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

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

jc: Oj, dlaczego widziałem y² tam, gdzie jest 2? No to w takim razie trzeba podstawić y=√2.

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.

Marathir: Jak sprytnie, bardzo dziękuję

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?

Marathir: A problem drugiej całki polega na tym, że w mianowniku jest jeszcze wszystko do kwadratu, jakby wielomian 4go stopnia

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

	1	1
=−
	2	x2+2

	1	x		1		1
J2=−			−∫(−		)		dx=
	2	x2+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

=========================

Marathir: Dziękuję za ładne rozpisanie rozwiązania

Mila: Z drugą poradziłeś sobie?

Marathir: Nie

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

jc: Mariusz, można jeszcze liczyć tak, jak ja to zrobiłem (wynik ten sam).

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

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

	6x−1		1	7x+25		7		1
∫		dx=−			−		∫		dx
	(x2+2x+4)2		6	x2+2x+4		6		(x+1)2+3

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

	7	1		1   √3
−			∫		dx
	6	√3		x+1   ( )2+1   √3

	6x−1		1	7x+25		7√3		√3
∫		dx=−			−		arctg(		(x+1))+C
	(x2+2x+4)2		6	x2+2x+4		18		3

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

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(6√3t−7)		1		18t−7√3
∫		dt=		∫		dt
	(3t2+3)2		9		(t2+1)2

	−2t		7√3		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

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.

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 ?

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.