MATEMANIJA

Ponovo ja sa integralom.
Ako sam dobro proverio, nije ga bilo do sada, a dati integral je iz oblasti Integracija racionalne funkcije:
[dispmath]I=\int\frac{2\cos3x+1}{\left(3\sin^23x+1\right)(1-\sin3x)}\mathrm{d}x[/dispmath]
Sad taj integral rastavim na dva, i uspem da resim samo prvi:
[dispmath]I=2\cdot\underbrace{\int\frac{\cos3x}{\left(3\sin^23x+1\right)(1-\sin3x)}\mathrm{d}x}_{I_1}+\underbrace{\int\frac{\mathrm{d}x}{\left(3\sin^23x+1\right)(1-\sin3x)}}_{I_2}=2\cdot I_1+I_2[/dispmath]
Dalje, resenje za [inlmath]2\cdot I_1[/inlmath] je:
[dispmath]2\cdot I_1=\frac{1}{12}\left(\ln\left(3\sin^23x+1\right)+\frac{\sqrt3}{2}\ln\left(\sqrt3\sin^23x\right)-2\ln\left(1-\sin^23x\right)\right)[/dispmath]
Postupak za ovaj prvi deo nisam kucao, jer je delimicno dugacak (valja to iskucati u Latex-u). Ako bas neko bude zeleo i postupak, nije problem da otkucam (naravno, ako mi je tacno resenje xD). Ne znam kako da pocnem resavanje integrala [inlmath]I_2[/inlmath]. Svaka sugestija je dobrodosla.

Da li si pokusao trigonometrijskom smenom [inlmath]\displaystyle t=\text{tg }\!\,\!\frac{3x}{2}[/inlmath] ?

U potpunosti se slažem s predlogom kolege Onomatopeje, no zbog svih ostalih korisnika predlažem da se na samom početku zadatka uvede smena [inlmath]3x=t[/inlmath].
Posle je jasnije kada se gleda kasnije, "šablonskija" je i univerzalna trigonometrijska smena itd...

Čisto uzgred,

Ilija je napisao:Dalje, resenje za [inlmath]2\cdot I_1[/inlmath] je:
[dispmath]2\cdot I_1=\frac{1}{12}\left(\ln\left(3\sin^23x+1\right)+\frac{\sqrt3}{2}\ln\left(\sqrt3\sin^23x\right)-2\ln\left(1-\sin^23x\right)\right)[/dispmath]

Nije dobro rešenje za [inlmath]2I_1[/inlmath], treba da se dobije
[dispmath]2I_1=\frac{1}{12}\Bigl[\ln\left(3\sin^23x+1\right)+2\sqrt3\text{ arctg}\left(\sqrt3\sin3x\right)-2\ln\left(1-\sin3x\right)\Bigr][/dispmath]

Ilija,

Ja sigurno nemam ideju, šta i kako, tako da ovaj moj "doprinios" (post) može i da se preskoči.

Kad god sam u komplikovanijim izvođenjima, već godinama koristim za kontrolu, ponekad čak i za ideju Wolframovu Mathematicau.

Evo šta mi ona daje (davaću i u LaTeX kod, kojeg generira Mathematica i u Input Text načinu, kojeg je takođe generirala Mathematica.

Elem ukucao sam


Što je Mathematica razumela kao (Copy as LaTeX)
[dispmath]\frac{2\cos(3x)+1}{\big(1-\sin(3x)\big)\left(3\sin^2(3x)+1\right)}[/dispmath]
tj. kao (Copy as Input Text)


Onda sam ukucao


i dobija se (Copy as LaTeX)
[dispmath]\frac{1}{24}\left(-i\sqrt3\text{tg}^{-1}\left(\frac{1}{2}\left(\text{tg}\left(\frac{3x}{2}\right)-i\sqrt3\right)\right)+3\text{tg}^{-1}\left(\frac{1}{2}\left(\text{tg}\left(\frac{3x}{2}\right)-i\sqrt3\right)\right)+\\
+4\sqrt3\text{tg}^{-1}\bigl(\sqrt3\sin(3x)\bigr)+2\log\bigl(5-3\cos(6x)\bigr)+\frac{4\sin\left(\frac{3x}{2}\right)}{\cos\left(\frac{3x}{2}\right)-\sin\left(\frac{3x}{2}\right)}+\\
+\left(\sqrt3-3i\right)\text{th}^{-1}\left(\frac{1}{2}\left(-\sqrt3+i\text{tg}\left(\frac{3x}{2}\right)\right)\right)-8\log\left(\cos\left(\frac{3x}{2}\right)-\sin\left(\frac{3x}{2}\right)\right)\right)[/dispmath]
tj. (Copy as Input Text)

---

Napominjem da naredbu Log[] Mathematica upotrebljava na sledeći način:
Log[z] gives the natural logarithm of z (logarithm to base e).
Log[b,z] gives the logarithm to base b.

