Matematické Fórum

2M70 · 10. 12. 2020 13:59

Mám spočítat integrál

$\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\frac{a}{2}}r.\sqrt{r^{2}+r.a.cos\varphi +\frac{a^{2}}{4}}.\sqrt{2}.drd\varphi$

a už si nevím rady s nalezením primitivní funkce k integrálu

$\int_{}^{}r.\sqrt{r^{2}+r.a.cos\varphi +\frac{a^{2}}{4}}.dr$

Zkouším Eulerovu substituci, a>0,

$a=1$
$b=a.cos\varphi$
$c = \frac{a^{2}}{4}$

$\sqrt{...}=\sqrt{a}.r+t=r+t$

$r=\frac{t^{2}-c}{b-2\sqrt{a}.t}=\frac{t^{2}-\frac{a^{2}}{4}}{a.cos\varphi -2t}$

$dr=(...)=\frac{2.t.a.cos\varphi -2t^{2}-\frac{a^{2}}{2}}{(a.cos\varphi -2t)^{2}}dt$

$r.\sqrt{...}dr=(...)=\frac{(t^{2}-\frac{a^{2}}{4})\cdot (2.t.a.cos\varphi -2t^{2}-\frac{a^{2}}{2})}{(a.cos\varphi -2t)^{3}}dt$

a teď už nevím, jak postupovat dál :-(

Když roznásobím čitatel, dostanu

$-2t^{4}+2t^{3}.a.cos\varphi -\frac{1}{2}t.a^{3}.cos\varphi -\frac{1}{8}a^{4}$

což určitě nevede k cíli.

laszky · 10. 12. 2020 14:39 — Editoval laszky (10. 12. 2020 15:06)

↑ 2M70:

Ahoj, ja bych zkusil porade substituce:

[mathjax] z =r+\frac{a\cos\varphi}{2} [/mathjax]

[mathjax] t = \frac{2z}{a\sin\varphi}[/mathjax]

[mathjax]t = \sinh u[/mathjax].

surovec

Zkus substituci [mathjax]\frac{2r+a\cos\varphi}{a\sin\varphi}=t[/mathjax]
To pak vede na integrály typu [mathjax]\int \sqrt{t^2+1}\,\mathrm{d}t[/mathjax] a [mathjax]\int t\sqrt{t^2+1}\,\mathrm{d}t[/mathjax], což už je snadné.
Kolega bych rychlejší, nechám to tu...

Mirek2 · 10. 12. 2020 15:24 — Editoval Mirek2 (10. 12. 2020 16:19)

↑ 2M70:
Jestli není chybička tady, mně vychází

$r.\sqrt{...}dr=r(r+t)dr=\frac{t^{2}-\frac{a^{2}}{4}}{a.cos\varphi -2t}\[\frac{t^{2}-\frac{a^{2}}{4}}{a.cos\varphi -2t}+t\]dr=...$

a ještě přijde nahradit "dr" ... Nevím, jestli se to zjednoduší.

2M70 · 10. 12. 2020 16:13

↑ laszky:

Vychází mi

$(z-\frac{a.cos\varphi }{2}).\sqrt{z^{2}+\frac{1}{4}a^{2}sin^{2}\varphi }$

$((t.a.sin\varphi )-a.cos\varphi ).\sqrt{(t^{2}+1).\frac{2}{4}a^{2}sin^{2}\varphi }=((t.a.sin\varphi )-a.cos\varphi ).\frac{a.sin\varphi }{\sqrt{2}}\sqrt{(t^{2}+1)}=$

$\frac{1}{\sqrt{2}}a^{2}sin^{2}\varphi \cdot t.\sqrt{(t^{2}+1)}-\frac{1}{2\sqrt{2}}a^{2}sin(2\varphi )\cdot \sqrt{(t^{2}+1)}$

kde
$\int_{}^{} t.\sqrt{(t^{2}+1)}dt=\frac{1}{3}(t^{2}+1)^{\frac{3}{2}}$
$\int_{}^{} \sqrt{(t^{2}+1)}dt=\frac{1}{2}t.\sqrt{1+t^{2}}+\frac{1}{2}ln(t+\sqrt{1+t^{2}})$

