Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

Zdjęcie
        STUDIA        

Oblicz całke niewymierną



  • Nie możesz napisać tematu
  • Zaloguj się aby odpowiedzieć
8 odpowiedzi w tym temacie

#1 STST

STST

    Wymierny

  • Użytkownik
  • 40 postów
0
Neutralny
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 04.05.2010 - 19:54

\int\frac{x^2dx}{(\sqrt{a^2+x^2)^5}
  • 0

Afroman

    Kombinator

  • Użytkownik
3
  • Płeć:Kobieta

Napisano 25.09.2011 - 17:55

#2 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3365 postów
3039
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 18.08.2015 - 23:00

wersja 1

 

\int\frac{x^2dx}{(\sqrt{a^2+x^2})^5}=\int\frac{x^2dx}{(a^2+x^2)^{\frac{5}{2}}}

 

i teraz robimy podstawienie

 

x=a\cdot tg(t)   więc  dx=\frac{a}{cos^2(t)}dt=a\cdot sec^2(t)dt      i      t=arctg\(\frac{x}{a}\)

 

Pamiętając także, że tg^2(t)+1=\frac{1}{cos^2(t)}=sec^2(t)  mamy

 

\frac{x^2}{\left(a^2+ x^2\right)^{\frac{5}{2}}} = \frac{a^2 tg^2(t)}{\left(a^{2} tg^{2}{(t)} + a^{2}\right)^{\frac{5}{2}}}=\frac{a^2 tg^2(t)}{a^5\cdot \(tg^2(t)+1\)^{\frac{5}{2}}}=\frac{tg^2(t)}{a^3\cdot \(sec^2(t)\)^{\frac{5}{2}}}=\frac{tg^2(t)}{a^3\cdot sec^5(t)}=\frac{tg^2(t)\cdot cos^5(t)}{a^3}=\frac{sin^2(t)\cdot cos^3(t)}{a^3}

 

więc

 

\int\frac{x^2}{(\sqrt{a^2+x^2)^5}}dx=\int \frac{sin^2(t)\cdot cos^3(t)}{a^3}\cdot \frac{a}{cos^2(t)}dt=\int \frac{sin^2(t)\cdot cos(t)}{a^2}dt=\frac{1}{a^2}\int sin^2(t)\cdot cos(t)dt

 

Ponownie podstawienie v=sin(t)         dv=cos(t)dt

 

i mamy

 

\frac{1}{a^2}\int sin^2(t)\cdot cos(t)dt=\frac{1}{a^2}\int v^2dv=\frac{1}{a^2}\frac{v^3}{3}+C=\frac{sin^3(t)}{3a^2}+C=\frac{sin^3(arctg\(\frac{x}{a}\))}{3a^2}+C


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 18.08.2015 - 23:34

  • 2

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#3 Mariusz M

Mariusz M

    Wielki Analityk

  • Użytkownik
  • Redaktor
  • 849 postów
389
Instruktor II
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 19.08.2015 - 21:07

\int{\frac{x^2}{\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^5}\mbox{d}x}\\</p>\\<p>\sqrt{a^2+x^2}=t-x\\</p>\\<p>a^2+x^2=t^2-2tx+x^2\\</p>\\<p>a^2=t^2-2tx\\</p>\\<p>2tx=t^2-a^2\\</p>\\<p>x=\frac{t^2-a^2}{2t}\\</p>\\<p>t-x=\frac{2t^2-t^2+a^2}{2t}=\frac{t^2+a^2}{2t}\\</p>\\<p>\mbox{d}x=\frac{2t \cdot 2t -2\left(t^2-a^2\right)}{4t^2}\mbox{d}t\\</p>\\<p>\mbox{d}x=\frac{t^2+a^2}{2t^2}\mbox{d}t\\</p>\\<p>\int{\frac{\left(t^2-a^2\right)^2}{4t^2}\cdot\frac{32t^5}{\left(t^2+a^2\right)^5}\cdot\frac{t^2+a^2}{2t^2}\mbox{d}t}\\</p>\\<p>\int{\frac{4t\left(t^2-a^2\right)^2}{\left(t^2+a^2\right)^4}\mbox{d}t}\\</p>\\<p>u=t^2+a^2\\</p>\\<p>\mbox{d}u=2t\mbox{d}t\\</p>\\<p>\int{\frac{2\left(u-2a^2\right)^2}{u^4}\mbox{d}u}\\</p>\\<p>\int{\frac{2\left(u^2-4a^2u+4a^4\right)}{u^4}\mbox{d}u}\\</p>\\<p>\int{\frac{2}{u^2}\mbox{d}u}-8a^2\int{\frac{1}{u^3}\mbox{d}u}+8a^4\int{\frac{1}{u^4}\mbox{d}u}\\</p>\\<p>=-\frac{2}{u}+4a^2\cdot\frac{1}{u^2}-\frac{8}{3}a^4\frac{1}{u^3}+C\\</p>\\<p>=-\frac{1}{\left(x^2+a^2+x\sqrt{a^2+x^2}\right)}+a^2\cdot\frac{1}{\left(x^2+a^2+x\sqrt{a^2+x^2}\right)^2}-\frac{1}{3}a^4\cdot\frac{1}{\left(x^2+a^2+x\sqrt{a^2+x^2}\right)^3}+C</p>\\<p>


Użytkownik Mariusz M edytował ten post 19.08.2015 - 21:17

  • 2

#4 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3365 postów
3039
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 19.08.2015 - 23:02

Pogrzebałem trochę i pobawiłem się wzorem i :crazy:

 

\frac{sin^3(arctg\(\frac{x}{a}\))}{3a^2}=?

 

Zaczniemy może od tego ile to jest               sin(arctg(x))

 

Niech

 

t=arctg(x)    więc    tg(t)=x

 

Wiemy także z wzorów trygonometrycznych i jedynki trygonometrycznej, że: \bl{\fbox{sin^2(x)+cos^2(x)=1\\ tg(x)=\frac{sin(x)}{cos(x)}\\1+tg^2(x)=\frac{cos^2(x)}{cos^2(x)}+\frac{sin^2(x)}{cos^2(x)}=\frac{1}{cos^2(x)}}}

 

\frac{1}{cos^2(t)}=1+tg^2(t)=1+x^2 zgodnie z oznaczeniami, czyli

 

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

 

z jednyki trygonometrycznej

 

sin^2(t)=1-cos^2(t)=1-\frac{1}{1+x^2}=\frac{x^2}{1+x^2} zgodnie z oznaczeniami

 

czyli

 

sin(t)=\sqrt{\frac{x^2}{1+x^2}}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}

 

ale skoro t=arctg(x) to

 

\re{\fbox{\fbox{\fbox{\sin\(arctg(x)\)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}}}}


Albo inaczej

 

Niech (inne oznaczenia by się nie myliło)

 

sin(H)=z

 

tg(H)=x

 

arctg(x)=H

 

teraz

 

tg(H)=\frac{sin(H)}{cos(H)}=\frac{sin(H)}{\sqrt{1-sin^2(H)}}

 

czyli zgodnie z oznaczeniami

 

x=\frac{z}{\sqrt{1-z^2}}  czyli  x\cdot \sqrt{1-z^2}=z    podnosząc do kwadratu obustronnie

 

x^2\cdot (1-z^2)=z^2    więc   x^2-x^2z^2=z^2     czyli    x^2=z^2(1+x^2)    co implikuje   z^2=\frac{x^2}{1+x^2}

 

czyli z=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}

 

a ponieważ        z=sin(H)=sin(arctg(x))         to       \gr{\fbox{\fbox{\fbox{\sin\(arctg(x)\)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}}}}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 19.08.2015 - 23:00

  • 1

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#5 Mariusz M

Mariusz M

    Wielki Analityk

  • Użytkownik
  • Redaktor
  • 849 postów
389
Instruktor II
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 19.08.2015 - 23:04

Gdy usunąłem niewymierność z mianownika to też to samo dostałem (z dokładnością do stałej)

Tak sobie myślę że przez części też powinno się udać (być może najpierw trzeba będzie skorzystać z liniowości)

Nie liczyłem bo nie mam papieru pod ręką


  • 0

#6 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3365 postów
3039
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 19.08.2015 - 23:30

                                                                                         Wracając do zadania                                                                               

 

\frac{sin^3(arctg\(\frac{x}{a}\))}{3a^2}=\frac{\(sin(arctg\(\frac{x}{a}\))\)^3}{3a^2}

 

Zgonie z powyższym wzorem mamy:

 

\frac{\(sin(arctg\(\frac{x}{a}\))\)^3}{3a^2}=\frac{\(\frac{\frac{x}{a}}{\sqrt{1+\(\frac{x}{a}\)^2}}\)^3}{3a^2}=\frac{\frac{\frac{x^3}{a^3}}{\sqrt{\frac{a^2+x^2}{a^2}}^3}}{3a^2}=\frac{\frac{x^3}{a^3}}{\sqrt{\frac{a^2+x^2}{a^2}}^3\cdot 3a^2}=\frac{\frac{x^3}{a^3}}{\frac{\sqrt{a^2+x^2}^3}{\sqrt{a^2}^3}\cdot 3a^2}=\frac{\frac{x^3}{a^3}\cdot a^3}{3a^2\cdot \sqrt{a^2+x^2}^3}=\frac{x^3}{3a^2\cdot \sqrt{a^2+x^2}^3}

 

Co nam daje

 

