Całki nieoznaczone wymierne Marathir: Rozwiąż dwie całki nieoznaczone: ∫ 1/(x2+2)2 dx ∫ (6x−1)/(x2+2x+4)2 dx Z góry dziękuję
18 gru 19:45
jc:
 dx 1 d dx 

= −



 (x2+y2)2 2y dy x2+y2 
 1 d 1 x 
=−


(

arctg

)=
 2y dy y y 
 1 1 x 1 x 

( −

arctg



)
 2y y2 y y x2+y2 
 1 1 x 1 x 
=

(

arctg

+


)
 2 y3 y y2 x2+y2 
Ale lepiej sprawdź, bo może to bzdury emotka
18 gru 19:59
jc: Oj, dlaczego widziałem y2 tam, gdzie jest 2? No to w takim razie trzeba podstawić y=2.
18 gru 20:00
jc: Pierwszą całkę możesz liczyć przez części.
6x−1 3(x2+2x+4)' 7 

=


x2+2x+4 x2+2x+4 (x+1)2 +3 
Dalej sobie poradzisz.
18 gru 20:04
Marathir: Jak sprytnie, bardzo dziękuję
18 gru 20:37
Marathir: Tylko nie bardzo rozumiem tego pierwszego kroku Jak dodaliśmy tą pochodną z −1/2y przed całkę, to czemu możemy wtedy usunąć 2xy z mianownika całki?
18 gru 20:50
Marathir: A problem drugiej całki polega na tym, że w mianowniku jest jeszcze wszystko do kwadratu, jakby wielomian 4go stopnia
18 gru 20:52
Mila:
 1 1 2 1 x2+2−x2 
1)

dx=


dx=


dx=
 (x2+2)2 2 (x2+2)2 2 (x2+2)2 
1 2 x 1 

[∫

dx−∫x*

dx]=

*[J1+J2]
2 x2+2 x2+2)2 2 
 2 2 x 
J1=∫

dx=

arctg

przez podstawienie : x=2*t
 x2+2 2 2 
 x 
J2=∫x*

dx= przez części
 (x2+2)2 
 x 1 2x 
x=u, dx=du, dv=

dx, v=


= podstawienie x2+2=t
 (x2+2)2 2 (x2+2)2 
 11 
=−


 2x2+2 
 1x 1 1 
J2=−


−∫(−

)

dx=
 2x2+2 2 x2+2 
 1 x 2 x 
=−

*

+

arctg

 2 x2+2 4 2 
 1 

dx=
 (x2+2)2 
 1 2 x 1 x 2 x 
=

[

arctg

+

*


arctg

]=
 2 2 2 2 x2+2 4 2 
 x 2 x 
=

+

arctg

+C
 4(x2+2) 8 2 
=========================
18 gru 21:55
Marathir: Dziękuję za ładne rozpisanie rozwiązania emotka
18 gru 22:39
Mila: Z drugą poradziłeś sobie?
18 gru 22:41
Marathir: Nieemotka
19 gru 00:32
Mariusz: Można tak jak podała Mila a można też w ten sposób
 L(x) L1 L2(x) 

=

+∫

dx
 M(x) M1(x) M2(x) 
Załóżmy że stopień L(x) < stopień M(x) mamy podany rozkład mianownika na czynniki M2(x) ma te same pierwiastki co M(x) tyle że pojedyncze M(x)=M1(x)M2(x) Przyjmujemy także że stopień L1(x) < stopień M1(x) stopień L2(x) < stopień M2(x) wtedy aby znaleźć liczniki L1(x) oraz L2(x) za ich współczynniki przyjmujemy oznaczenia literowe i różniczkujemy obustronnie równość
 L(x) L1 L2(x) 

=

+∫

dx
 M(x) M1(x) M2(x) 
Gdybyśmy jednak nie mieli podanego rozkładu mianownika na czynniki to mianowniki M1(x) oraz M2(x) możemy znaleźć w następujący sposób M1(x) = NWD(M(x),M'(x)) M(x)=M1(x)M2(x) przy czym NWD obliczamy biorąc reszty z kolejnych dzieleń tak jak w algorytmie Euklidesa z dzieleniem
19 gru 08:38
jc: Mariusz, można jeszcze liczyć tak, jak ja to zrobiłem (wynik ten sam).
19 gru 08:45
Mariusz:
 6x−1 

dx
 (x2+2x+4)2 
M2(x) ma te same pierwiastki co M(x) tyle że pojedyncze Twoim M(x) jest tutaj (x2+2x+4)2 zatem twoim M2(x) będzie (x2+2x+4) Mianownikowi M2(x) brakuje czynnika (x2+2x+4) aby być równym mianownikowi M(x) więc mianownik M1(x) będzie równy (x2+2x+4) Znając mianowniki za współczynniki liczników przyjmujesz oznaczenia literowe
 6x−1 A1x+A0 B1x+B0 

dx=

+∫

dx
 (x2+2x+4)2 x2+2x+4 x2+2x+4 
Różniczkujemy powyższą równość obustronnie
6x−1 A1(x2+2x+4)−(2x+2)(A1x+A0) 