---

Dajem sve, pošto me zbunjuje to što Mathematica daje u rešenju i [inlmath]i[/inlmath], pa sam verovatno negde pogrešio u unosu ali koliko god sam gledao, ne nađoh, šta sam pogrešio. Dakle ako nađete gde sam pogrešio, let me know, pa idemo u sledeću iteraciju .

Oprostite na smetnji.

Hvala svima. Sto se tice uvodjena smene [inlmath]\displaystyle t=\text{tg }\!\,\!\frac{3x}{2}[/inlmath], nisam ni razmisljao o njoj, jer nismo radili integraciju trigonometrijskih funckija kao takvih (tj. uvodjenje takvih trigonometrijskih smena). Pokusacu da uradim ponovo zadatak, pa ako uspem postavicu resenje, ako ne uspem javljam se sa za dalje kosultacije.

Za ovaj drugi integral mozda ovako:
[dispmath]\int\frac{\mathrm dx}{\bigl(1-\sin(3x)\bigr)\cdot\left(3\sin^2(3x)+1\right)}=\int\frac{\mathrm dx}{\bigl(1-\sin(3x)\bigr)\cdot\left(3\sin^2(3x)+\cos^2(3x)+\sin^2(3x)\right)}=\\
\int\frac{\mathrm dx}{\bigl(1-\sin(3x)\bigr)\cdot\left(4\sin^2(3x)+\cos^2(3x)\right)}=\\
\int\frac{\mathrm dx}{\cos^2(3x)\bigl(1-\sin(3x)\bigr)\cdot\left(4\left(\frac{\sin(3x)}{\cos(3x)}\right)^2+1\right)}=\int\frac{\mathrm dx}{\cos^2(3x)\left(1-\frac{\mathrm{tg}(3x)}{\sqrt{\mathrm{tg}^2(3x)+1}}\right)\cdot\left(4\left(\frac{\sin(3x)}{\cos(3x)}\right)^2+1\right)}=[/dispmath]
Sada smena [inlmath]\displaystyle t=\mathrm{tg}(3x),\quad\mathrm dt=\frac{3\mathrm dx}{\cos^2(3x)}[/inlmath]:
[dispmath]\frac{1}{3}\int\frac{\mathrm dt}{\left(1-\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}\right)\cdot\left(4t^2+1\right)}=\frac{1}{3}\int\frac{\sqrt{t^2+1}}{\left(\sqrt{t^2+1}-t\right)\cdot\left(4t^2+1\right)}\mathrm dt[/dispmath]
Odavde bi verovatno moglo nekim racionalisanjem i akrobacijama da se dobije nesta smisleno. Mene mrzi da racunam i proveravam

Trougao je napisao:[dispmath]\int\frac{\mathrm dx}{\cos^2(3x)\bigl(1-\sin(3x)\bigr)\cdot\left(4\left(\frac{\sin(3x)}{\cos(3x)}\right)^2+1\right)}=\int\frac{\mathrm dx}{\cos^2(3x)\left(1-\frac{\mathrm{tg}(3x)}{\color{red}\sqrt{\mathrm{tg}^2(3x)+1}}\right)\cdot\left(4\left(\frac{\sin(3x)}{\cos(3x)}\right)^2+1\right)}=[/dispmath]

Ja bih bio oprezan s ovom transformacijom sinusa u tangens. Nikakvih problema nema kada imamo kvadrat sinusa, tada jednostavno primenimo [inlmath]\displaystyle\sin^2\alpha=\frac{\text{tg}^2\alpha}{\text{tg}^2\alpha+1}[/inlmath], ali kad imamo samo sinus, bez kvadrata (kô što je ovde slučaj), tada se javlja onaj [inlmath]\pm[/inlmath] ispred korena, tj. [inlmath]\displaystyle\sin\alpha=\frac{\text{tg }\alpha}{\pm\sqrt{\text{tg}^2\alpha+1}}[/inlmath]. Potrebno je uzeti plus kada je [inlmath]\alpha[/inlmath] u [inlmath]I[/inlmath] ili [inlmath]IV[/inlmath] kvadrantu (jer tada sinus i tangens moraju biti istog znaka), a minus kada je [inlmath]\alpha[/inlmath] u [inlmath]II[/inlmath] ili [inlmath]III[/inlmath] kvadrantu (jer tada sinus i tangens moraju biti suprotnog znaka).

Pošto ovde imamo neodređeni integral, argument sinusa se može nalaziti u bilo kom kvadrantu.

