\ x^2+\frac{a_{1}}{a_{2}}x+\frac{a_{0}}{a_{2}}=0\\ x^2+\frac{a_{1}}{a_{2}}x=-\frac{a_{0}}{a_{2}}\\ x^2+2\frac{a_{1}}{2a_{2}}x=-\frac{a_{0}}{a_{2}}\\ 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}}\\ \left(x+\frac{a_{1}}{2a_{2}}\right)^{2}=\frac{a_{1}^{2}-4a_{2}a_{0}}{4a_{2}^{2}}\\ \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\\ \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 $

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\\ x=y-\frac{a_{2}}{3a_{3}}\\ 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\\ 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\\ 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\\ 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\\ y^3+py+q=0 $

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\\ \left(u+v\right)^3+p\left(u+v\right)+q=0\\ u^3+3u^2v+3uv^2+v^3+p\left(u+v\right)+q=0\\ u^3+v^3+q+3\left(u+v\right)\left(uv+\frac{p}{3}\right)=0\\ \begin{cases}u^3+v^3+q=0 \\ \left(uv+\frac{p}{3}\right)=0\end{cases}\\ \begin{cases}u^3+v^3=-q \\ uv=-\frac{p}{3}\end{cases}\\ \begin{cases}u^3+v^3=-q \\ u^3v^3=-\frac{p^3}{27}\end{cases}\\ $

Powyższy układ równań to wzory Viete'a równania kwadratowego

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

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}}\\ 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}}\\ 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}}\\ $

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\\ x^4+a_{3}x^3=-a_{2}x^2-a_{1}x-a_{0}\\ 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}\\ \left(x^2+\frac{a_{3}}{2}x\right)^2=\frac{a_{3}^2-4a_{2}}{4}x^2-a_{1}x-a_{0}\\ \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}\\ \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)\\ \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}\\ 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 $

$ \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\\ \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) \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\\ \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) \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\\ $

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\\ x^4+cx^3+dx^2+ax^3+acx^2+adx+bx^2+bcx+bd=x^4+px^2+qx+r\\ 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 $

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

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) $

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)\\ =\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) $

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\\ \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 $

$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\\ 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 $

Współczynniki powyższych równań powinniśmy otrzymać za pomocą funkcji symetrycznych

$ t_{1}=x_{1}+x_{2}\\ t_{2}=x_{3}+x_{4}\\ t_{3}=x_{1}+x_{3}\\ t_{4}=x_{2}+x_{4}\\ t_{5}=x_{1}+x_{4}\\ t_{6}=x_{2}+x_{3} $

$ t_{1}+t_{3}+t_{5}=2x_{1}+s_{1}\\ t_{1}+t_{4}+t_{6}=2x_{2}+s_{1}\\ t_{2}+t_{3}+t_{6}=2x_{3}+s_{1}\\ t_{2}+t_{4}+t_{5}=2x_{4}+s_{1}\\ $

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

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}\\ u_{1}^2=\tau_{1}^2-4\tau_{2}\\ u_{1}^2=a_{1}^2-4a_{0}\\ $