\int\frac{x^2dx}{(\sqrt{a^2+x^2})^5}=\int\frac{x^2dx}{(a^2+x^2)^{\frac{5}{2}}}=\frac{x^3}{3a^2\cdot \sqrt{a^2+x^2}^3}+C=\frac{x^3}{3a^2\cdot (a^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}+C

 

\fbox{\re{\int\frac{x^2dx}{(\sqrt{a^2+x^2})^5}=\frac{x^3}{3a^2\cdot (a^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}+C}}

 

ładna :dribble:


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 19.08.2015 - 23:32

  • 2

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#7 Mariusz M

Mariusz M

    Wielki Analityk

  • Użytkownik
  • Redaktor
  • 849 postów
389
Instruktor II
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 20.08.2015 - 00:03

Przez części też dobrze pójdzie

 

Najpierw skorzystajmy z liniowości całki 

 

\int{\frac{x^2}{\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^5}\mbox{d}x}=\frac{1}{a^2}\int{\frac{x^2\left(a^2+x^2-x^2\right)}{\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^5}\mbox{d}x}\\</p>\\<p>=\frac{1}{a^2}\int{\frac{x^2}{\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^3}\mbox{d}x}+\frac{1}{a^2}\int{\frac{x^3}{3}\cdot\frac{\left(-3x\right)}{\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^5}\mbox{d}x}\\</p>\\<p>=\frac{1}{a^2}\int{\frac{x^2}{\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^3}\mbox{d}x}+\frac{1}{a^2}\left(\frac{x^3}{3\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^{3}}-\int{\frac{x^2}{\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^{3}}\mbox{d}x}\right)\\</p>\\<p>=\frac{1}{a^2}\cdot\frac{x^3}{3\left(\sqrt{a^2+x^2}\right)^{3}}+C</p>\\<p>

 

-\int{x^4\left(a^2+x^2\right)^{-\frac{5}{2}}}

 

\left(x^{\alpha}\right)'=\alpha x^{\alpha-1} więc

 

\left(\left(a^2+x^2\right)^{-\frac{3}{2}}\right)'=-\frac{3}{2}\left(a^2+x^2\right)^{-\frac{5}{2}}\cdot 2x=-\frac{3x}{\left(a^2+x^2\right)^{5}}

 

stąd pomysł jak dobrać części

 

Myślę że niepotrzebnie ulegacie tej modzie na liczenie całek (i ogólnie rozwiązywania zadań ) po amerykańskiemu


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 20.08.2015 - 09:17

  • 2

#8 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3365 postów
3039
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 20.08.2015 - 02:01

Cóż mogę powiedzieć  - szybko i profesjonalnie choć dla początkujących przejście między drugą a trzecią linijką może być kłopotliwe - mogłeś to troszeczkę bardziej rozpisać.

 

p.s. A jak to jest po amerykańsku :)


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 20.08.2015 - 09:29

  • 0

:wave: :wave: :wave: Jeśli rzuciłem choć promyczek światła na problem który postawiłeś - podziękuj. pre_1433974176__syg.jpgNad kreską


#9 Mariusz M

Mariusz M

    Wielki Analityk

  • Użytkownik
  • Redaktor
  • 849 postów
389
Instruktor II
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 20.08.2015 - 07:55

Amerykańce tak liczą jak ty tzn stosują podstawienia cyklometryczne
(do usuwania niewymierność przy całkach z pierwiastkiem z trójmianu kwadratowego , a nawet do całkowania jednego z ułamków prostych)

Unikają całkowania przez części jak tylko mogą
 

Podstawienia Eulera są w pewnych całkach wygodniejsze
np mnie wyszła z równania różniczkowego taka całka którą ty liczyłeś podstawieniami cyklometrycznymi

a po pierwszym podstawieniu Eulera można było mieć ją od razu (Ja wtedy użyłem trzeciego podstawienia aby przedstawić metodę Ostrogradskiego)

Ten ułamek prosty też wygodniej liczyć z wzoru redukcyjnego niż podstawieniem

 

Podstawień takich jak t=\tan{\left(\frac{x}{2}\right)} też rzadko używają

 

Tutaj najwygodniej było przez części chociaż w tej całce podstawienia Eulera nie są takie złe tyle że trochę zabawy by było z usuwaniem niewymierności z mianownika

 

Całki \int{\frac{W_{n}\left(x\right)}{\sqrt{ax^2+bx+c}}\mbox{d}x}

ja bym liczył w ten sposób
1 a>0

Tutaj wygodne będzie pierwsze podstawienie Eulera

2 a<0

Tutaj wygodnie będzie liczyć przez części
(jedyne podstawienie jakie bym zastosował to liniowe po sprowadzeniu trójmianu kwadratowego pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej)


Użytkownik Mariusz M edytował ten post 20.08.2015 - 08:06

  • 1