Challenging Recreational Mathematics: ▪Ολοκληρώματα Ρητών Συναρτήσεων (ΙΙΙ)

Παρασκευή 17 Φεβρουαρίου 2012

▪Ολοκληρώματα Ρητών Συναρτήσεων (ΙΙΙ)

Λυμένες ασκήσεις

15. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int { 1 \over e^x + 1 } \,dx }$ .
Πολλαπλασιάζουμε με $\ \ 1 = \displaystyle{ e^x \over e^x } \$ ,οπότε έχουμε

$\displaystyle{ \int { 1 \over e^x + 1 } \,dx } = \displaystyle{ \int { 1 \over e^x + 1 } \, \Big({ e^x \over e^x }\Big) dx }$ $= \displaystyle{ \int { e^x \over e^x(e^x+1) } \, dx }$ .

Πρώτα γίνεται χρήση βοηθητικής αντικατάστασης.

Θέτοντας

είναι

Αντικαθιστώντας στο αρχικό ολοκλήρωμα έχουμε

$\displaystyle{ \int { e^x \over e^x (e^x+1) } \, dx } = \displaystyle{ \int { 1 \over e^x (e^x+1) } \, e^x dx }$ $= \displaystyle{ \int { 1 \over u(u+1) } \, du }$

Παραγοντοποίηση του παρανομαστή και ανάλυση σε κλάσματα δίνει

$= \displaystyle{ \int{ \Big( {A \over u} + { B \over u+1 } \Big) } \,du }$

Κάνοντας ομώνυμα, εξισώνοντας κ.λ.π. έχουμε $\ \ A(u+1)+ Bu = 1$ ;

Με $\displaystyle{ u = -1 : \ A(0) + B(-1) = 1 \longrightarrow B = -1 }$ ;

Με $\displaystyle{ u = 0 : \ A(1) + B(0) = 1 \longrightarrow A = 1 }$

$= \displaystyle{ \int{ \Big( {1 \over u } + { -1 \over u+1 } \Big)} \, dx}$ $= \displaystyle{ \ln \vert u\vert - \ln \vert u+1\vert + C }$ $= \displaystyle{ \ln \vert e^x\vert - \ln \vert e^x+1\vert + C }$

( $\ \ln m - \ln n = \ln \Big( \displaystyle{ m \over n } \Big)$ ) $= \displaystyle{ \ln { \vert e^x\vert \over \vert e^x+1\vert } + C }$ .

16. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int { 3-x \over x(x^2+1) } \,dx }$ .

Παραγοντοποίηση του παρανομαστή και ανάλυση σε κλάσματα δίνει

$\displaystyle{ \int { 3 - x \over x(x^2 + 1) } \,dx} = \displaystyle{ \int{ \Big( {A \over x} + { Bx + C \over x^2 + 1} \Big) } \,dx}$

Κάνοντας ομώνυμα, εξισώνοντας κ.λ.π. έχουμε $\ \ A(x^2+1) + (Bx+C)x = 3-x$ ;

Θέτοντας διαδοχικά στην παραπάνω

και λύνοντας το γραμμικό σύστημα που προκύπτει έχουμε $\longrightarrow B = -3$

$= \displaystyle{ \int{ \Big( {3 \over x} + { -3x - 1 \over x^2 + 1} \Big)}\,dx}$ $= \displaystyle{ \int{ \Big( {3 \over x} + {-3x \over x^2+1} + {-1 \over x^2+1} \Big) } \, dx}$

$= \displaystyle{ \int{ \Big( 3{1 \over x} -3 { x \over x^2 + 1} - { 1 \over x^2 + 1} \Big) } \,dx }$

$= \displaystyle{ 3 \ln{\vert x\vert} - 3 (1/2) \ln \vert x^2 + 1\vert - \arctan x + C }$ $= \displaystyle{ 3 \ln{\vert x\vert} - {3 \over 2} \ln \vert x^2 + 1\vert - \arctan x + C }$ .

17. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int {3x + 1 \over x^2 ( x^2 +25) } \,dx }$ .

Παραγοντοποίηση του παρανομαστή και ανάλυση σε κλάσματα δίνει

$\displaystyle{ \int {3x + 1 \over x^2 ( x^2 +25) } \,dx } = \displaystyle{ \int { \Big({A \over x} + { B \over x^2 } + { Cx + D \over x^2 +25} \Big) } \,dx }$

Κάνοντας ομώνυμα, εξισώνοντας κ.λ.π. έχουμε

$\ \ Ax(x^2 +25) + B(x^2 + 25) + (Cx + D) x^2 = 3x + 1$ ;

Θέτοντας διαδοχικά στην παραπάνω

και λύνοντας το γραμμικό σύστημα που προκύπτει έχουμε $\longrightarrow B = -3$

$= \displaystyle{ \int { \Big( (3/25){1 \over x} + (1/25) x^{-2} - (3/25){ x \over x^2 +25} - (1/25) {1 \over x^2+5^2 } \Big) } \,dx }$

$= \displaystyle{ {3\over 25} \ln \vert x\vert + (1/25) { x^{-1} \over (-1) } -... ...over 2} \ln {\vert x^2 +25\vert} - (1/25) {1 \over 5} \arctan {x\over 5} + C }$

$= \displaystyle{ {3\over 25} \ln \vert x\vert - {1\over 25x} - {3 \over 50}\ln \vert x^2 +25\vert -{1 \over 125} \arctan {x\over 5} + C}$ .

18. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int{ 1 \over x^4 - 16 } \,dx }$ .

Παραγοντοποίηση του παρανομαστή και ανάλυση σε κλάσματα δίνει

$\displaystyle{ \int{ 1 \over x^4 - 16 } \,dx} = \displaystyle{ \int{ 1 \over (x^2 + 4)(x^2 - 4) } \,dx}$

$\displaystyle{ \int{ 1 \over (x^2 + 4)(x + 2)(x - 2) } \,dx}$ = $\displaystyle{ \int{ \Big( { A \over x+2} + { B \over x-2} + {Cx+D \over x^2+4} \Big) } \,dx}$

Κάνοντας ομώνυμα, εξισώνοντας κ.λ.π. έχουμε

Θέτοντας διαδοχικά στην παραπάνω

και λύνοντας το γραμμικό σύστημα που προκύπτει έχουμε $\longrightarrow B = -3$

$=\displaystyle{ \int{ \Big( { -1/32 \over x+2} + { 1/32 \over x-2} + {-1/8 \over x^2+4} \Big) } \,dx}$

$=\displaystyle{ \int{ \Big( -(1/32){1 \over x+2} + (1/32){1 \over x-2} - (1/8) {1 \over x^2+2^2} \Big) } \,dx}$

$=\displaystyle{ (-1/32) \ln \vert x+2\vert + (1/32) \ln \vert x-2\vert - (1/8) {1 \over 2} \arctan {x \over 2} } + C$

$=\displaystyle{ {1 \over 32} \Big( \ln \vert x-2\vert - \ln \vert x+2\vert \Big) - {1 \over 16} \arctan {x \over 2} } + C$

( $\ \ln m - \ln n = \ln \Big( \displaystyle{ m \over n } \Big)$ )

$=\displaystyle{ {1 \over 32} \ln { \vert x-2\vert \over \vert x+2\vert } - {1 \over 16} \arctan {x \over 2} } + C$ .

19. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int{\cos x \over \sin^3 x + \sin x } \,dx }$ .

Πρώτα γίνεται χρήση βοηθητικής αντικατάστασης.

Θέτοντας $u = \sin{x}$ είναι $du = \cos{x} \ dx$ .

Αντικαθιστώντας στο αρχικό ολοκλήρωμα έχουμε

$\displaystyle{\int {\cos x \over \sin^3 x + \sin x } \,dx } = \displaystyle{ \int {1 \over \sin^3 x + \sin x } \,\cos x \ dx}$ $= \displaystyle{ \int{ 1 \over u^3 + u} \, du}$

Παραγοντοποίηση του παρανομαστή και ανάλυση σε κλάσματα δίνει

$=\displaystyle{ \int{ 1 \over u (u^2 + 1)} \, du }$ $= \displaystyle{\int{ \Big( {A \over u} + {Bu + C \over u^2 + 1} \Big) } \, du}$

Κάνοντας ομώνυμα, εξισώνοντας κ.λ.π. έχουμε

$\ \ A (u^2 +1) + (Bu + C) u = 1$ ;

Θέτοντας διαδοχικά στην παραπάνω

και λύνοντας το γραμμικό σύστημα που προκύπτει έχουμε $\longrightarrow B = -3$

$= \displaystyle{\int{ \Big( {1 \over u} + {-u \over u^2 + 1} \Big) } \,du}$ $= \displaystyle{ \ln \vert u\vert - {1 \over 2} \ln \vert u^2 + 1\vert + C}$

$= \displaystyle{ \ln \vert\sin x\vert - {1 \over 2} \ln \vert\sin^2 x + 1\vert + C}$ .

20. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{ \int{ 1 \over x^4 + 4 } \,dx }$ .