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

#123146 Całka z pierwiastka ze zbioru Dróbka Szymański 574j

Napisane przez Mariusz M w 22.08.2015 - 19:43

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

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

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

$\begin{cases}b_{1}=0\\b_{0}-a_{5}=0\\-3b_{1}-2a_{4}=0\\-3b_{0}-3a_{3}-5a_{5}=0\\3b_{1}-4a_{2}-4a_{4}=0\\3b_{0}-5a_{1}-3a_{3}=-4\\-b_{1}-2a_{2}-6a_{0}=0\\-b_{0}-a_{1}=0\end{cases}\\\\\begin{cases}b_{1}=0\\b_{0}=a_{5}\\a_{4}=0\\-3a_{3}-8a_{5}=0\\a_{2}=0\\-8a_{1}-3a_{3}=-4\\-b_{1}-2a_{2}-6a_{0}=0\\b_{0}=-a_{1}\end{cases}\\\\\begin{cases}b_{1}=0\\b_{0}=a_{5}\\a_{4}=0\\-3a_{3}+8a_{1}=0\\a_{2}=0\\-8a_{1}-3a_{3}=-4\\a_{0}=0\\b_{0}=-a_{1}\end{cases}\\\\\begin{cases}b_{1}=0\\b_{0}=a_{5}\\a_{4}=0\\8a_{1}=3a_{3}\\a_{2}=0\\3a_{3}=2\\a_{0}=0\\a_{5}=-a_{1}\end{cases}\\\\\begin{cases}b_{1}=0\\4b_{0}=-1\\a_{4}=0\\4a_{1}=1\\a_{2}=0\\3a_{3}=2\\a_{0}=0\\4a_{5}=-1\end{cases}\\\\$

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

#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}\\ \\t^2=x\\ \\2t\mbox{d}t=\mbox{d}x\\ \\\int{2t\sqrt{t^2+t}\mbox{d}t}\\ \\\sqrt{t^2+t}=u-t\\ \\t^2+t=u^2-2ut+t^2\\ \\t=u^2-2ut\\ \\2ut+t=u^2\\ \\t\left(2u+1\right)=u^2\\ \\t=\frac{u^2}{2u+1}\\ \\u-t=\frac{2u^2+u-u^2}{2u+1}=\frac{u^2+u}{2u+1}\\ \\\mbox{d}t=\frac{2u\left(2u+1\right)-2u^2}{\left(2u+1\right)^2}\mbox{d}u\\ \\\mbox{d}t=\frac{2u^2+2u}{\left(2u+1\right)^2}\mbox{d}u\\ \\\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}\\ \\=\int{\frac{4u^2\left(u^2+u\right)^2}{\left(2u+1\right)^4}\mbox{d}u}\\ \\=\int{\frac{4u^6+8u^5+4u^4}{\left(2u+1\right)^4}\mbox{d}u}\\ \\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\\ \\-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}\\ \\=\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}\\ \\=\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}\\ \\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}\\ \\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}\\ \\\begin{cases}8A=2\\12A+4B=\frac{11}{4}\\6A+4B+2C=1\\A+B+C+D=\frac{1}{8}\end{cases}\\ \\\begin{cases}A=\frac{1}{4}\\B=-\frac{1}{16}\\C=-\frac{1}{8}\\D=\frac{1}{16}\end{cases}\\\\=\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}\\ \\=\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\\\\f^{\left(0\right)}=\frac{1}{12}u^3-\frac{1}{8}u\\\\f^{\left(1\right)}=\frac{1}{4}u^2-\frac{1}{8}\\\\\\f^{\left(2\right)}=\frac{1}{2}u\\\\f^{\left(3\right)}=\frac{1}{2}\\\\f^{\left(0\right)}\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{96}+\frac{1}{16}=\frac{5}{96}\\\\f^{\left(1\right)}\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}-\frac{1}{8}=-\frac{1}{16}\\\\\\f^{\left(2\right)}\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}\\\\f^{\left(3\right)}\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\\\\\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\\\\\\\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\\\\=-\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}\\ \\=-\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}\\\\=-\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}\\\\=-\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}\\\\=-\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}\\\\=-\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}\\\\=-\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}\\\\=-\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}\\\\=\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}\\\\=\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}\\\\=\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}\\\\=\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}\\ \\$

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

#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.

#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:

#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:

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)

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

#111232 Całka - wyprowadzenie wzorów (1)

Napisane przez Jarekzulus w 20.11.2013 - 11:39

Zacznijmy może od tego, że pochodna to miara szybkości zmian wartości funkcji względem zmian jej argumentów albo jak to się zwykło mówić granica pewnego ilorazu różnicowego;

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

Dowiemy się dzięki temu jak zmieni się wartość funkcji jeśli argument zmieni się nieznacznie (przyrost $h \to0$ ).

