2 ολοκληρώματα

#1

$i) \ \displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx}, \ \alpha,\,\beta\in\mathbb{R}^{+}$

$ii) \ \displaystyle\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}, \ m\in\mathbb{R}$

[γιά τά οποία έχω επιλύσεις]

mathxl · #2

Άκυρο...τι γράφει ο άνθρωπος όταν πίνει...

#3

Γρηγόρη απαντάω στο δεύτερο, αλλά λόγω της υπερβολικής πληκτρολόγησης αποφάσισα να σε ταλαιπωρήσω με πολλά 39; στα επόμενα μηνύματα μου...
1)Αν m=0 τότε $\displaystyle{\displaystyle I = \int {\frac{1} {{(1 + x^2 )^2 }}} dx\mathop = \limits^{x = \tan t} \int {\cos ^2 } tdt = \int {\frac{{1 + \cos 2t}} {2}} dt = \frac{t} {2} + \frac{{\sin 2t}} {4} + c }$ ...(εύκολο αυτό,τώρα αρχίζουν τα δύσκολα)
2)Αν m διαφορετικό απο το μηδέν
είναι $\displaystyle{\displaystyle I = \int {\frac{{e^{m\arctan x} }} {{\left( {1 + x^2 } \right)^2 }}} dx\mathop = \limits_{\frac{{dx}} {{\left( {1 + x^2 } \right)}} = dt}^{x = \tan t} \int {e^{mt} \frac{{1 + \cos 2t}} {2}dt = \frac{{e^{mt} }} {{2m}}} + \frac{1} {2}\int {e^{mt} \cos 2tdt} }$ ,απ'όπου τώρα υπολογίζεται χωρίς δυσκολία...

#4

$ii) \ \displaystyle\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}$

α' τρόπος: ( λύση τού Χ. Κυριαζή ) Θέτωντας $x=\tan{\theta}$ , προκύπτει $\arctan{x}=\theta$ καί $\displaystyle\frac{1}{1+x^2}\,dx=d\theta$ .

$\displaystyle\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}=\int{\frac{e^{m\theta}}{1+\tan^2{\theta}}\,d\theta}=\int{e^{m\theta}\cos^2{\theta}\,d\theta}=\frac{1}{2}\int{e^{m\theta}\left({1+\cos({2\theta})}\right)\,d\theta}=$

$\displaystyle\frac{1}{2}\int{e^{m\theta}\,d\theta}+\frac{1}{2}\int{e^{m\theta}\cos({2\theta})\,d\theta}=\frac{e^{m\theta}}{2m}+\frac{1}{2}\,J$ .

$J=\displaystyle\int{e^{m\theta}\cos({2\theta})\,d\theta}=\frac{1}{m}\int{\left({e^{m\theta}}\right)^{\prime}\cos({2\theta})\,d\theta}=\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})-\frac{1}{m}\int{e^{m\theta}\left({\cos({2\theta})}\right)^{\prime}\,d\theta}=$

$\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2}{m}\int{e^{m\theta}\sin({2\theta})\,d\theta}=\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2}{m^2}\int{\left({e^{m\theta}}\right)^{\prime}\sin({2\theta})\,d\theta}=$

$\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2\,e^{m\theta}}{m^2}\sin({2\theta})-\frac{2}{m^2}\int{e^{m\theta}\left({\sin({2\theta})}\right)^{\prime}\,d\theta}=$

$\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2\,e^{m\theta}}{m^2}\sin({2\theta})-\frac{4}{m^2}\int{e^{m\theta}\cos({2\theta})\,d\theta}=$

$\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m}\cos({2\theta})+\frac{2\,e^{m\theta}}{m^2}\sin({2\theta})-\frac{4}{m^2}\,J \ \Leftrightarrow$

$\displaystyle\frac{m^2+4}{m^2}\,J=\frac{e^{m\theta}}{m^2}\left({m\cos({2\theta})+2\sin({2\theta})}\right) \ \Leftrightarrow \ J=\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{m^2+4}\left({m\cos({2\theta})+2\sin({2\theta})}\right)$ .

$\displaystyle\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}=\frac{e^{m\theta}}{2m}+\frac{1}{2}\,\frac{e^{m\theta}}{m^2+4}\left({m\cos({2\theta})+2\sin({2\theta})}\right)=$

$\displaystyle\frac{e^{m\theta}}{2m}+\frac{1}{2}\,\frac{e^{m\theta}}{m^2+4}\left({m\,\frac{1-\tan^2{\theta}}{1+\tan^2{\theta}}+2\,\frac{2\tan{\theta}}{1+\tan^2{\theta}}}\right)=\frac{e^{m\theta}}{2m}+\frac{e^{m\theta}}{2(m^2+4)}\,\frac{m-m\tan^2{\theta}+4\tan{\theta}}{1+\tan^2{\theta}}\stackrel{x=\tan{\theta}}{=}$

$\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2(m^2+4)}\,\frac{m-mx^2+4x}{1+x^2}=$

$\displaystyle\frac{2mx+m^2+2+2x^2}{m(4+m^2)(1+x^2)}\,e^{m\,\arctan{x}}+c. \ \square$

β' τρόπος: $\displaystyle{I}=\int{\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{\left({1+x^2}\right)^2}\,dx}=\int{e^{m\,\arctan{x}}\left({\frac{x}{2(1+x^2)}+\frac{1}{2}\,\arctan{x}}\right)^{\prime}\,dx}=$

$\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)-\frac{1}{2}\int{\left({e^{m\,\arctan{x}}}\right)^{\prime}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)\,dx}=$

$\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)-\frac{1}{2}\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{1+x^2}\,\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)\,dx}=$

$\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)-\frac{m}{2}\int{e^{m\,\arctan{x}}\frac{x}{(1+x^2)^2}\,dx}-\frac{1}{2}\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{1+x^2}\,\arctan{x}\,dx}=$

$\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)-\frac{m}{2}\int{e^{m\,\arctan{x}}\left({\frac{1}{2(1+x^2)}}\right)^{\prime}\,dx}-\frac{1}{2m}\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{1+x^2}\,m\,\arctan{x}\,dx}\stackrel{(*)}{=}$

$\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\left({\frac{x}{1+x^2}+\arctan{x}}\right)+\frac{m}{2}\,\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2(1+x^2)}-\frac{m}{2}\int{\left({e^{m\,\arctan{x}}}\right)^{\prime}\frac{1}{2(1+x^2)}\,dx}-\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}\left({m\,\arctan{x}-1}\right)+c=$

$\displaystyle\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\,\frac{x}{1+x^2}+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\,\arctan{x}+\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{4(1+x^2)}-\frac{m}{4}\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{(1+x^2)^2}\,dx}-\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2}\,\arctan{x}+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}+c=$

$\displaystyle\frac{x\,e^{m\,\arctan{x}}}{2(1+x^2)}+\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{4(1+x^2)}-\frac{m^2}{4}\,I+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}+c \ \Leftrightarrow$

$\displaystyle{I}+\frac{m^2}{4}\,I=\frac{x\,e^{m\,\arctan{x}}}{2(1+x^2)}+\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{4(1+x^2)}+\frac{e^{m\,\arctan{x}}}{2m}+c \ \Leftrightarrow$

$\displaystyle\frac{4+m^2}{4}\,I=\frac{2mx\,e^{m\,\arctan{x}}}{4m(1+x^2)}+\frac{m^2\,e^{m\,\arctan{x}}}{4m(1+x^2)}+\frac{2(1+x^2)\,e^{m\,\arctan{x}}}{4m(1+x^2)}+c \ \Leftrightarrow$

$\displaystyle{I}=\frac{2mx+m^2+2+2x^2}{m(4+m^2)(1+x^2)}\,e^{m\,\arctan{x}}+c. \ \square$

$(*) \ \displaystyle\int{\frac{m\,e^{m\,\arctan{x}}}{1+x^2}\,m\,\arctan{x}\,dx}\stackrel{\tiny{{\begin{array}{c} {t=m\,\arctan{x}} \\ {dt=\frac{m}{1+x^2}\,dx} \\ \end{array}}}}{=}\int{e^{t}\,t\,dt}=e^{t}\,(t-1)+c=$

$e^{m\,\arctan{x}}\left({m\,\arctan{x}-1}\right)+c$ .

#5

Για το πρώτο ολοκλήρωμα μπορεί κανείς να γραψει την ολοκληρωτέα ποσότητα ως $\frac{ax^{2}-b}{(a^{2}x^{2}-a\sqrt{2ba}x+ab)(x^{2}+\sqrt{\frac{2b}{a}}x+\frac{b}{a})}$ και να τη διασπάσει σε κλάσματα με παρονομαστές τους αντίστοιχους δευτεροβάθμιους παράγοντες, αλλά οι πράξεις που θα ακολουθήσουν είναι άνευ προηγουμένου...!! Φαντάζομαι θα υπάρχει κάποιος πιο έξυπνος τροπος...

#6

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Φαντάζομαι θα υπάρχει κάποιος πιο έξυπνος τροπος...

Πράγματι υπάρχει.

Κατ' αρχήν μιά απλοποίηση:
Θέτωντας $\rho=\displaystyle\frac{\beta}{\alpha}$ τό $\displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx}$ γίνεται $\displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{x^2-\rho}{x^4+{\rho}^2}\,dx}, \ \rho\in\mathbb{R}^{+}$ .

#7

Πράγματι, με την απλοποίηση γλυτώνει κανείς κάμποσες πράξεις, αν ακολουθήσει το δρόμο της διάσπασης του κλάσματος όμως δε θα τις αποφύγει εντελώς. Αναρωτιόμουν αν υπάρχει κάποιος διαφορετικός τρόπος που εγώ αγνοώ. Πάντως με αυτόν τον τρόπο (δεν ξέρω αν εσυ έχεις κάνει κάτι διαφορετικό, επειδή είπες ότι έχεις κάποια λύση) το έκανα ως εξής: (ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο λάθος..)
Θέτωντας όπως είπες $\rho=\displaystyle\frac{\beta}{\alpha}$ έχουμε

$\displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{x^2-\rho}{x^4+{\rho}^2}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{x^2-\rho}{(x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho)(x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho)}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{-\frac{\sqrt{2\rho}}{2\rho}x-\frac{1}{2}}{x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho}+\frac{\frac{\sqrt{2\rho}}{2\rho}x-\frac{1}{2}}{x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\frac{\sqrt{2\rho}}{4\rho}\int{-\frac{2x+\sqrt{2\rho}}{x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho}+\frac{2x-\sqrt{2\rho}}{x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho}\,dx}=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\frac{\sqrt{2\rho}}{4\rho}\ln\frac{x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho}{x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho}+c=\displaystyle\frac{1}{\alpha}\frac{\sqrt{2\frac{\beta}{\alpha}}}{4\frac{\beta}{\alpha}}\ln\frac{x^{2}-\sqrt{2\frac{\beta}{\alpha}}x+\frac{\beta}{\alpha}}{x^{2}+\sqrt{2\frac{\beta}{\alpha}}x+\frac{\beta}{\alpha}}+c$

#8

Τώρα που το ξανασκέφτομαι, ένας τρόπος να γλυτώσει κανείς τις όποιες πράξεις εμφανίζονται, είναι, αντί να γράψει $x^{4}+\rho^{2}=(x^{2}+Ax+B)(x^{2}+Cx+D)$ και να εξισώσει τους αντίστοιχους συντελεστές, να παρατηρήσει απλά ότι οι λύσεις τις $x^{4}+\rho^{2}=0$ είναι οι $x=\pm\frac{\sqrt{2\rho}}{2}\pm i\frac{\sqrt{2\rho}}{2}$ , οπότε θα είναι $x^{4}+\rho^{2}=\Big(x-(\frac{\sqrt{2\rho}}{2}+i\frac{\sqrt{2\rho}}{2})\Big)\Big(x-(\frac{\sqrt{2\rho}}{2}-i\frac{\sqrt{2\rho}}{2})\Big)\cdot \\ \Big(x-(-\frac{\sqrt{2\rho}}{2}+i\frac{\sqrt{2\rho}}{2})\Big)\Big(x-(-\frac{\sqrt{2\rho}}{2}-i\frac{\sqrt{2\rho}}{2})\Big)=(x^{2}-\sqrt{2\rho}x+\rho)(x^{2}+\sqrt{2\rho}x+\rho)$