Προσθέτω στον παρανομαστή $\ 0 = 4x^2 - 4x^2$ , και έχω

$\displaystyle{ \int{ 1 \over x^4 + 4 } \,dx} = \displaystyle{ \int{ 1 \over x^4 + 4x^2 - 4x^2 + 4 } \,dx}$ $= \displaystyle{ \int{ 1 \over (x^4 + 4x^2 + 4) - 4x^2} \, dx}$

$= \displaystyle{ \int{ 1 \over (x^2+2)^2 - (2x)^2 } \, dx}$ $= \displaystyle{ \int{ 1 \over ((x^2 +2) - 2x) ((x^2 + 2) + 2x) } \, dx}$ $= \displaystyle{ \int{ 1 \over (x^2 - 2x + 2)(x^2 + 2x + 2) } \, dx}$

(Όπου οι δύο παράγοντες του παρανομαστή δεν αναλύονται διότι δεν έχουν πραγματικές ρίζες.)

$= \displaystyle{ \int{ 1 \over ((x-1)^2 + 1)((x+1)^2 + 1) } \, dx}$

$= \displaystyle{ \int{ \Big( { Ax+B \over (x-1)^2 + 1 } + { Cx+D \over (x+1)^2 + 1 } \Big) } \, dx}$

Κάνοντας ομώνυμα, εξισώνοντας κ.λ.π. έχουμε

;

Θέτοντας διαδοχικά στην παραπάνω

και λύνοντας το γραμμικό σύστημα που προκύπτει έχουμε $\longrightarrow B = -3$

$= \displaystyle{ \int{ \Big({ -(1/8) x + 1/4 \over (x-1)^2 + 1} + {(1/8) x + 1/4 \over (x+1)^2 + 1} \Big) } \, dx}$

$= \displaystyle{ \int { -(1/8) x + 1/4 \over (x-1)^2 + 1 } \, dx + \int { (1/8) x + 1/4 \over (x+1)^2 + 1 } \, dx}$ .

Μέθοδος αντικατάστασης στο 1ο ολοκλήρωμα

και είναι $du = (1) \ dx = dx$ .

Στο 2ο ολοκλήρωμα

και είναι $dw = (1) \ dx = dx$ .

(Η αντίστροφη αντικατάσταση στο 1ο ολοκλήρωμα είναι

και στο 2ο ολοκλήρωμα

Αντικαθιστώντας στο αρχικό πρόβλημα έχουμε

$\displaystyle{ \int{ 1 \over x^4 + 4 } \,dx} = \displaystyle{ \int { -(1/8) ... ... \over (x-1)^2 + 1 } \, dx + \int { (1/8) x + 1/4 \over (x+1)^2 + 1 } \, dx}$

$= \displaystyle{ \int { -(1/8) (u+1) + 1/4 \over u^2 + 1 } \, du + \int { (1/8) (w-1) + 1/4 \over w^2 + 1 } \, dw}$

$= \displaystyle{ \int { -(1/8) u + 1/8 \over u^2 + 1 } \, du + \int { (1/8) w + 1/8 \over w^2 + 1 } \, dw}$

$= \displaystyle{ \int \Big(-(1/8){ u \over u^2 + 1 } + (1/8){ 1 \over u^2 + 1 ... ...u + \int \Big( (1/8){ w \over w^2 + 1 } + (1/8){1 \over w^2 + 1 } \Big) \, dw}$

$= \displaystyle{ -(1/8){1 \over 2} \ln \vert u^2 + 1\vert + (1/8) \arctan u }$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \displaystyle{+ (1/8){1 \over 2} \ln \vert w^2 + 1\vert + (1/8) \arctan w } + C$

$= \displaystyle{ -{1 \over 16} \ln \vert(x-1)^2 + 1\vert + {1 \over 8} \arctan (x-1) }$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \displaystyle{+ {1 \over 16} \ln \vert(x+1)^2 + 1\vert + {1 \over 8} \arctan (x+1) } + C$

$= \displaystyle{ -{1 \over 16} \ln \vert x^2-2x+2\vert + {1 \over 8} \arctan (x-1) }$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \displaystyle{ + {1 \over 16} \ln \vert x^2+2x+2\vert + {1 \over 8} \arctan (x+1) } + C$

$= \displaystyle{ {1 \over 16} \Big( \ln \vert x^2+2x+2\vert - \ln \vert x^2-2x+2\vert \Big) }$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \displaystyle{+ {1 \over 8} \arctan (x-1) + {1 \over 8} \arctan (x+1) } + C$

( $\ \ln m - \ln n = \ln \Big( \displaystyle{ m \over n } \Big)$ )

$= \displaystyle{ {1 \over 16} \ln { \vert x^2+2x+2\vert \over \vert x^2-2x+2\vert } + {1 \over 8} \arctan (x-1) + {1 \over 8} \arctan (x+1) } + C$ .

Πηγή: aueb.gr

Challenging Recreational Mathematics

Παρασκευή 17 Φεβρουαρίου 2012

▪Ολοκληρώματα Ρητών Συναρτήσεων (ΙΙΙ)

Δεν υπάρχουν σχόλια:

Δημοσίευση σχολίου