τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 2

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2883
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Τετ Μαρ 25, 2009 1:26 pm

\displaystyle\int{\frac{\sqrt{\sqrt{3}\,\sin{x}+\cos{x}+1}}{\sin{x}-\sqrt{3}\,\cos{x}}\,dx}

[ έχω τήν εντύπωση ότι η επίλυσή του είναι μονόδρομος... ]


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Μαρ 25, 2009 2:18 pm

Έχω μία λύση ψιλοθηριώδης έκτασης...οπότε... δεν νομίζω να σε ενδιαφέρει...για την ιστορία την περιγράφω
Η παράσταση μέσα στο ολοκλήρωμα μετασχηματίζεται στην \displaystyle{ - \frac{{\sqrt {2\sigma \upsilon \nu \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) + 1} }}{{2\left[ {1 - \sigma \upsilon {\nu ^2}\left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)} \right]}} \cdot d\left( {\sigma \upsilon \nu \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)} \right)} έπειτα αλλάζουμε μεταβλητή, θέτουμε \displaystyle{\sigma \upsilon \nu \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = u} τέλος θέτουμε την ρίζα που προκύπτει ίση με t και βγαίνει μία ρητή...Αλλά δεν μου αρέσει...
ΥΓ: Φαντάζομαι η κλασσική αντιμετώπιση με εφαπτομένη χ/2 θα οδηγεί σε λύση αλλά δεν την δοκίμασα


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2883
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 2

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Τετ Μαρ 25, 2009 2:33 pm

mathxl έγραψε:Έχω μία λύση ψιλοθηριώδης έκτασης...οπότε... δεν νομίζω να σε ενδιαφέρει......Αλλά δεν μου αρέσει...
Βασίλη, τήν ίδια μεγάλης έκτασης επίλυση έχω κάνει καί - όπως σημείωσα - μάλλον είναι μονόδρομος.
Σ' ευχαριστώ πάντως γιά τήν προσπάθεια. Άν δέν δοθεί διαφορετική επίλυση, θά δημοσιεύσω τήν "θυριώδη" επίλυση.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 2

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Μαρ 25, 2009 4:08 pm

\displaystyle\int{\frac{\sqrt{\sqrt{3}\,\sin{x}+\cos{x}+1}}{\sin{x}-\sqrt{3}\,\cos{x}}\,dx}=\int\frac{\sqrt{2\cos(x-\frac{\pi}{3})+1}}{2\sin(x-\frac{\pi}{3})}\,dx\stackrel{u=\cos(x-\frac{\pi}{3})}{=}\int-\frac{\sqrt{2u+1}}{2(1-u^{2})}\,du\stackrel{y=\sqrt{2u+1}}{=}\int\frac{2y^{2}}{y^{4}-2y^{2}-3}\,dy=\int\frac{2y^{2}}{(y-\sqrt{3})(y+\sqrt{3})(y-1)(y+1)}\,dy=\\ \int\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{y-\sqrt{3}}+\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{y+\sqrt{3}}+\frac{-\frac{1}{2}}{y-1}+\frac{\frac{1}{2}}{y+1}\,dy=\\ \ln\Big(\Big|\frac{\sqrt{2\cos(x-\frac{\pi}{3})}-\sqrt{3}}{\sqrt{2\cos(x-\frac{\pi}{3})}+\sqrt{3}}\Big|^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\cdot\Big|\frac{\sqrt{2\cos(x-\frac{\pi}{3})}+1}{\sqrt{2\cos(x-\frac{\pi}{3})}-1}\Big|^{\frac{1}{2}}\Big)+c.

Όπου \sqrt{3}\sin x+\cos x=2\sin(x+\frac{\pi}{6})=2\cos(x-\frac{\pi}{3}) και
από την αντικατάσταση u=\cos(x-\frac{\pi}{3}) προκύπτει ότι \frac{1}{2\sin(x-\frac{\pi}{3})}dx=-\frac{2}{4(1-u^{2})}du.

Με λυκειακές μεθόδους!


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
grigkost
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 2883
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 2

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από grigkost » Τετ Μαρ 25, 2009 6:04 pm

Όπως φαίνεται είναι μονόδρομος. Ακολουθεί καί η δική μου επίλυση πού δέν διαφέρει ουσιαστικά από αυτές πού έδωσαν ο Βασίλης καί ο Αναστάσιος.

