Całki Krysicki

[Karoga]

Witam,

Czy jest mi ktoś w stanie pomóc w rozwiązanie tego typów całek? Próbuje je zrobić poprzez podstawienie Eulera jednak za każdym razem wychodzi mi źle.

\(\ \int\frac{dx}{(3-2x) \sqrt{x^2-4x+3} }\)

\(\ \int \frac{dx}{x \sqrt{10x-x^2} }\)


\(\ \int \frac{dx}{x \sqrt{x^2-1} }\)

\(\ \int \frac{dx}{(x-2)^4 \sqrt{1-4x+x^2} }\)

[korki_fizyka]

W Krysickim jest wskazówka, że tego typu całki rozwiązuje się podstawiając \(t = \frac{1}{x-a}\) zastosuj do ostatniej całki, do drugiej i trzeciej \(t = \frac{1}{x}\), a w pierwszej wyciągnij najpierw -2 w mianowniku.

[panb]

\(\ \int\frac{dx}{(3-2x) \sqrt{x^2-4x+3} }=\int \frac{dx}{(3-2x)\sqrt{(x-2)^2-1}}= \begin{vmatrix}t=x-2 \So dt=dx\\x=t+2 \So 3-2x= -2t-1\end{vmatrix}=\int \frac{dt}{(-2t-1)\sqrt{t^2-1}}= \\
=\begin{vmatrix} t= \frac{1}{\cos u} \So dt= \frac{\sin u}{\cos^2u}= \frac{\tg u}{\cos u}du\\ \sqrt{t^2-1}=\tg u \end{vmatrix} = \int \frac{ \frac{\tg u}{\cos u}du}{(- \frac{2}{\cos u}-1)\tg u }=-\int \frac{du}{\cos u +2}= \begin{vmatrix}s= \tg \frac{u}{2} \So du= \frac{2ds}{s^2+1}\\\cos u= \frac{1-s^2}{s^2+1} \end{vmatrix}=\)
\(=-\int \frac{2ds}{s^2+3}=-2\int \frac{ds}{s^2+3}=- \frac{2}{3}\int \frac{ds}{ \left(\frac{s}{\sqrt3} \right) ^2+1 }=- \frac{2}{\sqrt 3}\arctg \left( \frac{s}{\sqrt3} \right)=\\
=- \frac{2}{\sqrt3}\arctg \frac{\tg \frac{u}{2} }{\sqrt3}= \begin{vmatrix}\text{wzór}\\ \tg \frac{u}{2}= \frac{1-\cos u}{\sin u} \end{vmatrix}=- \frac{2}{\sqrt3}\arctg \frac{1- \frac{1}{t} }{\sqrt3 \sqrt{1- \frac{1}{t^2} }}=\\
=- \frac{2}{\sqrt3}\arctg \frac{t-1}{\sqrt{3(t^2-1)}}=- \frac{2}{\sqrt3}\arctg \frac{x-3}{\sqrt{3(x^2-4x+3)}}+C\)

Ufff

Pozostałe są dużo prostsze.

[panb]

W Krysickim takie całki są robione metodą współczynników nieoznaczonych - chyba kiedyś się jej nauczę. Na razie robię inaczej
\(\int \frac{dx}{(x-2)^4\sqrt{(x-2)^2-3}}= \begin{vmatrix}t=x-2\\dt=dx \end{vmatrix}=\int \frac{dt}{t^4\sqrt{t^2-3}}= \begin{vmatrix} t= \frac{\sqrt3}{\cos u} \So dt=\sqrt3 \frac{\tg u}{\cos u} \\\sqrt{t^2-3}=\sqrt3\cdot\tg u \end{vmatrix}= \frac{1}{9} \int \cos^3u du=\\
= \begin{vmatrix}\text{wzór}\\\int\cos^nu du = \frac{1}{n}\sin u\cos^{n-1}u+ \frac{n-1}{n}\int\cos^{n-2}u du \end{vmatrix} = \frac{1}{9} \left( \frac{1}{3}\sin u\cos^2u+ \frac{2}{3}\int\cos u du \right)=\\
= \frac{1}{27}\sin u\cos^2 u+ \frac{2}{27}\sin u =\frac{1}{27}\sqrt{1-\cos^2u}\cos^2u+\frac{2}{27}\sqrt{1-\cos^2u}=\begin{vmatrix}\cos u= \frac{\sqrt3}{t} \end{vmatrix}= \frac{(2t^2+3)\sqrt{t^2-3}}{27t^3}\)
Zatem

• \(\int \frac{dx}{(x-2)^4\sqrt{(x-2)^2-3}}= \frac{(2(x-2)^2+3)\sqrt{1-4x+x^2}}{27(x-2)^3}= \frac{(2x^2-8x+11)\sqrt{1-4x+x^2}}{27(x-2)^3} +C\)

[panb]

\(\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}= \begin{vmatrix} x= \frac{1}{\cos t}\\ dx= \frac{\tg t}{\cos t}dt \\ \sqrt{x^2-1}=\tg t \end{vmatrix} =\int \frac{ \frac{\tg t}{\cos t}dt }{ \frac{1}{\cos t}\tg t}=\int dt=t=\arccos \left( \frac{1}{x} \right) +C\)

[panb]

Ta jest trochę inna

\(\ \int \frac{dx}{x \sqrt{10x-x^2} }=\int \frac{dx}{x\sqrt{25-(x-5)^2}}= \begin{vmatrix}y=x-5\\dy=dx \end{vmatrix} =\int \frac{dy}{(y+5)\sqrt{25-y^2}}= \begin{vmatrix}y=5\sin t\\dy=5\cos t dt \\ \sqrt{25-y^2}=5\cos t\end{vmatrix}
=\int \frac{dt}{5+5\sin t}\)

Dalej podstawieniem \(u=\tg \frac{t}{2}\). Mam nadzieję, że to może być twój wkład własny, ok?

[Karoga]

Dziękuję bardzo

[panb]

jest podobno taki przycisk do dziękowania ...

[korki_fizyka]

oj tam, oj tam