=

(x2+2x+4)2 (x2+2x+4)2 
 B1x+B0 
+

 x2+2x+4 
6x−1 = A1(x2+2x+4)−(2x+2)(A1x+A0)+(B1x+B0)(x2+2x+4) 6x−1 = A1(x2+2x+4)−(2A1x2+(2A0+2A1)x+2A0)+B1(x3+2x2+4x) +B0(x2+2x+4) 6x−1=B1x3+(2B1+B0−A1)x2+(4B1+2B0−2A0)x+(4B0+4A1−2A0) B1=0 B0=A1 2A1−2A0=6 8A1−2A0=−1 B1=0 B0=A1 −2A1+2A0=−6 8A1−2A0=−1 B1=0 B0=A1 6A1=−7 A0=A1−3 B1=0 6B0=−7 6A1=−7 6A0=6A1−18 B1=0 6B0=−7 6A1=−7 6A0=−25
 6x−1 17x+25 1 7 

dx=−




dx
 (x2+2x+4)2 6x2+2x+4 6 x2+2x+4 
 6x−1 17x+25 7 1 

dx=−




dx
 (x2+2x+4)2 6x2+2x+4 6 x2+2x+4 
 6x−1 17x+25 7 1 

dx=−




dx
 (x2+2x+4)2 6x2+2x+4 6 (x+1)2+3 
 6x−1 17x+25 

dx=−


 (x2+2x+4)2 6x2+2x+4 
 71 
1 

3 
 



dx
 63 
 x+1 
(

)2+1
 3 
 
 6x−1 17x+25 73 3 

dx=−



arctg(

(x+1))+C
 (x2+2x+4)2 6x2+2x+4 18 3 
19 gru 09:07
Mariusz: jc tylko że Mila przedstawiła rozwiązanie w sposób zrozumiały dla ucznia bo widać skąd się wzięły obliczenia Dodała też do swojego rozwiązania minimum komentarza Mila przedstawiła jak wyprowadzić wzór redukcyjny a ja jak wydzielić część wymierną całki
19 gru 09:15
Mariusz: Marathir: Jak chcesz z wzoru redukcyjnego skorzystać to podstaw sobie
 6x−1 6x−1 

dx=∫

 (x2+2x+4)2 ((x+1)2+3)2 
x+1=3t dx=3dt
 3(63t−7) 1 18t−73 

dt=


dt
 (3t2+3)2 9 (t2+1)2 
 −2t 73 dt 
=−∫

dt−


 (t2+1)2 9 (t2+1)2 
Pierwszą całkę można policzyć w pamięci lub jeśli jeszcze nie masz wprawy podstawieniem za wnętrze mianownika Drugą całkę liczysz w sposób podany przez Milę
19 gru 09:37
jc: Mariusz, teraz dopiero zauważyłem, że w mianowniku mamy kwadrat.
 3x2+2x+4)' dx 
całka = ∫

dx − 7∫

 (x2+2x+4)2 ((x+1)2+3)2 
 1 
pierwsza całka = −

 x2+2x+4 
druga całka = ... , korzystamy ze wzoru ogólnego, który przypadkiem uzyskałem; należy podstawić y=3, a x zamienić na x+1.
19 gru 09:53
Mariusz: Gdyby nie było kwadratu to wystarczyłoby rozbicie na sumę dwóch całek Jedną całkowalibyśmy do logarytmu a drugą do arcusa tangensa po uprzednim przedstawieniu trójmianu kwadratowego w postaci kanonicznej a tak to trzeba albo z wzoru redukcyjnego korzystać albo wydzielić część wymierną całki 18 gru 2019 19:59 Co ty tutaj zrobiłeś Czyżby wzór Leibniza ? Nie jest to zbyt zaawansowane dla tego który dopiero zaczyna naukę całek ?
19 gru 10:14
jc: Zróżniczkowałem względem parametru. Całka jest liniowa, wiec (przy pewnych założeniach) można wejść pod całkę z różniczkowaniem. Na marginesie, studenci potrafią nie takie rzeczy, np. (x2+3x+7)' = 2x+3, a potem pytają, dlaczego to jest źle.
19 gru 10:18