\displaystyle\int{\frac{\sqrt{\sqrt{3}\,\sin{x}+\cos{x}+1}}{\sin{x}-\sqrt{3}\,\cos{x}}\,dx}=\int{\frac{\sqrt{2\left({\frac{\sqrt{3}}{2}\,\sin{x}+\frac{1}{2}\,\cos{x}}\right)+1}}{2\left({\frac{1}{2}\,\sin{x}-\frac{\sqrt{3}}{2}\,\cos{x}}\right) }\,dx}=
\displaystyle\int{\frac{\sqrt{2\,\sin\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)+1}}{-2\,\cos\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)}\,dx}=-\frac{1}{2}\int{\frac{\sqrt{2\,\sin\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)+1}}{\cos\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)}\,dx}.
Θέτωντας t=\sin\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right), προκύπτει \displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=dx.
Επομένως \displaystyle-\frac{1}{2}\int{\frac{\sqrt{2\,\sin\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)+1}}{\cos\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)}\,dx}=-\frac{1}{2}\int{\frac{\sqrt{2t+1}}{\sqrt{1-t^2}}\,\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt}=\displaystyle-\frac{1}{2}\int{\frac{\sqrt{2t+1}}{1-t^2}\,dt}.
Θέτωντας u^2=2t+1, προκύπτουν u\,du=dt καί \displaystyle{t}=\frac{u^2-1}{2}.
Επομένως \displaystyle-\frac{1}{2}\int{\frac{\sqrt{2t+1}}{1-t^2}\,dt}=-\frac{1}{2}\int{\frac{u}{1-\left({\frac{u^2-1}{2}}\right)^2}\,u\,du}=\frac{4}{2}\int{\frac{u^2}{u^4-2u^2-3}\,du}=
\displaystyle\int{\frac{2u^2}{\left({u-\sqrt{3}}\right)\left({u+\sqrt{3}}\right)\left({u^2+1}\right)}\,du}=\int{\frac{-\frac{\sqrt{3}}{4}}{u+\sqrt{3}}\,du}+\int{\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}}{u-\sqrt{3}}\,du}+\int{\frac{\frac{1}{2}}{u^2+1}\,du}=
\displaystyle-\frac{\sqrt{3}}{4}\,\ln\left|{u+\sqrt{3}}\right|+\frac{\sqrt{3}}{4}\,\ln\left|{u-\sqrt{3}}\right|+\frac{1}{2}\,\arctan{u}+c=
\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\,\ln\left|{\tfrac{u-\sqrt{3}}{u+\sqrt{3}}}\right|+\frac{1}{2}\,\arctan{u}+c\stackrel{u\,=\,\sqrt{2t+1}}{=}
\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\,\ln\left|{\tfrac{\sqrt{2t+1}-\sqrt{3}}{\sqrt{2t+1}+\sqrt{3}}}\right|+\frac{1}{2}\,\arctan{\sqrt{2t+1}}+c\stackrel{t\,=\,\sin\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)}{=}
\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\,\ln\left|{\tfrac{\sqrt{2\,\sin\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)+1}-\sqrt{3}}{\sqrt{2\,\sin\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)+1}+\sqrt{3}}}\right|+\frac{1}{2}\,\arctan{\sqrt{2\,\sin\left({x+\tfrac{\pi}{6}}\right)+1}}+c.\quad\square

Υ.Γ.1. Ελπίζω ότι ο Αναστάσιος δέν προτείνει, εξ αιτίας τής επίλυσης πού έδωσε, τήν μετακίνηση τού θέματος στά Λυκειακά!
Υ.Γ.2. Επειδή, ενίοτε, πρέπει νά θυμόμαστε τούς καλούς μας τρόπους απέναντι στίς κυρίες, αλλά καί πρός χάριν τής καλύτερης ανάγνωσης, διέγραψα τά μηνύματα τού θέματος πού δέν είχαν νόημα.


{\color{dred}\Gamma\!\rho\,{\rm{H}}\gamma\varnothing\varrho{\mathscr{H}}\varsigma \ {\mathbb{K}}\,\Omega\sum{\rm{t}}{\mathscr{A}}\,{\mathbb{K}}\!\odot\varsigma
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 2

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Μαρ 25, 2009 6:20 pm

Διορθώνω το λαθάκι μου, το οποίο όμως τοποθετεί τη λύση της άσκησης σε επίπεδο μη-λυκειακό....
Έχουμε \frac{2y^{2}}{y^{4}-2y^{2}-3}=\frac{2y^{2}}{(y-\sqrt{3})(y+\sqrt{3})(y^{2}+1)} και ΟΧΙ
\frac{2y^{2}}{y^{4}-2y^{2}-3}=\frac{2y^{2}}{(y-\sqrt{3})(y+\sqrt{3})(y-1)(y+1)} ...
Είπα και γω, από που ξεπηδήσε αυτό το arctan... :P


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης