Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

Zdjęcie
        STUDIA        

Całka trygonometryczna - podchodzi pod Ostrogradskiego

Rachunek całkowy

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

#1 axelek

axelek

    Nowicjusz

  • Użytkownik
  • 4 postów
0
Neutralny
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 14.10.2015 - 19:55

Witam mam problem z pewną całką
\int \frac{sinx(cos^3x+sin^2x-2)}{(1+cos^2x)^2}dx
Z sinusów 
sin^2=1-cos^2
\int \frac{sinx(cos^3x+1-cos^2-2)}{(1+cos^2x)^2}dx
Podstawienie 
t=cosx
dt=-sinxdx
-\int \frac{t^3-t^2-1}{(1+t^2)^2}
Teraz przez schemat całek wymiernych
\frac{t^3-t^2-1}{(1+t^2)^2}=\frac{At+B}{1+t^2}\frac{Ct+D}{1+t^2} 
Mnożymy obustronnie przez /* (1+t^2)^2
t^3-t^2-1=At^3+At+Bt^2+B+Ct^3+Ct+Dt^2+D
Teraz układ równań dla współczynników
1=A+C\cdots</div>\\<div>-1=B+D\cdots</div>\\<div>0=C+D\cdots</div>\\<div>-1=B+D\cdots
A+C=0\cdots A+C=1 \cdots 0=1
Ten układ jest sprzeczny !! Więc współczynniki by nie istniały, skoro brak rozwiązań. Nawet wolfram tak pokazuje
Próbowałem też rozbijać całkę 
-\int \frac{t^3-t^2-1}{(1+t^2)^2}
na części czy podstawienie ale nie było szans. Więc tej całki nie da się rozwiązać ? Czy da ale innym sposobem, tylko ciężko inny skoro to całka wymierna.
 
Przepraszam za brak równań ale nie potrafię pisać ich w LateX'ie.

  • 0

Afroman

    Kombinator

  • Użytkownik
3
  • Płeć:Kobieta

Napisano 25.09.2011 - 17:55

#2 bb314

bb314

    miła suczka

  • $Jr Admin
  • Redaktor
  • 3978 postów
4725
Profesor
  • Płeć:Kobieta

Napisano 14.10.2015 - 21:55

\fr{t^3-t^2-1}{(1+t^2)^2}=\fr{At+B}{1+t^2}+\fr{Ct+D}{(1+t^2)^2}\gr\ \Rightarrow\ \{A=1\\B=-1\\C=-1\\D=0\gr\ \Rightarrow\ \fr{t^3-t^2-1}{(1+t^2)^2}=\fr{t}{1+t^2}-\fr{1}{1+t^2}-\fr{t}{(1+t^2)^2}

 

-\int\fr{t^3-t^2-1}{(1+t^2)^2}dt=-\int\fr{t}{1+t^2}dt+\int\fr{1}{1+t^2}dt+\int\fr{t}{(1+t^2)^2}dt=

 

=-\fr12\ln(1+t^2)+arctg\, t-\fr{1}{2(1+t^2)}+C

 

\re\int \frac{\sin x(\cos^3x+\sin^2x-2)}{(1+\cos^2x)^2}dx=-\fr12\ln(1+\cos^2x)+arctg\, \cos x-\fr{1}{2(1+\cos^2x)}+C

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

  • 1

\ \
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ Jeśli chcesz powiedzieć \ \ DZIĘKUJĘ \ \ lub \ \ ŁAŁ \ \  to zaloguj się i kliknij znak\ rep_up.png\ nad kreską.\bl\ \ \ \nearrow
..
..
..
..
..
..


#3 Jarekzulus

Jarekzulus

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • Redaktor
  • 3364 postów
3038
Profesor
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 14.10.2015 - 23:48

*
Najwyższa ocena

Możesz też użyć metody Ostrogradskiego (którą opisaliśmy z Mariuszem tu - http://matma4u.pl/to...strogradskiego/

 

-\int \frac{t^3-t^2-1}{(1+t^2)^2}=\int \frac{-t^3+t^2+1}{(1+t^2)^2}

 

\int \frac{-t^3+t^2+1}{(1+t^2)^2}=\frac{At+B}{1+t^2}+\int\frac{Ct+D}{1+t^2}           pochodna i

 

\frac{-t^3+t^2+1}{(1+t^2)^2}=\frac{A(1+t^2)-2t(At+B)}{(1+t^2)^2}+\frac{Ct+D}{1+t^2}    czyli

 

\frac{-t^3+t^2+1}{(1+t^2)^2}=\frac{A(1+t^2)-2t(At+B)+(1+t^2)(Ct+D)}{(1+t^2)^2}

 

Jeśli się nie pomyliłem to wychodzi

 

-t^3+t^2+1=Ct^3-At^2+Dt^2+Ct-2Bt+A+D

 

\{A=0\\B=-\frac{1}{2}\\C=-1\\D=1

 

czyli mamy

 

\int \frac{-t^3+t^2+1}{(1+t^2)^2}=\frac{-\frac{1}{2}}{1+t^2}+\int\frac{-t+1}{1+t^2}

 

\int \frac{-t^3+t^2+1}{(1+t^2)^2}=\frac{-\frac{1}{2}}{1+t^2}-\frac{1}{2}\ln \left(1+t^2\right)+arctg \left(t\right)+C

 

Jest ok bo pochodna się zgadza

 

\frac{d}{dt}\left(\frac{-\frac{1}{2}}{1+t^2}-\frac{1}{2}\ln \left(1+t^2\right)+arctg \left(t\right)\right)=\frac{-t^3+t^2+1}{\left(t^2+1\right)^2}


Użytkownik Jarekzulus edytował ten post 15.10.2015 - 22:47

  • 3

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


#4 Mariusz M

Mariusz M

    Wielki Analityk

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

Napisano 30.04.2017 - 14:16

Tutaj po rozbiciu na sumę całek w jednej z nich moglibyśmy zastosować podstawienie a w drugiej całce licznik skróci się z mianownikiem

 

-\int{\frac{t^3-t^2-1}{\left(1+t^2\right)^2}\mbox{d}t}=-\int{\frac{t^3}{\left(1+t^2\right)^2}\mbox{d}t}+\int{\frac{1+t^2}{\left(1+t^2\right)^2}\mbox{d}t}\\</p>\\<p>=-\int{\frac{t^3}{\left(1+t^2\right)^2}\mbox{d}t}+\int{\frac{\mbox{d}t}{\left(1+t^2\right)}}\\</p>\\<p>-\int{\frac{t^3}{\left(1+t^2\right)^2}\mbox{d}t}\\</p>\\<p>u=1+t^2\\</p>\\<p>\mbox{d}u=2t\mbox{d}t\\</p>\\<p>-\frac{1}{2}\int{\frac{u-1}{u^2}\mbox{d}u}\\</p>\\<p>

 

Pomysł  Ostrogradskiego jest o tyle dobry że opóźnia potrzebę rozkładu mianownika na czynniki

i nawet jeśli rozkład ten będzie potrzebny to będzie on łatwiejeszy

 

Często przydaje się on  po zastosowaniu podstawień Eulera

\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x \qquad a>0\\</p>\\<p>\sqrt{ax^2+bx+c}=xt+\sqrt{c} \qquad c>0\\</p>\\<p>\sqrt{a\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)}=\left(x-x_{1}\right)t \qquad b^2-4ac>0\\</p>\\<p>

 

albo podstawień trygonometrycznych t=\tan{\left(\frac{x}{2}+\theta\right)}\qquad \theta=const

 

 

Jeżeli mamy całki z funkcji trygonometrycznych to funkcję trygonometryczną wyrażamy za pomocą par funkcji

\sec{x}, \tan{x} albo \cos{x},\sin{x}

 

Patrzymy na podstawienia Eulera które mogą się nam przydać

 

W przypadku pary \sec{x}, \tan{x}

są to pierwsze bądź drugie podstawienie Eulera

Z pierwszego podstawienia Eulera otrzymujemy podstawienie \sec{x}=t-\tan{x}

Z drugiego podstawienia Eulera otrzymujemy podstawienie \sec{x}=\tan{x}t+1

 

 

 

W przypadku pary \cos{x}, \sin{x}

są to trzecie bądź drugie podstawienie Eulera

Z trzeciego podstawienia Eulera otrzymujemy podstawienie \cos{x}=\left(1-\sin{x}\right)t

Z drugiego podstawienia Eulera otrzymujemy podstawienie \cos{x}=\sin{x}t+1


Użytkownik Mariusz M edytował ten post 30.04.2017 - 14:57

  • 0