Алгебра

fktrctq · 2 Июн 2007

График получился таким (если ничего не напутал). Проверь по точкам, на всякий случай.

Шедевра · 2 Июн 2007

Умножим числитель и знаменатель на sinx+cosx. Данная операция возможна, поскольку множитель не равен нулю (он стоит в знаменателе). Наверху раскрываем по формуле разности квадратов, внизу - по квадрату суммы. Получаем

((sinx)^2-(cosx)^2)/(1+2sinxcosx)=-cos2x/(1+sin2x)

((sinx)^2-(cosx)^2)/(1+2sinxcosx)=-cos2x/(1+sin2x)

Теперь сам интеграл:

$\int(-cos2x/(1+sin2x))dx=(-1/2)\int(1/(1+sin2x))d(sin2x)=(-1/2)\int(1/(1+y))dy=(-1/2)ln|1+y|+C=(-1/2)ln|1+sin2x|+C$

Можно внести множитель -1/2 как степень под логарифм и убрать модуль, поскольку выражение 1+sin2x>=0

всегда в силу свойств функции sin.

да, это тот самый, только не преобразованный

А как он выглядел преобразованным? По темкам пробежалась - не нашла.

Trotil · 3 Июн 2007

1) разложить на многочлены 1-ой и второй степени (с помощью Формулы Муавра)
2) Разложить дробь на сумму дробей 1-ой и 2-ой степени (найти сооотв. коэффициэты)
3) каждая дробь будет представлять элементарный интерграл, для которой сразу пишем ответ.

tg^5(3x)xdx

Боюсь, это чудо не выражается конечным числом элементарных функций.
Первое, что приходит в голову, это разложить в бесконечный ряд, и потом интергировать.

Вечером попробую написать решение

Если · 3 Июн 2007

Шедевра, мне стыдно.
В знаменателе там было "sinx + 2cosx". Я не проверила должным образом, когда выкладывала сюда. Впрочем, попробую умножить на сопряженное. Мне это как-то в голову не приходило

.
А преобразованным он выглядел, когда я вынесла единицу в отдельный интеграл. Остается cosx/(sinx+2cosx)

, который, собственно, и требуется решить.
fktrctq, спасибо

. У меня по точкам такая же красота получается.
Trotil, значит, 1 - методом неопределенных коэффициентов? Ясно.
Что касается 2 - лишний х явно наталкивает на мысль о применении формулы сложных интегралов, но получается такая бяка... Ладно, сдам преподу. Не факт, что этот пример вообще решабелен теми способами, которые мы знаем.

Trotil · 3 Июн 2007

Решаем второй пример. Заметим, что корнями 1+x^8=0 являются
$x_0=1/2*\sqrt{2+\sqrt{2}}+1/2*I*\sqrt{2-\sqrt{2}}$
$x_1=1/2*\sqrt{2-\sqrt{2}}+1/2*I*\sqrt{2+\sqrt{2}},$
$x_2=-1/2*\sqrt{2-\sqrt{2}}+1/2*I*\sqrt{2+\sqrt{2}}$
$x_3=-1/2*\sqrt{2+\sqrt{2}}+1/2*I*\sqrt{2-\sqrt{2}}$
$x_4=-1/2*\sqrt{2+\sqrt{2}}-1/2*I*\sqrt{2-\sqrt{2}}$
$x_5=-1/2*\sqrt{2-\sqrt{2}}-1/2*I*\sqrt{2+\sqrt{2}}$
$x_6=1/2*\sqrt{2-\sqrt{2}}-1/2*I*\sqrt{2+\sqrt{2}}$
$x_7=1/2*\sqrt{2+\sqrt{2}}-1/2*I*\sqrt{2-\sqrt{2}}$

Находится это через формулу Муавра:
$\sqrt[n]{r(\cos(@f)+I*sin(@f)}$ = $\sqrt[n]{r}(\cos((@f+2@pk)/n)+I*sin((@f+2@pk)/n))$ , k=0..(n-1);

k=0: $\sqrt[n]{1}(\cos(@p/8)+I*sin(@p/8))$ = $\cos(@p/8)+I*sin(@p/8)$ =

$\sin^2(@a)=(1-cos(2@a))/2$ => $\sin(@p/8)=\sqrt((1-cos(@p/4))/2)=\sqrt((1-1/\sqrt{2})/2)=\sqrt((\sqrt{2}-2)/2\sqrt{2})=1/2*\sqrt{2-\sqrt{2}}$
$\cos^2(@a)=(1+cos(2@a))/2$ => $\cos(@p/8)=\sqrt((1+cos(@p/4))/2)=\sqrt((1+1/\sqrt{2})/2)=\sqrt((\sqrt{2}+2)/2\sqrt{2})=1/2*\sqrt{2+\sqrt{2}}$

...

k=7: $\cos((@p+2@p*7)/8)+I*sin((@p+2@p*7)/8)$ = $\cos(-@p/8)+I*sin(-@p/8)$ = $1/2*\sqrt{2+\sqrt{2}}-1/2*I*\sqrt{2-\sqrt{2}}$

(кстати, maple решает это уравнение с ошибкой! :confused:

)

Причем, можно упростить:
$x_0*x_7=x^2-x*\sqrt{2+\sqrt{2}}+1$
$x_1*x_6=x^2-x*\sqrt{2-\sqrt{2}}+1$
$x_2*x_5=x^2+x*\sqrt{2-\sqrt{2}}+1$
$x_3*x_4=x^2+x*\sqrt{2+\sqrt{2}}+1$

Теперь нужно разложить ЭТО в сумму четырех дробей и подобрать коэффициенты.
$1/(1+x^8)=(A_1x+B_1)/(x^2-x*\sqrt{2+\sqrt{2}}+1)+(A_2x+B_2)/(x^2-x*\sqrt{2-\sqrt{2}}+1)+(A_3x+B_3)/(x^2+x*\sqrt{2-\sqrt{2}}+1)+(A_4x+B_4)/(x^2+x*\sqrt{2+\sqrt{2}}+1)$

Прошу не пугаться, но maple при подведении под общий знаменатель выдал:

((A4+A2+A3+A1)*x^7+(B4+A1*sqrt(2+sqrt(2))-A4*sqrt(2+sqrt(2))+B3-A3*sqrt(2-sqrt(2))+A2*sqrt(2-sqrt(2))+B2+B1)*x^6+(-A3*sqrt(2)-B4*sqrt(2+sqrt(2))+A2-B3*sqrt(2-sqrt(2))+A4+A3-A2*sqrt(2)+B1*sqrt(2+sqrt(2))+A1+A4*sqrt(2)+B2*sqrt(2-sqrt(2))+A1*sqrt(2))*x^5+(B4-A2*sqrt(2-sqrt(2))*sqrt(2)-B3*sqrt(2)-A4*sqrt(2+sqrt(2))*sqrt(2)+B4*sqrt(2)-B2*sqrt(2)+B2+A1*sqrt(2+sqrt(2))*sqrt(2)+A3*sqrt(2-sqrt(2))*sqrt(2)+B1+B1*sqrt(2)+B3)*x^4+(-B2*sqrt(2-sqrt(2))*sqrt(2)-A2*sqrt(2)+B1*sqrt(2+sqrt(2))*sqrt(2)+A4+A1+A1*sqrt(2)-A3*sqrt(2)-B4*sqrt(2+sqrt(2))*sqrt(2)+A3+A4*sqrt(2)+B3*sqrt(2-sqrt(2))*sqrt(2)+A2)*x^3+(A2*sqrt(2-sqrt(2))+B4*sqrt(2)-B3*sqrt(2)+B1+B4-A4*sqrt(2+sqrt(2))-B2*sqrt(2)+B1*sqrt(2)+B2-A3*sqrt(2-sqrt(2))+A1*sqrt(2+sqrt(2))+B3)*x^2+(-B3*sqrt(2-sqrt(2))+B2*sqrt(2-sqrt(2))+A1+A4+A2-B4*sqrt(2+sqrt(2))+A3+B1*sqrt(2+sqrt(2)))*x+B3+B1+B2+B4)

Что прнводит к такой системе:
0=A4+A2+A3+A1

$0=B4+A1*\sqrt(2+\sqrt(2))-A4*\sqrt(2+\sqrt(2))+B3$ - $A3*\sqrt(2-\sqrt(2))+A2*\sqrt(2-\sqrt(2))+B2+B1$
$0=-A3*\sqrt(2)-B4*\sqrt(2+\sqrt(2))+A2-B3*\sqrt(2-\sqrt(2))$ + $A4+A3-A2*\sqrt(2)+B1*\sqrt(2+\sqrt(2))+A1+A4*\sqrt(2)$ + $B2*\sqrt(2-\sqrt(2))+A1*\sqrt(2)$
$0=B4-A2*\sqrt(2-\sqrt(2))*\sqrt(2)-B3*\sqrt(2)-A4*\sqrt(2+\sqrt(2))*\sqrt(2)$ + $B4*\sqrt(2)-B2*\sqrt(2)+B2+A1*\sqrt(2+\sqrt(2))*\sqrt(2)$ + $A3*\sqrt(2-\sqrt(2))*\sqrt(2)+B1+B1*\sqrt(2)+B3$
$0=-B2*\sqrt(2-\sqrt(2))*\sqrt(2)-A2*\sqrt(2)+B1*\sqrt(2+\sqrt(2))*\sqrt(2)$ + $A4+A1+A1*\sqrt(2)-A3*\sqrt(2)-B4*\sqrt(2+\sqrt(2))*\sqrt(2)+A3+A4*\sqrt(2)$ + $B3*\sqrt(2-\sqrt(2))*\sqrt(2)+A2$
$0=A2*\sqrt(2-\sqrt(2))+B4*\sqrt(2)-B3*\sqrt(2)+B1+B4-A4*\sqrt(2+\sqrt(2))$ - $B2*\sqrt(2)+B1*\sqrt(2)+B2-A3*\sqrt(2-\sqrt(2))+A1*\sqrt(2+\sqrt(2))+B3$
$0=-B3*\sqrt(2-\sqrt(2))+B2*\sqrt(2-\sqrt(2))+A1+A4+A2-B4*\sqrt(2+\sqrt(2))+A3+B1*\sqrt(2+\sqrt(2))$
1=B3+B1+B2+B4

Что-то я не уверен, что у меня хватит сил это до конца дорешать

Осталось-то... Решить обынковенную систему линейных уравнений (СЛАУ) и решитть 4 стандартных интеграла )))

Если · 4 Июн 2007

Все, я сдала работу и получила зачет. У препода появился вопрос только по синусу/косинусу (см. выше), в результате чего он написал мне основные стадии решения и сказал, что будет отдельный вопрос на экзамене.
Вероятно, нерешенные эти у него вопросов не вызвали.
Спасибо огромное всем, кто поучаствовал в процессе решения: Шедевре, fktrctq и особенно Тротилу

.

Шедевра · 4 Июн 2007

Если, только сейчас заметила твой пост по двойку в знаменателе. Жаль, что не пригодилось

Но в любом случае, результат есть - зачет сдан! А напиши, плиз, каковы эти основные стадии решения.

Если · 4 Июн 2007

Шедевра, числитель и знаменатель делятся на cosx, получается (tgx-1)/(tgx+2)

.
Дальше производится замена tgx=z, находится, чему теперь равна dx. В итоге, уже с dz, получается дробь (z-1)/((z+2)(z^2+1))

(я этого не проверяла, просто переписываю), ну а там - раскладывается на две дроби методом неопределенных коэффициентов

.

Agaya · 5 Сен 2007

Помогите, пожалуйста!

Здравствуйте,Trotil.
Скажите, пожалуйста, как доказать такое тождество.
Sin8a(альфа)+Cos8a= 1/32(Cos^4a+14Cos4a+17).
Я вроде бы понимаю, что Sin8a можно представить как (Sin^a)4
(в 4 степени) и Cos таким же образом. А дальше, что-то никак не идёт. Напишите, пожалуйста, как вообще это надо делать.
Заранее, спасибо.

Здравствуйте,Trotil.
Скажите, пожалуйста, как доказать такое тождество.
Sin8a(альфа)+Cos8a= 1/32(Cos^4a+14Cos4a+17).
Я вроде бы понимаю, что Sin8a можно представить как (Sin^a)4
(в 4 степени) и Cos таким же образом. А дальше, что-то никак не идёт. Напишите, пожалуйста, как вообще это надо делать.
Заранее, спасибо.

Trotil · 5 Сен 2007

Agaya
Привет! Наверное, никак нельзя доказать.

Можно доказать, что это не тождество:

берем a=Pi/2.
4a=2Pi
8a=4Pi

Sin(4Pi)+Cos(4Pi)= 1/32(Cos^4(Pi/2)+14Cos(2Pi)+17).
0+1=1/32(0+14+17)
Не сходится что-то...

Agaya · 5 Сен 2007

Trotil

Вы меня очень огорчили.
А почему a=Pi/2(вы -a- просто сами так представили или есть какая- то формула?)
Скажите, а разве нельзя сначала представить левую часть так как я вам написала, а в правой части 14 Cos4a разложить по формуле двойного угла косинуса.
А затем каким- нибудь мистическим образом через ф-лы понижения степени перейти к ф-м двойного угла.
Рассмотрите,пожалуйста, мою идею решения, правда, несмотря на свои предположения, решить что- то у меня не получается.

я думаю, что вы допустили ошибку. Сейчас объясню в чём.
Т.к. Cos^4(П/2)= Cos^2П,
а Cos^2П можно раскрыть по ф-ле пониж степ , т.е. Cos^a= 1+ Cos2a/2,
а Cos2a=1, т.е. 1+1/2=1
0+1=1/32(1+14+17)
1=1
Верно? Я буду очень рада, если да, только объясните почему a=Pi/2.
Спасибо.

Agaya · 5 Сен 2007

Trotil

извините, я неправильно написала (1+1)/2=1, т.к. C0s^a= (1+Cos2a)/2
И ещё
Sin в 8 степени альфа + Cos в 8 степени альфа=1/32(Cos^4a+14Cos4a+17).
Теперь я правильно записала левую чась.
Стыдно уже мне, измучала я вас.

Trotil · 5 Сен 2007

Agaya
Дык все равно равенства не получится...

Правая часть верно записана? (еще раз предлагаю посмотреть скриншот)

Agaya · 5 Сен 2007

Trotil,

в правой ч. должно быть = 1/32(Cos^4 альфа+ 14 Cos4 альфа+ 17)
В скриншоте 1/32(Cos(x) в 4 степени, неверно.
Вот как я сейчас записала, так написано в учебнике.

Trotil · 5 Сен 2007

Agaya
Не понимаю, как надо записать... Не понимаю. Может лучше скобки поставите, куда нужно?

cos 4 альфа -> cos (4a)
cos альфа в 4-той степени -> cos^4(a) (не путать с cos(a^4)!!!)
cos 4 альфа в 4-той степени -> cos^4(4a)

1/32(Cos^4 альфа+ 14 Cos4 альфа+ 17)

Ну вот так у меня и записано на скриншоте...

В скриншоте 1/32(Cos(x) в 4 степени, неверно.

А что тогда означает Cos^4 альфа?

Agaya · 5 Сен 2007

Trotil,

сейчас попробую отсканировать.

Trotil · 5 Сен 2007

Это было бы хорошо

Agaya · 5 Сен 2007

Trotil,

Извините, вы не могли бы дать свой e- mail. Я вам отправлю.
Так будет лучше и понятнее.

Trotil · 5 Сен 2007

Ушло в приват

Agaya · 5 Сен 2007

Trotil,

А можно написать на info@mixei.ru?

Алгебра

Почетный участник

Звезда

Команда "У.М."

Ассоциация критиков

Команда "У.М."

Ассоциация критиков

Звезда

Ассоциация критиков

Agaya

Гость

Команда "У.М."

Agaya

Гость

Agaya

Гость

Команда "У.М."

Agaya

Гость

Команда "У.М."

Agaya

Гость

Команда "У.М."

Agaya

Гость

Команда "У.М."

Agaya

Гость

Похожие темы