calki
kordian: ∫√−2x−x2 dx mam problem z ugryzieniem tej calki podstawiając za t=−2x−x2 nie udaje mi sie
dokonczyc przykladu moze ktos pokazac sposob roziwazania ?
3 lut 14:53
Blee:
−2x−x2 = 1 − 1 − 2x − x2 = 1 − (1+x)2
podstawienie:
sint = 1 + x
cost dt = dx
I otrzymujesz: ∫ √1 − sin2t * cost dt = ∫ cos2t dt <−−− sprawdź czy moduł nie jest
potrzebny przypadkiem
3 lut 15:07
Mariusz:
∫
√−2x−x2 dx =∫
√−x(2+x)dx
√−x(2+x)=xt
−x(2+x)=x
2t
2
−(2+x)=xt
2
−2−x=xt
2
−2=x+xt
2
x(1+t
2)=−2
| | 0*(1+t2)−(−2)*2t | |
dx= |
| dt |
| | (1+t2)2 | |
| | −8t2 | | a3t3+a2t2+a1t+a0 | | b1t+b0 | |
∫ |
| dt= |
| +∫ |
| dt |
| | (1+t2)3 | | (1+t2)2 | | 1+t2 | |
| (3a3t2+2a2t+a1)(1+t2)2−4t(1+t2)(a3t3+a2t2+a1t+a0) | |
| |
| (1+t2)4 | |
| (3a3t2+2a2t+a1)(1+t2)−4t(a3t3+a2t2+a1t+a0) | |
| + |
| (1+t2)3 | |
−8t
2=(3a
3t
2+2a
2t+a
1)(1+t
2)−4t(a
3t
3+a
2t
2+a
1t+a
0)+
(b
1t+b
0)(1+t
2)
2
−8t
2=3a
3t
2+2a
2t+a
1+3a
3t
4+2a
2t
3+a
1t
2
−4a
3t
4−4a
2t
3−4a
1t
2−4a
0t+(b
1t+2b
1t
3+b
1t
5+b
0+2b
0t
2+b
0t
4)
−8t
2=b
1t
5+(b
0−a
3)t
4+(2b
1−2a
2)t
3+(2b
0+3a
3−3a
1)t
2
+(b
1+2a
2−4a
0)t+b
0+a
1
b
1=0
b
0−a
3=0
2b
1−2a
2=0
2b
0+3a
3−3a
1=−8
b
1+2a
2−4a
0=0
b
0+a
1=0
b
1=0
b
0=a
3
a
2=0
5a
3−3a
1=−8
a
0=0
a
3+a
1=0
b
1=0
b
0=a
3
a
2=0
a
0=0
5a
3−3a
1=−8
a
3+a
1=0
b
1=0
b
0=a
3
a
2=0
a
0=0
5a
3−3a
1=−8
3a
3+3a
1=0
8a
3=−8
a
3=−1
a
1=1
b
1=0
b
0=−1
a
3=−1
a
2=0
a
1=1
a
0=0
| | −8t2 | | t3−t | | 1 | |
∫ |
| dt=− |
| −∫ |
| dt |
| | (1+t2)3 | | (1+t2)2 | | 1+t2 | |
| | −8t2 | | t | t2−1 | | 1 | |
∫ |
| dt=− |
|
| −∫ |
| dt |
| | (1+t2)3 | | 1+t2 | 1+t2 | | 1+t2 | |
| | −8t2 | | t | t2+1−2 | | 1 | |
∫ |
| dt=− |
|
| −∫ |
| dt |
| | (1+t2)3 | | 1+t2 | 1+t2 | | 1+t2 | |
| | −8t2 | | t | | −2 | | 1 | |
∫ |
| dt=− |
| (1+ |
| )−∫ |
| dt |
| | (1+t2)3 | | 1+t2 | | 1+t2 | | 1+t2 | |
| | 1 | | √−2x−x2 | |
∫√−2x−x2 dx = |
| √−2x−x2(1+x)−arctan( |
| )+C |
| | 2 | | x | |
∫
√−2x−x2 dx
Po przedstawieniu trójmianu kwadratowego pod pierwiastkiem
w postaci kanonicznej wygodnie byłoby liczyć przez części
∫
√−2x−x2dx=∫
√1−1−2x−x2dx
∫
√1−(1+x)2dx
u=
√1−(1+x)2 dv=dx
| | −(1+x) | |
du= |
| v=x+1 |
| | √1−(1+x)2 | |
∫
√1−(1+x)2dx=(x+1)
√1−(1+x)2−∫U{−(x+1)
2}{
√1−(1+x)2dx
∫
√1−(1+x)2dx=(x+1)
√1−(1+x)2−∫U{1−(x+1)
2−1}{
√1−(1+x)2dx
∫
√1−(1+x)2dx=(x+1)
√1−(1+x)2−∫U{1−(x+1)
2}{
√1−(1+x)2dx+∫U{1}{
√1−(1+x)2dx
∫
√1−(1+x)2dx=(x+1)
√1−(1+x)2−∫
√1−(1+x)2dx+∫U{1}{
√1−(1+x)2dx
2∫
√1−(1+x)2dx=(x+1)
√1−(1+x)2+∫U{1}{
√1−(1+x)2dx
| | 1 | |
∫√1−(1+x)2dx= |
| ((x+1)√1−(1+x)2+arcsin(x+1))+C |
| | 2 | |
3 lut 21:31
jc: Korzystamy z gotowego wyniku (wiele razy na tym forum)
| | 1 | |
∫√1−x2 dx = |
| (arcsin x + x√1−x2) , choćby przez części |
| | 2 | |
| | 1 | |
∫√−2x−x2 dx = ∫√1−(x+1)2 dx = |
| (arcsin (x+1) + (x+1)√−2x−x2) |
| | 2 | |
3 lut 21:39