Matematické Fórum

Contemplator · 03. 02. 2016 13:10

Dobrý deň, mám integrál: $\int\frac{\sin ^{3}x}{\cos ^{3}x}dx$ a cez subst. a parcialne zlomky som sa dostal k tomuto: $\int\frac{\frac{1}{4}}{(1\pm y)^{2}}$ a neviem ako to zintegrovať. Môžte mi niekto poradiť? :) na $\ln |y|$ ani $arc\text{tg}(x)$ ani arc\sin (x) to neviem upraviť

Cheop · 03. 02. 2016 13:31

↑ Contemplator:
Mě po substituci t= sin x a porozkladu na parciální zlomky vychází:
$\frac 12\int\frac{dt}{1+t}-\frac 12\int\frac{dt}{1-t}-\frac 14\int\frac{dt}{(1+t)^2}-\frac 14\int\frac{dt}{(1-t)^2}$

Rumburak

Ahoj.

Počítaný integrál můžeme upravit na

$\int\frac{(1-\cos^2 x)\sin x}{\cos ^{3}x}\d x = \int\frac{(\cos^2 x - 1)}{\cos ^{3}x} (-\sin x)\d x = \int \frac{y^2 - 1}{y^3} \d y$

(použitá substituce je jistě zřejmá) a převést na integraci funkce $y^a$ .

Nutno správně určit intervaly, na nichž má nalezená primiivní funkce platnost.

Contemplator · 03. 02. 2016 15:32

↑ Cheop: ano takto to vyšlo aj mne, akurát že ten posledný int. mám $\int\frac{\frac{1}{4}}{(1+y)^{2}}dy$ a neviem ako to zintegrovať....

↑ Rumburak: Očividne je to ovela jednoduchšie :) - ďakujem, ale nerozumiem tomuto: "Nutno správně určit intervaly, na nichž má nalezená primiivní funkce platnost."

Rumburak

↑ Contemplator:

Primitivní funkce je vždy svázáná s nějakým intervalem, který bychom měli uvést, když o PF hovoříme.
Např. $\ln x + C$ je PF k $1/x$ na $(0, +\infty)$ , zatímco $\ln(-x) + C$ je PF k $1/x$ na $(-\infty, 0)$ .
V tabulkách se často uvádí, že PF k $1/x$ je $\ln |x| + C$ pro $x \ne 0$ , ale není to přesné . PF k $f$
nutno vnímat jako spojitou funkci na intervalu, která v každém jeho bodě $x$ má derivací $f(x)$ .

Contemplator · 03. 02. 2016 19:09

↑ Rumburak: mmmh, už tomu rozumiem. Podla teba : $\int\frac{(1-\cos^2 x)\sin x}{\cos ^{3}x}\d x = \int\frac{(\cos^2 x - 1)}{\cos ^{3}x} (-\sin x)\d x = \int \frac{y^2 - 1}{y^3} \d y$ to vychádza: $\ln |\cos x|+\frac{1}{2\cos ^{2}x}+c$ a keď som to počítal cez toto: $\int\frac{\sin ^{3}x}{\cos ^{3}x}dx$ subst: $y=sinx$ = $\int\frac{y^{3}}{((1-y)^{2})^{2}}$ tak mi vychádza: $\frac{3}{8}\ln |1-\cos x|+\frac{3}{8}\ln |1+\cos x|+c$ čo sa po dosadení hodnot nerovná..... škoda že to nemožem odfotit a hodiť to sem, alebo je tu nejaký konvertér na to? (fotka je moc velká)

Rumburak

↑ Contemplator:

V případě úlohy na zjištění PF se dá výsledek zkontrolovat zderivováním nalezené funkce.

Pro substuci $y=\sin x$ je přechod k $\int\frac{y^{3}}{((1-y)^{2})^{2}} \d y$ chybný, správně mělo vyjít

$\int\frac{y^{3}}{(1-y^2)^{2}} \d y$ .

Contemplator · 06. 02. 2016 22:50

↑ Rumburak: a Jak je možné, že to s tou subst. nevychádza? ty si to overil len pomocou toho kroku kde sa to ešte len chystá na rozklad na parc. zlomky, že to nevychádza? - tak z toho potom vyplýva, že tou subst. to nemôžem riešiť ? nerozumiem a je to zaujímave... :D

Al1 · 06. 02. 2016 23:39 — Editoval Al1 (06. 02. 2016 23:43)

↑ Contemplator:

Zdravím,

při užití substituce $t= \sin x$ a rozkladu na parciální zlomky

$\frac 12\int\frac{dt}{t+1}+\frac 12\int\frac{dt}{t-1}-\frac 14\int\frac{dt}{(t+1)^2}+\frac 14\int\frac{dt}{(t-1)^2}$

dostaneš

$\frac{1}{2}\ln |t+1|+\frac{1}{2}\ln |t-1|+\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{t+1}-\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{t-1}$

a po resubstituci

$\frac{1}{2}\ln |\sin x+1|+\frac{1}{2}\ln |\sin x-1|+\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{\sin x+1}-\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{\sin x-1}+c$

A zbytek je na úpravě

$\ln\left( |1+\sin x|\cdot |1-\sin x|\right)^{\frac{1}{2}}+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{1+\sin x}+\frac{1}{1-\sin x}\right)+c=\nl \ln\left( \sqrt{|1-\sin^{2}x|}\right)+\frac{1}{4}\cdot \frac{2}{\cos ^{2}x}+c=\ldots$

Contemplator · 07. 02. 2016 14:43

↑ Rumburak: mne to ale cez tú subst. vyšlo $\int\frac{y^{3}}{(1-y^2)^{2}} \d y$

↑ Al1: Niečo mi tam nesedí: Mne vyšli A,B,C,D v parc. zlomokch: -1/2 , 1/4 , 1/2 , -1/4 a potom ďalej: $\frac{1}{2}\int\frac{-1}{1-y}dy +\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1-y)^{2}}dy+\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+y}dy -\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1+y)^{2}}dy$ a to je iné o znamienko a potom som to ale ešte integroval tak že tam kde sú tie druhé mocniny - som to zderivoval a upravil na: $\ln |y|$ môžem to urobiť vôbec?

Al1 · 07. 02. 2016 15:46

↑ Contemplator:

$\frac{1}{2}\int\frac{-1}{1-y}dy =\frac{1}{2}\int\frac{1}{-1(1-y)}dy=\frac{1}{2}\int\frac{1}{y-1}dy$ , takže parciální zlomky máme stejné

$\int_{}^{}\frac{1}{(y+1)^{2}}\dy=|y+1=u, \ dy=\ du|=\int_{}^{}\frac{1}{u^{2}}\ du=\int_{}^{}u^{-2}\ du=-\frac{1}{u}=-\frac{1}{y+1}$

Contemplator · 07. 02. 2016 16:28

↑ Al1: Takže to môžem zintegrovať iba takto? nemôžem spraviť toto?: $\int\frac{1}{(1+y)^{2}}dy=\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+y}dy=\frac{1}{2}\ln y$

Al1 · 07. 02. 2016 16:37

↑ Contemplator:

To rozhodně ne, jakým způsobem jsi uvažoval? Vždyť zpětně derivuj $\frac{1}{2}\ln y$ , dostaneš $\frac{1}{2y}$ a kde je $\frac{1}{(y+1)^{2}}$ ?

Contemplator

↑ Al1: tak potom je niečo zle uložené v mojom mozgu , z tohto som vychádzal $\int\frac{\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{dx} }}{f(x)}dx=\frac{1}{y}dy=\ln |y|+c$ , subst: $y=f(x)$ $,

Al1 · 07. 02. 2016 17:38

Toto jistě platí:

$\int\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}dx=\int_{}^{}\frac{1}{y}dy=\ln |y|+c$

Jenže ty máš $\int\frac{1}{(1+y)^{2}}dy$ a derivace jmenovatele je $((1+y)^{2})^{\prime}=2(1+y)$ a to do čitatele těžko dostaneš

Contemplator · 07. 02. 2016 17:53

↑ Al1:Ahá , už viem kde som skratoval.... ďakujem :)

Contemplator · 07. 02. 2016 18:24

Aj tak mi ale vyšli : $\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1-y)^{2}}dy$ $-\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1+y)^{2}}dy$ a to je iné než tvoje ↑ Al1: takže tebe asi vyšlo B =-1/4 a D=1/4 čo je opačné ako to vyšlo mne ...

Al1 · 07. 02. 2016 20:33 — Editoval Al1 (07. 02. 2016 20:38)

↑ Contemplator:

Mně ta znaménka vyšla úplně stejně ( mám jen proměnnou t)
$\frac 12\int\frac{dt}{t+1}+\frac 12\int\frac{dt}{t-1}-\frac 14\int\frac{dt}{(t+1)^2}+\frac 14\int\frac{dt}{(t-1)^2}$

Edit: už vidím tvou chybu v uvažování, ono totiž platí:

$\frac{1}{(y-1)^{2}}=\frac{1}{(1-y)^{2}}; \frac{1}{(y+1)^{2}}=\frac{1}{(1+y)^{2}}$

Contemplator · 07. 02. 2016 22:34

↑ Al1: No, to je dosť dobré, že si to uvidel:) ďakujem, ale prečo potom keď si zoberem toto $\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1-y)^{2}}dy$ výjmem mínus, a vyhodím ho pred integrál a mám : $-\frac{1}{4}\int\frac{dy}{(y-1)^{2}}$ a to nie je to isté ako: $\frac{1}{4}\int\frac{dt}{(t-1)^{2}}$

Al1 · 07. 02. 2016 22:53 — Editoval Al1 (07. 02. 2016 23:04)

↑ Contemplator:

Tvůj zápis z příspěvku #11

$\frac{1}{2}\int\frac{-1}{1-y}dy +\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1-y)^{2}}dy+\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+y}dy -\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1+y)^{2}}dy$
Shodli jsme se na tom, že

$\frac{1}{2}\int\frac{-1}{1-y}dy =\frac{1}{2}\int\frac{1}{-1(1-y)}dy=\frac{1}{2}\int\frac{1}{y-1}dy$ , takže

$\color{red}\frac{1}{2}\int\frac{1}{y-1}dy +\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1-y)^{2}}dy+\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+y}dy -\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1+y)^{2}}dy$

Já mám rozklad na parciální zlomky

$\frac 12\int\frac{dt}{t+1}+\frac 12\int\frac{dt}{t-1}-\frac 14\int\frac{dt}{(t+1)^2}+\frac 14\int\frac{dt}{(t-1)^2}$

Po přeskupení mi vychází

$\frac 12\int\frac{dt}{t-1}+\frac 14\int\frac{dt}{(1-t)^2}+\frac 12\int\frac{dt}{(1+t)}-\frac 14\int\frac{dt}{(t+1)^2}$ , což je stejné jako

$\color{red}\frac 12\int\frac{dt}{t-1}+\frac 14\int\frac{dt}{(1-t)^2}+\frac 12\int\frac{dt}{(1+t)}-\frac 14\int\frac{dt}{(1+t)^2}$

Kontrola Odkaz

Contemplator

↑ Al1: Áno, vidím, že mám rovnaký výsledok ale, to čo som sa pýtal v minulom príspevku som z toho čo si mi odpísal nepochopil, pretože keď mám $\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1-y)^{2}}dy$ výjmem mínus, a vyhodím ho pred integrál, tak mám : $-\frac{1}{4}\int\frac{dy}{(y-1)^{2}}$ a tam je : $-\frac{1}{4}$ a potom by som mal tie parc. zlomky: 1/2.... , $-\frac{1}{4}\int\frac{dy}{(y-1)^{2}}$ , 1/2....... , $-\frac{1}{4}\int\frac{1}{(1+y)^{2}}$

Rumburak

↑ Contemplator:

Ahoj.

Ve jmenovateli zlomku $\frac{1}{(1-y)^{2}}$ je sudá mocnina, takže $\frac{1}{(1-y)^{2}} =\frac{1}{(y-1)^{2}}$ ,
tudíž ono vytýkání (-1) je zde chybou.

Contemplator · 08. 02. 2016 12:39

↑ Rumburak: AHHHHHHHHHHHHHÁ , takže ono to je chyba a tamtú rovnosť som si musel uvedomiť, aby som to pochopil. A prečo je to chyba? Prečo nemôžem vyjmuť - keď je párna mocnina , takže keď je nepárna, tak môžem ?

Al1 · 08. 02. 2016 12:40

↑ Contemplator:

Úprava:

$\frac{1}{(1-y)^{2}}=\frac{1}{\big(-1(y-1)\big)^{2}}=\frac{1}{(-1)^{2}(y-1)^{2}}=\frac{1}{(y-1)^{2}}$

Matematické Fórum

#1 03. 02. 2016 13:10

Integrál - príklad

#2 03. 02. 2016 13:31

Re: Integrál - príklad

#3 03. 02. 2016 13:37 — Editoval Rumburak (03. 02. 2016 14:03)

Re: Integrál - príklad

#4 03. 02. 2016 15:32

Re: Integrál - príklad

#5 03. 02. 2016 15:39 Příspěvek uživatele Contemplator byl skryt uživatelem Contemplator. Důvod: skrat...

#6 03. 02. 2016 15:54 — Editoval Rumburak (03. 02. 2016 15:55)

Re: Integrál - príklad

#7 03. 02. 2016 19:09

Re: Integrál - príklad

#8 05. 02. 2016 09:50 — Editoval Rumburak (05. 02. 2016 09:51)

Re: Integrál - príklad

#9 06. 02. 2016 22:50

Re: Integrál - príklad

#10 06. 02. 2016 23:39 — Editoval Al1 (06. 02. 2016 23:43)

Re: Integrál - príklad

#11 07. 02. 2016 14:43

Re: Integrál - príklad

#12 07. 02. 2016 15:46

Re: Integrál - príklad

#13 07. 02. 2016 16:28

Re: Integrál - príklad

#14 07. 02. 2016 16:37

Re: Integrál - príklad

#15 07. 02. 2016 17:33 — Editoval Contemplator (07. 02. 2016 17:35)

Re: Integrál - príklad

#16 07. 02. 2016 17:38

Re: Integrál - príklad

#17 07. 02. 2016 17:53

Re: Integrál - príklad

#18 07. 02. 2016 18:24

Re: Integrál - príklad

#19 07. 02. 2016 20:33 — Editoval Al1 (07. 02. 2016 20:38)

Re: Integrál - príklad

#20 07. 02. 2016 22:34

Re: Integrál - príklad

#21 07. 02. 2016 22:53 — Editoval Al1 (07. 02. 2016 23:04)

Re: Integrál - príklad

#22 08. 02. 2016 12:07 — Editoval Contemplator (08. 02. 2016 12:08)

Re: Integrál - príklad

#23 08. 02. 2016 12:16 — Editoval Rumburak (08. 02. 2016 12:17)

Re: Integrál - príklad

#24 08. 02. 2016 12:39

Re: Integrál - príklad

#25 08. 02. 2016 12:40

Re: Integrál - príklad

Zápatí