Ολοκλήρωμα 6

ghan · #1

Να υπολογισθεί το $\int{\frac{x}{{{\alpha }^{6}}+{{x}^{6}}}dx}$

#2

$\displaystyle\int{\frac{x}{a^6+x^6}\,dx}=\frac{1}{a^6}\,\int{\frac{x}{1+\bigl({\frac{x}{a}}\bigr)^6}\,dx}\,\mathop{=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {t\,=\,\frac{x}{a}} \\ {a\,dt\,=\,dx} \end{subarray}}\,\frac{1}{a^4}\,\int{\frac{t}{1+t^6}\,dt}\,\mathop{=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {u\,=\,t^2} \\ {\frac{1}{2}\,du\,=\,t\,dt} \end{subarray}}\,\frac{1}{2a^4}\,\int{\frac{1}{1+u^3}\,du}=$

$\displaystyle\frac{1}{2a^4}\,\biggl[{\int{\frac{1}{3\,({u+1})}\,du}+\int{\frac{2-u}{3\,({u^2-u+1})}\,du}}\biggr]=$

$\displaystyle\frac{1}{6a^4}\,\ln|{u+1}|-\frac{1}{12a^4}\,\ln({u^2-u+1})+\frac{\sqrt{3}}{6a^4}\arctan\bigl({\tfrac{\sqrt{3}}{3}\,({2u-1})}\bigr)+c\stackrel{u=t^2}{=}$

$\displaystyle\frac{1}{6a^4}\,\ln({t^2+1})-\frac{1}{12a^4}\,\ln({t^4-t^2+1})+\frac{\sqrt{3}}{6a^4}\arctan\bigl({\tfrac{\sqrt{3}}{3}\,({2t^2-1})}\bigr)+c\,\stackrel{t\,=\,\frac{x}{a}}{=}$

$\displaystyle\frac{1}{6a^4}\,\ln({x^2+a^2})-\frac{1}{12a^4}\,\ln({x^4-x^2a^2+a^4})\,+$

$\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6a^4}\arctan\Bigl({\tfrac{\sqrt{3}}{3}\,\bigl({2\bigl({\tfrac{x}{a}}\bigr)^2-1}\bigr)}\Bigr)+c_1\,.\quad\square$

#3

ghan έγραψε:Να υπολογισθεί το $\int{\frac{x}{{{\alpha }^{6}}+{{x}^{6}}}dx}$

Χωρίς τις πράξεις γιατί οι παραστάσεις μεγάλες, αλλά το ολοκλήρωμα στάνταρ:

Κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής x^2=y

. Αναγόμαστε στο $\displaystyle \int \frac {dy}{b^3+y^3} = \int \frac {dy}{(b+y)(b^2-by+y^2)}$ .

Σπάμε το κλάσμα ως $\displaystyle \frac {A}{b+y} + \frac {By+C}{b^2-by+y^2}$ . Από αυτά, το πρώτο είναι άμεσο. Μετά γράφουμε το δεύτερο ως $\displaystyle \frac {D(2y-b) +E}{b^2-by+y^2}$ . Το οποίο δίνει $\displaystyle \ln (b^2-by+y^2)$ και (δεδομένου ότι ο παρονομαστής είναι $\displaystyle (y-b/2)^2 + 3b^2/4$ ) ολοκλήρωμα της μορφής $\displaystyle arc tan \frac {2y-b}{b\sqrt 3}$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

Ολοκλήρωμα 6

Ολοκλήρωμα 6

Re: Ολοκλήρωμα 6

Re: Ολοκλήρωμα 6

Μέλη σε σύνδεση