Dla iloczynu funkcji mamy:

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

Reasumując:

$\bl\fbox{$f(x)g(x)$'=f \left( x \right) \cdot g' \left( x \right) +f' \left( x \right) \cdot g \left( x \right)}$

Wzór ten będzie punktem wyjścia do wyznaczenia wzoru na całkę iloczynu funkcji, lub jak kto woli wzoru do całkowania przez części - jednej z podstawowych metod całkowania.

Mamy zatem:

$$f(x)g(x)$'=f \left( x \right) \cdot g' \left( x \right) +f' \left( x \right) \cdot g \left( x \right)$

$f \left( x \right) \cdot g' \left( x \right)=$f(x)g(x)$' -f' \left( x \right) \cdot g \left( x \right)$

Całkując obustronnie otrzymamy:

$\int f \left( x \right) \cdot g' \left( x \right) dx=\int $f(x)g(x)$'dx -\int f' \left( x \right) \cdot g \left( x \right)dx$

A ponieważ $\int $h(x)$'dx=h(x)$ dostajemy:

$\re\fbox{\int f \left( x \right) \cdot g' \left( x \right) dx=f(x)g(x)\) -\int f' \left( x \right) \cdot g \left( x \right)dx}$

Zazwyczaj jednak pod całką mamy formę:

$\int f \left(x \right) \cdot h\left( x \right) dx$

to jest nie widzimy tam pochodnej więc takową musimy tam wstawić wykonując obliczenia na boku (Jedną z funkcji oznaczamy jako pochodną innej funkcji i obliczamy jej funkcję pierwotną) np. funkcję h(x) oznaczę jako pochodną pewnej funkcji g(x) $\fbox{$h(x)=g'(x)$}$ i mamy, co potrzeba. W praktyce robi się to następująco:

Wypisujemy jakie funkcję mamy w następujący sposób:

[1]=f(x) [2]=h(x)=g'(x)

[3]=f'(x) [4]=g(x) w punkcie [3] obliczamy pochodną funkcji f(x), a w punkcie [4] niejako całkę funkcji h(x)

Wynikiem jest:

$\int [1][2]=[1][4]-\int[3][4]$

Dwa przydane przykłady:

$\re{1)}$

$\int x^2\cdot e^x dx=$

[1]=f(x)=x^2 [2]=h(x)=g'(x)=e^2
[3]=f'(x)=2x [4]=g(x)=e^2

$\int x^2\cdot e^x dx=x^2\cdot e^x-2\int x\cdot e^2 dx=$

[1]=x [2]=e^2
[3]=1 [4]=e^2

$\int x^2\cdot e^x dx=x^2\cdot e^x-2\int x\cdot e^2 dx=x^2\cdot e^x-2$x\cdot e^x-\int e^x dx$=x^2\cdot e^x-2x\cdot e^x+2e^x +C$

$\re{2)}$

$\int e^x\cdot \cos(x) dx=$

[1]=f(x)=cos(x) [2]=g'(x)=e^2
[3]=f'(x)=-sin(x) [4]=g(x)=e^2

$\int e^x\cdot \cos(x) dx=\cos(x)\cdot e^x-(-\int sin(x)\cdot e^x dx)=\cos(x)\cdot e^x+\int sin(x)\cdot e^x dx)$

[1]=sin(x) [2]=e^2
[3]=cos(x) [4]=e^2

$\int e^x\cdot \cos(x) dx=\cos(x)\cdot e^x+\int sin(x)\cdot e^x dx)=\cos(x)\cdot e^x+\sin(x)\cdot e^x-\int e^x \cdot \cos(x) dx$

czyli:

$\int e^x\cdot \cos(x) dx=\cos(x)\cdot e^x+\sin(x)\cdot e^x-\int e^x \cdot \cos(x) dx$

$2\int e^x\cdot \cos(x) dx=\cos(x)\cdot e^x+\sin(x)\cdot e^x$

$\int e^x\cdot \cos(x) dx=\frac{1}{2}\cdot $\cos(x)\cdot e^x+\sin(x)\cdot e^x$=\frac{1}{2}e^x\cdot $\cos(x)+\sin(x)$$