Má to ale velký nedostatek:

ve výrazu
$\frac{1}{\sqrt{2}}a^{2}sin^{2}\varphi \cdot t.\sqrt{(t^{2}+1)}-\frac{1}{2\sqrt{2}}a^{2}sin(2\varphi )\cdot \sqrt{(t^{2}+1)}$

oba členy násobím výrazem, ve kterém je sinus, a vzhledem k původnímu integrálu

$\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\frac{a}{2}}r.\sqrt{r^{2}+r.a.cos\varphi +\frac{a^{2}}{4}}.\sqrt{2}.drd\varphi$

tak dostanu integrál ze $sin^{2}\varphi$ , resp. $sin(2\varphi )$ od 0 do $2\pi$ , což dá nulu, a integrál má vyjít nenulový. Tak nevím, jak odstranit tenhle problém.

laszky · 10. 12. 2020 16:28 — Editoval laszky (10. 12. 2020 16:33)

↑ 2M70:

Integral z nezaporne funkce [mathjax]\sin^2\varphi[/mathjax] by nemel vyjit nulovy, ne? :-)

2M70 · 10. 12. 2020 16:39

Jinak, ten původní integrál

$\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\frac{a}{2}}r.\sqrt{r^{2}+r.a.cos\varphi +\frac{a^{2}}{4}}.\sqrt{2}.drd\varphi$

by měl vyjít

$\frac{4}{9}a^{3}.\sqrt{2}$

2M70 · 10. 12. 2020 16:52

↑ laszky:

Máš pravdu, neuvědomil jsem si, že

$\int_{}^{}\sin ^{2}xdx=\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\sin 2x$

a

$\int_{0}^{2\pi }\sin ^{2}xdx=\frac{2\pi }{2}-0+\frac{1}{4}\cdot 0-\frac{1}{4}\cdot 0=\pi$

2M70 · 11. 12. 2020 17:20

↑ 2M70:

Když dám dohromady

$\frac{1}{\sqrt{2}}a^{2}sin^{2}\varphi \cdot t.\sqrt{(t^{2}+1)}-\frac{1}{2\sqrt{2}}a^{2}sin(2\varphi )\cdot \sqrt{(t^{2}+1)}$ ,

$\int_{}^{} t.\sqrt{(t^{2}+1)}dt=\frac{1}{3}(t^{2}+1)^{\frac{3}{2}}$ ,

$\int_{}^{} \sqrt{(t^{2}+1)}dt=\frac{1}{2}t.\sqrt{1+t^{2}}+\frac{1}{2}ln(t+\sqrt{1+t^{2}})$

tak dostávám

$\frac{1}{3.\sqrt{2}}a^{2}sin^{2}\varphi \cdot(t^{2}+1)^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2\sqrt{2}}a^{2}sin(2\varphi )\cdot\sqrt{1+t^{2}}-\frac{1}{2\sqrt{2}}a^{2}sin(2\varphi )\cdot ln(t+\sqrt{1+t^{2}})$

ale chybí zcela zásadní věc - jak přetransformovat integrační meze, když původní byly $0<r<\frac{a}{2}$ a $0<\varphi <2\pi$ . To je klíč k výpočtu původního integrálu.

Matematické Fórum

#1 10. 12. 2020 13:59

Integrál - Eulerova substituce

#2 10. 12. 2020 14:39 — Editoval laszky (10. 12. 2020 15:06)

Re: Integrál - Eulerova substituce

#3 10. 12. 2020 14:41 — Editoval surovec (10. 12. 2020 14:43)

Re: Integrál - Eulerova substituce

#4 10. 12. 2020 15:24 — Editoval Mirek2 (10. 12. 2020 16:19)

Re: Integrál - Eulerova substituce

#5 10. 12. 2020 16:13

Re: Integrál - Eulerova substituce

#6 10. 12. 2020 16:28 — Editoval laszky (10. 12. 2020 16:33)

Re: Integrál - Eulerova substituce

#7 10. 12. 2020 16:35 Příspěvek uživatele 2M70 byl skryt uživatelem 2M70.

#8 10. 12. 2020 16:39

Re: Integrál - Eulerova substituce

#9 10. 12. 2020 16:52

Re: Integrál - Eulerova substituce

#10 11. 12. 2020 17:20

Re: Integrál - Eulerova substituce

Zápatí