מציג תוצאות 1 עד 4 מתוך 4

אשכול: חישוב אינטגרל אתגרי(אולי) - פתור שורש שלישי של טנגס איקס

  1. #1
    מדריך ויועץ חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל חישוב אינטגרל אתגרי(אולי) - פתור שורש שלישי של טנגס איקס

    שלום לכולם,


    יש לחשב את האינטגרל הבא:
    $\int \sqrt[3]{tgx} dx$
    נחשב לפי שיטת ההצבה. נציב:
    $z=\sqrt[3]{tgx}$

    $dz=\frac{1}{3} \cdot (tgx)^{-\frac{2}{3}} \cdot \frac{1}{cos^2(x)}dx$

    $dx=3\cdot (tgx)^{\frac{2}{3}} \cdot cos^2(x)dz$
    ידועה הזהות:
    $1+tg^2(x)=\frac{1}{cos^2(x)}$
    לכן
    $cos^2(x)=\frac{1}{1+tg^2(x)}$
    מכאן:
    $dx=3\cdot (tgx)^{\frac{2}{3}} \cdot cos^2(x)dz \to dx = \frac{3\cdot z^2}{1+z^6} dz$


    $\int \sqrt[3]{tgx} dx \to \int z \cdot \frac{3\cdot z^2}{1+z^6} dz = \int \frac{3\cdot z^3}{1+z^6} dz$
    אנו צריכים עכשיו לחשב אינטגרל של פונקציה רציונלית.

    ראשית נציין:
    $1+z^6=(1+z^2)\cdot(z^4-z^2+1)=(1+z^2) \cdot (z^2-\sqrt{3}z+1) \cdot (z^2+\sqrt{3}z+1)$
    פרקנו את הפולינום
    $1+z^6$
    למכפלה של שלושה גורמים ראשוניים

    עכשיו ננסה לפרק את הפונקציה הרציונלית בצורה הזאת:
    $ \frac{3\cdot z^3}{1+z^6} =\frac{3 \cdot z^3 \cdot (Az+B) }{z^2+1} + \frac{3 \cdot z^3 \cdot (Cz+D) }{z^2-\sqrt{3}z+1} + $
    $ \frac{3 \cdot z^3 \cdot (Ez+F) }{z^2+\sqrt{3}z+1}$

    $A,B,C,D,E,F \in R$
    מציאת הקבועים די מיגעת, אציג את התוצאה הסופית של הפירוק:
    $\frac{3\cdot z^3}{1+z^6} = \frac{z^3}{z^2+1} + \frac{(-0.5 \cdot \sqrt{3}z+1) \cdot z^3}{z^2-\sqrt{3}z+1} + $
    $ \frac{(0.5 \cdot \sqrt{3}z+1) \cdot z^3}{z^2+\sqrt{3}z+1} $
    עכשיו צריך לבצע אינטגרציה על כל אחד מן המחוברים:


    גורם ראשון:

    $ \int \frac{z^3}{z^2+1} = \int z - \frac{z}{z^2+1} dz= \frac{z^2}{2} - \frac{1}{2} \cdot ln|z^2+1|$

    גורם שני:

    $ \int \frac{(-0.5 \cdot \sqrt{3}z+1) \cdot z^3}{z^2-\sqrt{3}z+1} dz = \int \frac{-0.5 \cdot \sqrt{3}z^4+z^3}{z^2-\sqrt{3}z+1}dz$

    נחלק את הפולינום במונה בפולינום במכנה ונקבל:
    $\int \frac{-0.5 \cdot \sqrt{3}z^4+z^3}{z^2-\sqrt{3}z+1}dz = $
    $-\frac{\sqrt{3} \cdot z^3}{6} - \frac{z^2}{4} + \int \frac{0.5z}{z^2-\sqrt{3}z+1}dz$


    נפרק: את הפונקציה

    $\frac{0.5z}{z^2-\sqrt{3}z+1}$
    לשני גורמים כך שיהיה קל יותר לחשב את האינטגרל:
    במחובר הראשון יהיה מנה של פולינומים כך שהמונה הוא נגזרת של המכנה
    במחובר השני במונה יהיה קבוע ובמכנה פולינום ריבועי שאינו פריק

    $\int \frac{0.5z}{z^2-\sqrt{3}z+1} dz = \int \frac{2z-\sqrt{3}}{4 \cdot (z^2-\sqrt{3}z+1)} + \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot (z^2-\sqrt{3}z+1)} dz = $

    $\frac{1}{4} \cdot ln|z^2-\sqrt{3}z+1| + \int \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot (z^2-\sqrt{3}z+1} dz $

    $ \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot (z^2-\sqrt{3}z+1)} = \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot (z-\frac{\sqrt{3}}{2})^2+1}=$


    $ \frac{\sqrt{3}}{(2(z-\frac{\sqrt{3}}{2}))^2+1}$
    לכן

    $\int \frac{\sqrt{3}}{(2(z-\frac{\sqrt{3}}{2}))^2+1} dz = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z-\frac{\sqrt{3}}{2}))$



    מכאן:



    $\int \frac{(-0.5 \cdot \sqrt{3}z+1) \cdot z^3}{z^2-\sqrt{3}z+1} dz = -\frac{\sqrt{3} \cdot z^3}{6} - \frac{ z^2}{4} + \frac{1}{4} \cdot ln|z^2-\sqrt{3}z+1|+$

    $\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z-\frac{\sqrt{3}}{2}))$

    גורם שלישי:

    $ \int \frac{(0.5 \cdot \sqrt{3}z+1) \cdot z^3}{z^2+\sqrt{3}z+1} dz = \int \frac{0.5 \cdot \sqrt{3}z^4+z^3}{z^2+\sqrt{3}z+1}dz$

    נחלק את הפולינום במונה בפולינום במכנה ונקבל:
    $\int \frac{0.5 \cdot \sqrt{3}z^4+z^3}{z^2+\sqrt{3}z+1}dz = $
    $\frac{\sqrt{3} \cdot z^3}{6} -\frac{z^2}{4} + \int \frac{0.5z}{z^2+\sqrt{3}z+1}dz$

    באותו אופן של חישוב האינטגרל של הגורם השני:

    נפרק: את הפונקציה

    $\frac{0.5z}{z^2+\sqrt{3}z+1}$
    לשני גורמים כך שיהיה קל יותר לחשב את האינטגרל:
    במחובר הראשון יהיה מנה של פולינומים כך שהמונה הוא נגזרת של המכנה
    במחובר השני במונה יהיה קבוע ובמכנה פולינום ריבועי שאינו פריק

    $\int \frac{0.5z}{z^2+\sqrt{3}z+1} dz = \int \frac{2z+\sqrt{3}}{4 \cdot (z^2+\sqrt{3}z+1)} - \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot (z^2+\sqrt{3}z+1)} dz = $

    $\frac{1}{4} \cdot ln|z^2+\sqrt{3}z+1| - \int \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot (z^2+\sqrt{3}z+1)} dz $

    $ \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot (z^2+\sqrt{3}z+1)} = \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot (z+\frac{\sqrt{3}}{2})^2+1)}=$


    $ \frac{\sqrt{3}}{(2(z+\frac{\sqrt{3}}{2}))^2+1}$
    לכן

    $\int \frac{\sqrt{3}}{(2(z+\frac{\sqrt{3}}{2}))^2+1} dz = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z+\frac{\sqrt{3}}{2}))$


    מכאן:



    $\int \frac{(0.5 \cdot \sqrt{3}z+1) \cdot z^3}{z^2+\sqrt{3}z+1} dz = \frac{\sqrt{3} \cdot z^3}{6} - \frac{ z^2}{4} + \frac{1}{4} \cdot ln|z^2+\sqrt{3}z+1|-$

    $\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z+\frac{\sqrt{3}}{2}))$


    מכאן האינטגרל הכללי:


    $\int \frac{3\cdot z^3}{1+z^6} dz=$

    $ \frac{z^2}{2} - \frac{1}{2} \cdot ln|z^2+1|$

    $-\frac{\sqrt{3} \cdot z^3}{6} - \frac{ z^2}{4} + \frac{1}{4} \cdot ln|z^2-\sqrt{3}z+1| + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z-\frac{\sqrt{3}}{2}))$

    $+\frac{\sqrt{3} \cdot z^3}{6} - \frac{ z^2}{4} + \frac{1}{4} \cdot ln|z^2+\sqrt{3}z+1| - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z+\frac{\sqrt{3}}{2}))=$

    $- \frac{1}{2} \cdot ln|z^2+1| + \frac{1}{4} \cdot ln|z^2-\sqrt{3}z+1| + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z-\frac{\sqrt{3}}{2}))$

    $+ \frac{1}{4} \cdot ln|z^2+\sqrt{3}z+1| - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z+\frac{\sqrt{3}}{2}))=$

    $- \frac{1}{2} \cdot ln|z^2+1| + \frac{1}{4} \cdot ln|z^2-\sqrt{3}z+1| + \frac{1}{4} \cdot ln|z^2+\sqrt{3}z+1| $
    $+ \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z-\frac{\sqrt{3}}{2})) - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(z+\frac{\sqrt{3}}{2}))=$

    נחזור להצבה המקורית:

    $z=\sqrt[3]{tgx}=(tgx)^{\frac{1}{3}}$



    נקבל שהאינטגרל המבוקש:



    $- \frac{1}{2} \cdot ln|(tgx)^{\frac{2}{3}}+1| + \frac{1}{4} \cdot ln|(tgx)^{\frac{2}{3}}-\sqrt{3}(tgx)^{\frac{1}{3}}+1| + $
    $ \frac{1}{4} \cdot ln|(tgx)^{\frac{2}{3}}+\sqrt{3}(tgx)^{\frac{1}{3}} +1| $
    $+ \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2((tgx)^{\frac{1}{3}}-\frac{\sqrt{3}}{2})) - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2((tgx)^{\frac{1}{3}}+\frac{\sqrt{3}}{2})) + C=$

    $- \frac{1}{2} \cdot ln|(tgx)^{\frac{2}{3}}+1| + \frac{1}{4} \cdot ln|(tgx)^{\frac{2}{3}}-\sqrt{3}(tgx)^{\frac{1}{3}}+1| + $
    $ \frac{1}{4} \cdot ln|(tgx)^{\frac{2}{3}}+\sqrt{3}(tgx)^{\frac{1}{3}} +1| $
    $+ \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(tgx)^{\frac{1}{3}}-\sqrt{3}) - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot arctg(2(tgx)^{\frac{1}{3}}+\sqrt{3}) + C=$

    רק תראו כיצד פונקציה עם ביטוי ארוך הנו פונקציה קדומה של פונקציה שלכאורה די פשוטה
    נערך לאחרונה על ידי am12348, 07-03-2019 בשעה 10:20
    אהבתי אריאל, avi 26 אהב \ אהבו את התגובה
     

  2. #2
    מדריך ויועץ חבר Emath

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל דרך נוספת(אבי) לחישוב האינטגרל

    שלום רב,

    אעלה כאן דרך נוספת לפתרון האינטגרל. תודה מיוחדת לאבי(avi 26) על ההצעה

    הדרך שהציע היא די דומה לקודמת אבל הצבה נוספת שהציע מקצרת את אורך הפתרון בצורה משמעותית

    אתחיל כמו שרשום בתגובה הקודמת

    יש לחשב את האינטגרל הבא:
    $\int \sqrt[3]{tgx} dx$
    נחשב לפי שיטת ההצבה. נציב:
    $z=\sqrt[3]{tgx}$

    $dz=\frac{1}{3} \cdot (tgx)^{-\frac{2}{3}} \cdot\frac{1}{cos^2(x)}dx$

    $dx=3\cdot (tgx)^{\frac{2}{3}} \cdot cos^2(x)dz$


    ידועה הזהות:
    $1+tg^2(x)=\frac{1}{cos^2(x)}$
    לכן
    $cos^2(x)=\frac{1}{1+tg^2(x)}$
    מכאן:
    $dx=3\cdot (tgx)^{\frac{2}{3}} \cdot cos^2(x)dz \to dx =\frac{3\cdot z^2}{1+z^6} dz$