#96673 Monotoniczność i ekstremum lokalne

Napisane przez bb314 w 08.02.2012 - 21:17

$\bl f(x)=x^3\cdot(x-2)^4$

$\bl f'(x)\$ $=$x^3$'\cdot(x-2)^4+x^3\cdot$(x-2)^4$'=3x^2\cdot(x-2)^4+x^3\cdot 4(x-2)^3=(x-2)^3$3x^2\cdot(x-2)+4x^3$=$
$=(x-2)^3(3x^3-6x^2+4x^3)=\$ $\bl (x-2)^3(7x^3-6x^2)$

$\bl f''(x)\$ $=$f'(x)$'=$(x-2)^3$'\cdot(7x^3-6x^2)+(x-2)^3\cdot$(7x^3-6x^2)$'=$
$=3(x-2)^2\cdot(7x^3-6x^2)+(x-2)^3\cdot(3\cdot 7x^2-2\cdot 6x)=$
$=3(x-2)^2$7x^3-6x^2+(x-2)(7x^2-4x)$=3(x-2)^2(7x^3-6x^2+7x^3-4x^2-14x^2+8x)=$
$=3(x-2)^2(14x^3-24x^2+8x)=3(x-2)^2\cdot 2x(7x^2-12x+4)=\$ $\bl 6x(x-2)^2(7x^2-12x+4)\ \ \ \$ :shifty:

#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 $n$

$n$ ÂŁ $= 1?+2?+3?+ \, ... \, +n?$

Pierwsznia

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

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

#122665 Całka 1/cos(x)

Napisane przez Jarekzulus w 10.07.2015 - 21:02

$\int\frac{1}{cos(x)}$

Podstawienie trygonometryczne (tangens połowy kąta)

$t=tan$\frac{x}{2}$$

$cos(x)=\frac{1-t^2}{1+t^2}$

$dx=\frac{2}{1+t^2}dt$

$\int\frac{1}{cos(x)}=\frac{1+t^2}{1-t^2}\cdot \frac{2}{1+t^2}dt =2\int\frac{dt}{1-t^2}=2\int\frac{dt}{(1-t)(1+t)}$

Rozkłada na ułamki proste

$\int\frac{dt}{(1-t)(1+t)}=\int\frac{A}{(1-t)}+\frac{B}{(1+t)}dt Wychodzi A=\frac{1}{2} B=\frac{1}{2}$

$2$\frac{1}{2}\cdot \int\frac{dt}{(1-t)}+\frac{1}{2}\cdot \int \frac{dt}{(1+t)}$=-ln|1-t|+ln|1+t|+C=ln|1+t|-ln|1-t|+C=ln\|\frac{1+t}{1-t}\|+C=ln\|\frac{1+tan$\frac{x}{2}$}{1-tan$\frac{x}{2}$}\|+C$

Dla

$\int \frac{dx}{cos^3(x)}$ można tak samo

$\int \frac{(1+t^2)^3}{(1-t^2)^3}\cdot \frac{2}{1+t^2}dt=2\int\frac{1+2t^2+t^4}{1-3t^2+3t^4-t^6}dt$

Rozkład na ułamki proste

$\frac{1+2t^2+t^4}{1-3t^2+3t^4-t^6}=\frac{\frac{1}{4}}{1+t}-\frac{\frac{1}{4}}{(1+t)^2}+\frac{\frac{1}{2}}{(1+t)^3}-\frac{\frac{1}{4}}{t-1}-\frac{\frac{1}{4}}{(t-1)^2}-\frac{\frac{1}{2}}{(1-t)^3}$

popatrz na

http://matma4u.pl/to...niewymiernej-2/

#122663 Całka 1/cos(x)