#9

Αναστάσιε, έκανες μιά πάρα πολύ καλή επίλυση σε ένα ολοκλήρωμα πού "έφτιαξα" ο ίδιος και, επομένως, ήταν δεδομένη η "αδικία", από μέρους μου, προς τούς άλλους.
Η διαφορετική λύση είναι:
Θέτοντας $\rho=\displaystyle\frac{\beta}{\alpha}$ τό $\displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx}$ γίνεται $\displaystyle\frac{1}{\alpha}\int{\frac{x^2-\rho}{x^4+{\rho}^2}\,dx}$ , $\rho\in\mathbb{R}^{+}$ .

Θέτοντας $t=\displaystyle{x}+\frac{\rho}{x}$ , προκύπτουν $dt=\displaystyle\left({1-\frac{\rho}{x^2}}\right)dx \ \Leftrightarrow \ x^2\,dt=\left({x^2-\rho}\right)dx$ καί $x^2t^2=\displaystyle{x^2}\left({x+\frac{\rho}{x}}\right)^2=x^4+2\rho{x^2}+{\rho}^2 \ \Leftrightarrow \ x^2\left({t^2-2\rho}\right)=x^4+{\rho}^2$ .
Επομένως $\displaystyle\int{\frac{x^2-\rho}{x^4+{\rho}^2}\,dx}=\int{\frac{1}{t^2-2\rho}\,dt}=-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}\int{\frac{\left({\frac{t\,\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}}\right)^{\prime}}{1-\left({\frac{t\,\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}}\right)^2}\,dt}=$
$\displaystyle-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}\,{\rm{arc}}\!\tanh{\textstyle\left({\frac{t\,\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}}\right)}+c\stackrel{t\,=\,{x}+\frac{\rho}{x}}{=}\,-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}\,{\rm{arc}}\!\tanh{\textstyle\left({\frac{(x^2+\rho)\sqrt{2}}{2x\sqrt{\rho}}}\right)}+c$ .
Άρα $\displaystyle\int{\frac{{\alpha}x^2-\beta}{{\alpha}^2{x^4}+{\beta}^2}\,dx}=-\frac{1}{\alpha}\,\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\rho}}\,{\rm{arc}}\!\tanh{\textstyle\left({\frac{(x^2+\rho)\sqrt{2}}{2x\sqrt{\rho}}}\right)}+c\stackrel{\rho\,=\,\frac{\beta}{\alpha}}{=}$
$\displaystyle-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{\alpha\beta}}\,{\rm{arc}}\!\tanh{\textstyle\left({\frac{(\alpha{x^2}+\beta)\sqrt{2}}{2x\sqrt{\alpha\beta}}}\right)}+c$ , $\alpha,\,\beta\in\mathbb{R}^{+}. \ \square$

Υ.Γ. Το αποτέλεσμα πού βρίσκεις είναι το ίδιο, επειδή $\displaystyle{\rm{arc}}\!\tanh{t}=\frac{1}{2}\ln{\textstyle\frac{1+t}{1-t}}$ .

2 ολοκληρώματα

2 ολοκληρώματα

Re: 2 ολοκληρώματα

Re: 2 ολοκληρώματα

Re: 2 ολοκληρώματα

Re: 2 ολοκληρώματα

Re: 2 ολοκληρώματα

Re: 2 ολοκληρώματα

Re: 2 ολοκληρώματα

Re: 2 ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση