mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 02, 2010 6:08 pm**

Τελειώνοντας μια ...επίπονη εργασία μου δημιουργήθηκε η ανάγκη να ξαναγυρίσω στα μαθηματικά.
Καλά, αυτό πως τη γλύτωσε;
Εφαρμόζοντας τη γνωστή ταυτότητα για το sin3x
( $\displaystyle{ \sin 3x = 3\sin x - 4\sin ^3 x }$ )
και την ακόμη πιο γνωστή για το cos2x, λαμβάνουμε, μετά απο πράξεις και παραγοντοποίηση:

$\displaystyle{ \int {\frac{{\left( {3 - 4\sin ^2 x} \right)\left( {1 - 7\sin x} \right)}}{{(3 - 4\sin ^2 x)(2 + \sin x)}}dx} = \int {\frac{{1 - 7\sin x}}{{2 + \sin x}}dx} }$

Τώρα θα λάβει χώρα η πατροπαράδοτη αντικατάσταση:
t=tan(x/2) απ'όπου:

$\displaystyle{ dt = \frac{{(1 + \tan ^2 (\frac{x}{2}))}}{2}dx \Rightarrow \frac{2}{{1 + t^2 }}dt = dx }$

Τότε το ολοκλήρωμα γίνεται:
(Αφού:
$\displaystyle{ \sin x = \frac{{2t}}{{1 + t^2 }} }$ )

$\displaystyle{ \int {\frac{{t^2 - 14t + 1}}{{t^2 + t + 1}}\left( {t^2 + 1} \right)dt = \int {\frac{{t^4 - 14t^3 + 2t^2 - 14t + 1}}{{t^2 + t + 1}}} dt} }$

Εκτελώντας τη διαίρεση, έχουμε:

$\displaystyle{ \int {(t^2 - 15t + 16)dt - 15\int {\frac{{t + 1}}{{t^2 + t + 1}}dt = \frac{{t^3 }}{3} - 15\frac{{t^2 }}{2} + 16t - 15} \int {\frac{{t + 1}}{{t^2 + t + 1}}dt} } }$

Τώρα στο τελευταίο ολοκλήρωμα θέτω:

$\displaystyle{ t + \frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\tan u }$

και μετά απο πολύ επίπονες πράξεις καταλήγω σε :

$\displaystyle{ \frac{{\left( {\tan \left( {\frac{x}{2}} \right)} \right)^3 }}{3} - 15\frac{{\left( {\tan (\frac{x}{2})} \right)^2 }}{2} + 16\tan (\frac{x}{2}) - 15\ln |\cos (arc\tan (\frac{{2\tan (\frac{x}{2}) + 1}}{{\sqrt 3 }})| - \frac{{15}}{{\sqrt 3 }}\arctan (\frac{{2\tan (\frac{x}{2}) + 1}}{{\sqrt 3 }}) + c }$

Πιθανότητα λάθους τουλάχιστον σε πράξεις;;; 99,99999%

Τώρα μόλις κατάλαβα γιατί τη γλύτωσε!!!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 02, 2010 8:30 pm**

chris_gatos έγραψε:....Καλά, αυτό πως τη γλύτωσε;
Εφαρμόζοντας τη γνωστή ταυτότητα για το sin3x
( $\displaystyle{ \sin 3x = 3\sin x - 4\sin ^3 x }$ )
και την ακόμη πιο γνωστή για το cos2x, λαμβάνουμε, μετά απο πράξεις και παραγοντοποίηση:

$\displaystyle{ \int {\frac{{\left( {3 - 4\sin ^2 x} \right)\left( {1 - 7\sin x} \right)}}{{(3 - 4\sin ^2 x)(2 + \sin x)}}dx} = \int {\frac{{1 - 7\sin x}}{{2 + \sin x}}dx} }$

Χρήστο, ώς εδώ καλά.
Αλλά παρακάτω σού διαφεύγει στήν πρώτη κιόλας γραμμή...

chris_gatos έγραψε:... $\displaystyle{\int {\frac{{t^2 - 14t + 1}}{{t^2 + t + 1}}{\color{red}\left( {t^2 + 1} \right)}dt = ...$

Οπότε καλά διαισθάνεσαι από τήν πληθώρα πράξεων -πού όταν μπορώ καί γώ αποφεύγω- ότι

chris_gatos έγραψε:...Πιθανότητα λάθους τουλάχιστον σε πράξεις;;; 99,99999%

Πάντως η επίλυση πού ακολουθεί "περπατάει" από τά "ίδια μονοπάτια".

$\displaystyle\int{\frac{2\,\cos({2x})-7\,\sin({3x})+1}{4\,\cos({2x})+\sin({3x})+2}\,dx}=$

$\displaystyle\int{\frac{4\,\cos^2{x}-2-7\,({4\,\sin{x}\,\cos^2{x}-\sin{x}})+1}{8\,\cos^2{x}-4+4\,\sin{x}\,\cos^2{x}-\sin{x}+2}\,dx}=$

$\displaystyle\int{\frac{4\,\cos^2{x}-1-7\,\sin{x}\,({4\,\cos^2{x}-1})}{2\,({4\,\cos^2{x}-1})+\sin{x}\,({4\,\cos^2{x}-1})}\,dx}=\int{\frac{({1-7\,\sin{x}})\,({4\,\cos^2{x}-1})}{({2+\sin{x}})\,({4\,\cos^2{x}-1})}\,dx}=$

$\displaystyle\int{\frac{1-7\,\sin{x}}{2+\sin{x}}\,dx}=I$ .

Θέτωντας $u=\tan{\tfrac{x}{2}}$ , προκύπτουν $\sin{x}=\dfrac{2u}{1+u^2}$ καί $dx=\dfrac{2}{1+u^2}\,du$ .

Επομένως $I=\displaystyle\int{\frac{1-7\,\frac{2u}{1+u^2}}{2+\frac{2u}{1+u^2}}\,\frac{2}{1+u^2}\,du}=\int{\frac{u^2-14u+1}{({u^2+u+1})\,({u^2+1})}\,du}=$

$\displaystyle\int{\frac{15}{u^2+u+1}\,du}-\int{\frac{14}{1+u^2}\,du}=4\int{\frac{15}{3+({2u+1})^2}\,du}-14\,\arctan{u}+c_1=$

$\displaystyle\int{\frac{20}{1+\left({\frac{\sqrt{3}}{3}\,({2u+1})}\right)^2}\,du}-14\,\arctan{u}+c_1=10\sqrt{3}\int{\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{1+\left({\tfrac{\sqrt{3}}{3}\,({2u+1})}\right)^2}\,du}\,-$

$\displaystyle14\,\arctan{u}+c_1=10\sqrt{3}\,\arctan\!\left({\tfrac{\sqrt{3}}{3}\,({2u+1})}\right)-14\,\arctan{u}+c\stackrel{u\,=\,\tan{\tfrac{x}{2}}}{=}$

$10\sqrt{3}\,\arctan\!\left({\tfrac{\sqrt{3}}{3}\,({2\tan{\tfrac{x}{2}}+1})}\right)-7x+c.\quad\square$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 02, 2010 8:33 pm**

Κοίτα να δείς που είχα δώσει απο πάνω το διαφορικό σωστά και απο κάτω το αντιγράφω λαθος!!
Έτσι θα με βόλευε, μάλλον!

mathematica.gr

τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 4

τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 4

Re: τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 4

Re: τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 4

Re: τριγωνομετρικό ολοκλήρωμα 4