Napisane przez Jarekzulus w 09.07.2015 - 23:49

$\int{\frac{ \mbox{d}x }{\cos{x}}}= \int{ \frac{\cos{x}}{\cos^{2}{x}} \mbox{d}x } =\int{ \frac{\cos{x}}{1-\sin^{2}{x}} \mbox{d}x }=\frac{1}{2}\int{ \frac{\cos{x}\left( 1+\sin{x}+1-\sin{x}\right) }{\left( 1-\sin{x}\right)\left( 1+\sin{x}\right) } \mbox{d}x } =\frac{1}{2}\left( \int{ \frac{\cos{x}}{1-\sin{x}} \mbox{d}x }+\int{ \frac{\cos{x}}{1+\sin{x}} \mbox{d}x } \right)\\ = \frac{1}{2}\ln{\left| \frac{1+\sin{x}}{1-\sin{x}} \right| }+C= \ln{\left| \frac{1+\sin{x}}{\cos{x}} \right| } +C$

albo

$\int{ \frac{ \mbox{d}x }{\cos{x}} }=\int{ \frac{ \mbox{d}x }{\sin{\left( \frac{\pi}{2}-x \right) }} }=\int{ \frac{ \mbox{d}x }{2\sin{\left( \frac{\pi}{4}-\frac{x}{2} \right) }\cos{\left( \frac{\pi}{4}-\frac{x}{2} \right)}} } =\int{ \frac{ \mbox{d}x }{2\tan{\left( \frac{\pi}{4}-\frac{x}{2} \right)}\cos^{2}{\left( \frac{\pi}{4}-\frac{x}{2} \right) }} }\\ t=\tan{\left( \frac{\pi}{4}- \frac{x}{2} \right) } \\\mbox{d}t=-\frac{1}{2} \cdot \frac{ \mbox{d}x }{\cos^{2}{\left( \frac{\pi}{2}- \frac{x}{2} \right) }} \\-\int{ \frac{ \mbox{d}t}{t} }=-\ln{\left| t\right| }+C \int{ \frac{ \mbox{d}x }{\cos{x}} }=-\ln{\left| \tan{\left( \frac{\pi}{4}- \frac{x}{2} \right) }\right| }+C$

albo

$\int \frac{dx}{cos(x)}=\int \frac{1}{cos(x)}\cdot 1=\int \frac{dx}{cos(x)}\cdot \frac{ \frac{1}{cos(x)}+tg(x)}{ \frac{1}{cos(x)}+tg(x)}=\int \frac{ \frac{1}{cos^2(x)}+\frac{1}{cos(x)}\cdot tg(x)}{\frac{1}{cos(x)}+tg(x)}dx$

$t=\frac{1}{cos(x)}+tg(x)$ więc $dt=\frac{sin(x)}{cos^2(x)}+\frac{1}{cos^2(x)}dx$ czyli $dt=tg(x)\cdot \frac{1}{cos(x)}+\frac{1}{cos^2(x)}dx$

Mamy więc

$\int \frac{dx}{cos(x)}=\int\frac{dt}{t}=ln|t|+C=ln|\frac{1}{cos(x)}+tg(x)|+C$

można jeszcze stosując podstawienie trygonometryczne z tangensem kąta połówkowego.

#122662 Całka 1/cos(x)

Napisane przez Jarekzulus w 09.07.2015 - 23:03

$sec(x)=\frac{1}{cos(x)}$

$\int \:\sec ^n\left(x\right)dx=\frac{\sec ^{n-1}\left(x\right)\sin \left(x\right)}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}\int \sec ^{n-2}\left(x\right)dx$

więc

$\int \sec ^3\left(x\right)dx=\frac{\sec ^2\left(x\right)\sin \left(x\right)}{2}+\frac{1}{2}\int \sec \left(x\right)dx$

$\int \sec \left(x\right)dx=\int\frac{1}{cos(x)}=\ln \left(\frac{1}{\cos \left(x\right)}+\tan \left(x\right)\right)+C$

Reasumując

$=\frac{\sec ^2\left(x\right)\sin \left(x\right)}{2}+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1}{\cos \left(x\right)}+\tan \left(x\right)\right)+C=\frac{\sin \left(x\right)}{2 cos^2(x)}+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1}{\cos \left(x\right)}+\tan \left(x\right)\right)+C=\frac{tg(x)}{2cos(x)}+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1}{\cos \left(x\right)}+\tan \left(x\right)\right)+C$

Ewentualnie pozostaje policzenie dokładnie

$\int\frac{1}{cos(x)}=\ln \left(\frac{1}{\cos \left(x\right)}+\tan \left(x\right)\right)+C$

#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

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$

#116408 Pochodne - wiadomości podstawowe (2)

Napisane przez Jarekzulus w 22.08.2014 - 16:21

Zacznę może do twierdzenia - roboczo oznaczmy tw. $\triangle$ (Twierdzenie o pochodnej funkcji odwrotnej)

Jeśli funkcja $f(x)$ posiada funkcję odwrotną $f^{-1}(x)$ , oraz w pewnym punkcie $x_0$ posiada skończoną pochodną, różną od zera $$f$ $'(x_0)$ - istnieje i $f'(x_0)\neq 0 $$ , to wtedy w odpowiadającym punktowi $x_0$ punktowi $y_0$ istnieje pochodna funkcji odwrotnej $$f'(x)$'$ i jej wartość w punkcie $y_0$ równa się $\frac{1}{f'(x_0)}$

Dla rozjaśnienia może wykonajmy kilka konkretnych przykładów (poprzednio niewyprowadzanych) - patrz http://matma4u.pl/to...i-podstawowe-1/ punkt 10.

Przykład 1.

$f(x)=arctan(x)$

- funkcja do niej odwrotna istnieje i ma postać $f^{-1}(x)=tg(x)$

- pochodna tej funkcji (pochodna funkcji odwrotnej) ma postać $$f^{-1}$'(x)=\frac{1}{cos^2(x)}$

I teraz zgodnie z twierdzeniem $\triangle$ wartość pochodnej z funkcji odwrotnej w punkcie $y_0$ równa jest odwrotności wartości pochodnej z funkcji w punkcie $x_0$ czyli:

$$f^{-1}$'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}$

Czyli $\frac{1}{cos^2(y_0)}=\frac{1}{f'(x_0)}$

Teraz mnożymy na krzyż i przekształcamy

$f'(x_0)=cos^2(y_0)=\frac{1}{\frac{1}{cos^2(y_0)}}$

Teraz wykorzystując jednostkę trygonometryczną $sin^2(k)+cos^2(k)=1$ mamy

$f'(x_0)=cos^2(y_0)=\frac{1}{\frac{sin^2(y_0)+ cos^2(y_0)}{cos^2(y_0)}} = \frac{1}{\frac{sin^2(y_0)}{cos^2(y_0)}+ \frac{cos^2(y_0)}{cos^2(y_0)}} = \frac{1}{tg^2(y_0)+1}$

Ale przecież $y_0=f(x)=arctan(x_0)$ a zatem

$tg(y_0)=tg(arctan(x_0))=x_0$ (złożenie funkcji i funkcji odwrotnej w danym punkcje daje nam ten punkt)

Bacząc na ten fakt mamy $f'(x_0)=\frac{1}{tg^2(y_0)+1}=\frac{1}{x^2_0+1}$

Równość ta jest prawdziwa dla każdego $x_0$ należącego do dziedziny, zatem

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

Podobne rozważania można poczynić w stosunku do pozostałych funkcji cyklometrycznych a właściwie do każdej funkcji posiadającej funkcję odwrotną.

np. $f(x)=10^x$

Funkcja ta posiada funkcję odwrotną i ma ona postać $f^{-1}(x)=\log_{10}(x)$ (krótko $\log (x)$ )

Teraz może weźmy konkretny np. $x_0=3$ . Wiemy z http://matma4u.pl/to...i-podstawowe-1/ punkt 7, że $f'(x)=10^x\cdot \ln(10)$ , a dla $x_0$ mamy $f'(3)=10^3\cdot \ln(10)=1000\cdot \ln(10)$

Odpowiadający punktowi $x_0$ punkt $y_0$ ma wartość 1000

i teraz pochodna funkcji odwrotnej

$$f^{-1}$'(x)=(\log (x))'=\frac{1}{x\cdot \ln(10)}$ istnieje a jej wartość w punkcie $y_0$ wynosi

$$f^{-1}$'(y_0)=(\log (1000))'=\frac{1}{1000\cdot \ln(10)}$

Jest ona równa $\frac{1}{f'(x_0)}=\frac{1}{1000\cdot ln(10)}$

Czyli lewa strona równa jest prawej.

--------------------------

DOWÓD twierdzenia $\triangle$

Dowód przeprowadzę w oparciu o interpretację geometryczną pochodnej funkcji w punkcie.

Wartość pochodnej funkcji w punkcie jest to tangens nachylenia stycznej do wykresu funkcji w tym punkcie - co chyba było omówione w poście http://matma4u.pl/to...i-podstawowe-1/ (a jeśli nie no to cóż ;-) wynika z interpretacji ilorazu różnicowego) co zresztą odzwierciedla obrazek powyżej.

Czyli $f'(x)=\tan (\alpha)=\frac{d y}{d x}$

Teraz uwaga: Wykres funkcji odwrotnej do $f^{-1}(x)$ można przedstawić na tym samym wykresie , ale należny pamiętać, że czyta się go âna odwrótâ â tzn. jakby argumentom y przyporządkowujemy wartości $x$ (a więc przyrostem argumentów funkcji odwrotnej jest $dy$ a przyrostem odpowiadających jej wartości jest $dx$ . Czyli kąt $\beta$ odpowiadający kątowi nachylenia stycznej do funkcji odwrotnej miałby miarę jak na rysunku poniżej

Wartość pochodnej funkcji odwrotnej w punkcie $y_0$ jest równa $(f^{-1})'(y_0)=\tan (\beta)=\frac{dx}{dy}$ więc wartość pochodnej z funkcji i wartość pochodnej jej funkcji odwrotnej to tangensy kątów w tym samym trójkącie prostokątnym.

Wykorzystując zależność $tan(\alpha)\cdot tan(\beta)=1$ mamy $tan(\beta)=\frac{1}{tan(\alpha)}$ co oznacza, że

$tan(\beta)=(f^{-1})'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}=\frac{1}{tan(\alpha)}$

czyli $\fbox{\bl{(f^{-1})'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}}}$ co należało dowieść

#112221 Całka funkcji niewymiernej

Napisane przez Jarekzulus w 18.12.2013 - 02:17

Wyprowadzenie 2 całki (tu jest a zamiast b i nie a^2 tylko a, ale to niczego nie zmienia bo to przecież liczba)

$\int \sqrt{a+x^2}dx$

$\fbox{\int \sqrt{a+x^2}dx=\int \frac{a+x^2}{\sqrt{a+x^2}}dx=\int \frac{a\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}+ \int \frac{x^2\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}}$

Pierwsza z całek:

$\int \frac{a\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}=a\int \frac{dx}{\sqrt{a+x^2}}$

Podstawienie:

$x+\sqrt{x^2+a}=t$

$\sqrt{x^2+a}=t-x$ do kwadratu

$x^2+a = t^2-2xt+x^2$ czyli:

$x=\frac{t^2-a}{2t}=\frac{1}{2}$t-\frac{a}{t}$$

$dx=\frac{1}{2}$1+\frac{a}{t^2}$dt$

$\sqrt{x^2+a}=t-x$ więc $\sqrt{x^2+a}=t-\frac{t^2-a}{2t}=\frac{t^2+a}{2t}$ zatem Pierwsza całka wyniesie:

$a\int \frac{dx}{\sqrt{a+x^2}}=a \int \frac{\frac{1}{2}$1+\frac{a}{t^2}$dt}{\frac{t^2+a}{2t}}=\frac{1}{2}\cdot a \int \frac{t^2+a}{t^2} \cdot \frac{2t}{t^2+a}dt=\frac{a}{2}\int \frac{2t}{t^2}dt=a\int \frac{dt}{t}=a\ln|t|+C=a\ln|x+\sqrt{x^2+a}|+C$

$\re\fbox{a\int \frac{dx}{\sqrt{a+x^2}}=a\cdot \ln|x+\sqrt{x^2+a}|+C}$

Druga z całek:

$\int \frac{x^2\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}=\int x\cdot \frac{x\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}$

Przez części:

$f(x)=x$ $g'(x)=\frac{x\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}$

$f'(x)=1$ $g(x)=\sqrt{a+x^2}$ ponieważ: $\int \frac{x\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}=\frac{1}{2}\int \frac{2x\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}=2\cdot \frac{1}{2}\int \frac{2x\cdot dx}{2\sqrt{a+x^2}}=\sqrt{a+x^2}+C$ $\bl\fbox{\int \frac{h'(x)dx}{2\sqrt{h(x)}}=\sqrt{h(x)}+C$

$\int x\cdot \frac{x\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}=x\cdot \sqrt{a+x^2}-\int \sqrt{a+x^2}dx$

Czyli:

$\int \sqrt{a+x^2}dx=a\cdot \ln|x+\sqrt{x^2+a}|+x\cdot \sqrt{a+x^2}-\int \sqrt{a+x^2}dx$ więc:

$2\cdot \int \sqrt{a+x^2}dx=a\cdot \ln|x+\sqrt{x^2+a}|+x\cdot \sqrt{a+x^2}$

$\re\fbox{\int \sqrt{a+x^2}dx=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \ln|x+\sqrt{x^2+a}|+\frac{1}{2}\cdot x\cdot \sqrt{a+x^2} + C}$

#111172 Całka funkcji z pierwiastkiem - ciekawe podstawienie (2)

Napisane przez Jarekzulus w 19.11.2013 - 03:37

$\int \sqrt{a+x^2}dx$

$\fbox{\int \sqrt{a+x^2}dx=\int \frac{a+x^2}{\sqrt{a+x^2}}dx=\int \frac{a\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}+ \int \frac{x^2\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}}$

Pierwsza z całek:

$\int \frac{a\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}=a\int \frac{dx}{\sqrt{a+x^2}}$

Podstawienie:

$x+\sqrt{x^2+a}=t$

$\sqrt{x^2+a}=t-x$ do kwadratu

$x^2+a = t^2-2xt+x^2$ czyli:

$x=\frac{t^2-a}{2t}=\frac{1}{2}$t-\frac{a}{t}$$

$dx=\frac{1}{2}$1+\frac{a}{t^2}$dt$

$\sqrt{x^2+a}=t-x$ więc $\sqrt{x^2+a}=t-\frac{t^2-a}{2t}=\frac{t^2+a}{2t}$ zatem Pierwsza całka wyniesie:

$\re\fbox{a\int \frac{dx}{\sqrt{a+x^2}}=a\cdot \ln|x+\sqrt{x^2+a}|+C}$

Druga z całek:

$\int \frac{x^2\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}=\int x\cdot \frac{x\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}$

Przez części:

$f(x)=x$ $g'(x)=\frac{x\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}$

$\int x\cdot \frac{x\cdot dx}{\sqrt{a+x^2}}=x\cdot \sqrt{a+x^2}-\int \sqrt{a+x^2}dx$

Czyli:

$\int \sqrt{a+x^2}dx=a\cdot \ln|x+\sqrt{x^2+a}|+x\cdot \sqrt{a+x^2}-\int \sqrt{a+x^2}dx$ więc:

$2\cdot \int \sqrt{a+x^2}dx=a\cdot \ln|x+\sqrt{x^2+a}|+x\cdot \sqrt{a+x^2}$

$\re\fbox{\int \sqrt{a+x^2}dx=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \ln|x+\sqrt{x^2+a}|+\frac{1}{2}\cdot x\cdot \sqrt{a+x^2} + C}$

Najwyżej oceniana treść

Zaloguj się