    יש לנו כאן פונקציה רציונלית עם פולינום ממעלה שישית במכנה. מה שנהוג לעשות כאן זה לפרק את הפולינום מכנה למכפלה
    של גורמים ראשוניים: פולינומים ממעלה ראשונה ושנייה ולהציג את הפונקציה בצורה:


    $ \frac{3\cdot z^3}{1+z^6} =\frac{3 \cdot z^3 \cdot (Az+B) }{z^2+1} + \frac{3 \cdot z^3 \cdot (Cz+D) }{z^2-\sqrt{3}z+1} + $
    $ \frac{3 \cdot z^3 \cdot (Ez+F) }{z^2+\sqrt{3}z+1}$




    $A,B,C,D,E,F \in R$

    חישוב המקדמים מביא לצורך לפתור 6 משוואות לינאריות בשישה נעלמים. זה די מיגע.

    מה שהוצע זה הצבה נוספת
    $ t=z^2 \to dt=2zdz \to dz=\frac{dt}{2z} $
    $3\int \frac{z \cdot t dt}{2z(t^3+1)} = \frac{3}{2} \int \frac{t}{t^3+1} dt$
    קיבלנו במכנה פולינום ממעלה שלישית
    נפרק את המכנה למכפלת גורמים ראשוניים:
    $t^3+1=(t+1) \cdot (t^2-t+1)$
    יש לנו לחשב אם כן את האינטגרל:
    $\frac{3}{2} \int \frac{t}{(t+1) \cdot (t^2-t+1)} dt$

    נפרק את השבר:
    $ \frac{t}{(t+1) \cdot (t^2-t+1)} = \frac{A}{t+1} + \frac{Bt+C}{t^2-t+1}$

    $A,B,C \in R$
    נפתור שלוש משוואות לינאריות בשלושה נעלמים ונקבל:
    $A=B=C=\frac{1}{3}$

    יש לנו לחשב את האינטגרל:
    $\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot \int -\frac{1}{t+1} + \frac{t+1}{t^2-t+1} dt =$
    $\frac{1}{2} \cdot \int -\frac{1}{t+1} dt + \frac{1}{4} \int \frac{2t+2}{t^2-t+1} dt$
    האינטגרל השמאלי די מידי:
    $-\frac{1}{2}\cdot ln|t+1|$

    נעבור לחשוב האינטגרל הימני:
    $\frac{1}{4} \int \frac{2t+2}{t^2-t+1} dt = \frac{1}{4} \int \frac{2t+1}{t^2-t+1} dt + \frac{1}{4} \int \frac{3}{t^2-t+1} dt =$
    $\frac{1}{4} \cdot ln|t^2-t+1| + \frac{3}{4} \int \frac{1}{t^2-t+1} dt$

    נשאר לחשב את האינטגרל
    $\frac{3}{4} \int \frac{1}{t^2-t+1} dt = \int \frac{dt}{(t-0.5)^2+\frac{3}{4}} dt$

    $w=t-0.5 \to dw=dt \to \int \frac{dw}{w^2+\frac{3}{4}}$


    $\frac{3}{4} \int \frac{1}{t^2-t+1} dt = \frac{3}{4} \int \frac{1}{\frac{3}{4} \cdot ((t-0.5)^2+1} dt$
    נעזר בזהות הטריגונומטרית ונציב:
    $\sqrt{w^2+\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot sec \theta$

    $w^2+\frac{3}{4}=\frac{3}{4}sec^2(\theta)$
    $dw=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot sec^2( \theta)$
    כאשר
    $sec \theta = \frac{1}{cos \theta}$
    וטתא היא הזווית בין הניצב שאורכו שורש 3 חלקי 2 לבין היתר שאורכה
    $\sqrt{w^2+\frac{3}{4}}$
    צלעות המשולש ישר הזווית הן:
    $w, \frac{\sqrt{3}}{2}, \sqrt{w^2+\frac{3}{4}}$

    האינטגרל יהפוך ל-
    $\int \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} sec^2\theta}{\frac{3}{4}\cdot sec^\theta} d\theta=\frac{2}{\sqrt{3}}\int d\theta=\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \theta =$
    $\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot arctg(\frac{2w}{\sqrt{3}}) = \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot arctg(\frac{2t-1}{\sqrt{3}})$

    אפשר אולי היה לקצר כאן ולכתוב:
    $ \int \frac{1}{t^2-t+1} dt = \int \frac{dt}{(t-0.5)^2+\frac{3}{4}} dt$

    $=\frac{4}{3} \cdot \frac{1}{\frac{4}{3}(t-0.5)^2+1}$
    נציב
    $w=\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot (t-0.5)$
    ונצטרך לחשב את האינטגרל
    $\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \int \frac{1}{1+w^2} dw=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot arctgw=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot arctg(\frac{2t-1}{\sqrt{3}})$
    נחזור לאינטגרל המקורי
    $\int \sqrt[3]{tgx} dx = -0.5ln|t+1|+0.25ln|t^2-t+1| +\frac{3}{4 } \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot arctg(\frac{2t-1}{\sqrt{3}})=$

    $-0.5ln|z^2+1|+0.25ln|z^4-z^2+1| +\frac{3}{4 } \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot arctg(\frac{2z^2-1}{\sqrt{3}})=$
    $-0.5ln|tg^{\frac{2}{3}}(x)+1|+0.25ln|tg^{\frac{4}{3 }}(x)-tg^{\frac{2}{3}}(x)+1|+\frac{3}{\sqrt{2}} \cdot arctg(\frac{2tg^{\frac{2}{3}}(x)-1}{\sqrt{3}})+C$
    הביטוי הזה מעט שונה מן הביטוי שיצא בתגובה הקודמת. אבל יש לזכור ששתי פונקציות קדומות של פונקציה מסוימת נבדלות ביניהן בקבוע
    אהבתי אריאל, avi 26 אהב \ אהבו את התגובה
     

  3. #3
    הסמל האישי שלavi 26 משתמש רשום חבר Emath מתקדם

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    עמוס כל הכבוד על ההשקעה

  4. #4
    הסמל האישי שלאריאל מנהל כללי חבר Emath בכיר

    פרטי משתמש

    ברירת מחדל

    יפה מאוד עמוס!

    בהחלט הפתרונות מערבים שיטות רבות לאינטגרציה ומחכימים.

מידע אודות האשכול הנוכחי

Users Browsing this Thread

כרגע 1 משתמשים צופים באשכול זה. (0 חברים ו 1 אורחים )

ביקרו באשכול זה : 11

הרשאות

  • אתה לא יכול לפרסם אשכולות חדשים
  • אתה לא יכול לפרסם תגובות
  • אתה לא יכול לצרף קבצים להודעותיך
  • אתה לא יכול לערוך את הודעותיך
  •  
אודות Emath
האתר Emath הינו יוזמה פרטית והוקם בתחילת שנת 2008 .
מטרתנו הינה למנף את הישגי התלמידים למתמטיקה ופיסיקה בארץ בכלל ובפרט בקרב תלמידי התיכון .
אנו מספקים מספר שירותים לתלמיד, ביניהם גישה למאות אלפי פתרונות איכותיים לתרגילים, פורום עזרה במתמטיקה ופיסיקה הגדול מסוגו בארץ, מאגר סיכומים, מרתונים בוידאו, פתרונות לבגרויות ועוד.
כלים אלו, מאפשרים לכל אחד, ללא תלות במיקומו, ללמוד, לתרגל ולהתמקצע על-מנת להתכונן בצורה מיטבית לבגרות במתמטיקה או פיסיקה .

לכל שאלה ניתן ליצור איתנו קשר
הצטרפו אלינו