Probao sam da uradim zadatak uvodjenjem trigonometrijske smene, ali to jednostavno nikako ne ide. Ako je [inlmath]\text{tg }\frac{3x}{2}=t[/inlmath], onda je:
[dispmath]\sin3x=\frac{2\text{tg }\frac{3x}{2}}{1+\text{tg}^2\frac{3x}{2}}\;\Rightarrow\;\enclose{box}{\sin3x=\frac{2t}{1+t^2}}[/dispmath][dispmath]\cos3x=\frac{1-\text{tg}^2\frac{3x}{2}}{1+\text{tg}^2\frac{3x}{2}}\;\Rightarrow\;\enclose{box}{\cos3x=\frac{1-t^2}{1+t^2}}[/dispmath][dispmath]x=\frac{2}{3}\text{arctg }t\;\Rightarrow\;\enclose{box}{\mathrm{d}x=\frac{2}{3\left(1+t^2\right)}\mathrm{d}t}[/dispmath]
I kad to uvrstim u integral, dobijem:
[dispmath]I=\int\frac{2\cdot\frac{1-t^2}{1+t^2}+1}{\left(3\cdot\left(\frac{2t}{1+t^2}\right)^2+1\right)\left(1-\frac{2t}{1+t^2}\right)}\cdot\frac{2}{3\left(1+t^2\right)}\mathrm{d}t[/dispmath][dispmath]\vdots[/dispmath][dispmath]\enclose{box}{I=-\frac{2}{3}\cdot\int\frac{t^4-2t^2-3}{\left(t^4+14t^2+1\right)\left(t^2-2t+1\right)}\mathrm{d}t}[/dispmath]
sto bi trebalo da je integral racionalne funckije, ali opet ovo nema sanse da se resi.

ovaj izraz mozes rastaviti na proste faktore... ali prvo moras ovaj polinom u imeniocu rasclaniti da ne bude kvadratnih clanova a to je bas mnogo posla

Pa sad, nije da ne moze, ali ne vidim da mi to nesto mnogo pomaze.
[dispmath]1)\enspace t^4-2t-3=\left(t^2-3\right)\left(t^2+1\right)=(t-\sqrt3)(t+\sqrt3)(t-i)(t+i)[/dispmath][dispmath]2)\enspace t^4+14t^2+1=\left(t^2+7\right)^2-48=\\
=\left(t-i\sqrt{7-4\sqrt3}\right)\left(t+i\sqrt{7-4\sqrt3}\right)\left(t-i\sqrt{7+4\sqrt3}\right)\left(t+i\sqrt{7+4\sqrt3}\right)[/dispmath][dispmath]3)\enspace t^2-2t+1=(t-1)^2=(t-1)(t-1)[/dispmath]

I sada bi taj integral mogao rastaviti na zbir vise sabiraka tipa [inlmath]\displaystyle\frac{A}{\text{nesta}}+\frac{B}{\text{nesta}}[/inlmath] ali naknadno ces morati naci to [inlmath]A,B,C[/inlmath]... samo moras paziti ako u tom "nesta" imas kvadrat koji ne mozes rastaviti onda u brojiocu pises np [inlmath]Ax+B[/inlmath]

Mislim da bi se na ovaj nacin mogao rijesiti taj integral, ali vjerovatno postoji jednostavniji nacin dugo nisam radio integrale pa sam trenutno slab sa idejama

Mislim da nema razloga da se ovaj integral ne uradi do kraja. Tacnije, problematicni integral [inlmath]I_2[/inlmath] (@Ilija: kada sam spomenuo smenu [inlmath]t=\text{tg }\frac{3x}{2}[/inlmath] mislio sam da se ona upotrebi samo na [inlmath]I_2[/inlmath], jer [inlmath]I_1[/inlmath] znamo da izracunamo (a i dobija se laksi izraz (mada, zanemarljivo) ako se upotrebi samo na [inlmath]I_2[/inlmath], a ne na ceo pocetni integral)).

Dobro. Nije tesko videti da se posle spomenute smene dobija
[dispmath]I_2=\frac{2}{3}\int\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^4+14t^2+1\right)(t-1)^2}dt.[/dispmath]
Dakle, cilj je rastaviti
[dispmath]\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^4+14t^2+1\right)(t-1)^2}=\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)(t-1)^2},[/dispmath]
pri cemu se imenilac ne moze (jer je [inlmath]7\pm4\sqrt3>0[/inlmath]) vise rastaviti nad realnim brojevima. Takodje, poznato je iz teorije da poslednji razlomak dozvoljava rastavljanje
[dispmath]\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)(t-1)^2}=\frac{At+B}{t^2+7-4\sqrt3}+\frac{Ct+D}{t^2+7+4\sqrt3}+\frac{E}{t-1}+\frac{F}{(t-1)^2}.[/dispmath]
Malim trikom mozemo odmah naci koeficijenat [inlmath]F[/inlmath]. Naime, ako prethodni izraz pomnozimo sa [inlmath](t-1)^2[/inlmath] dobijamo
[dispmath]\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)}=\frac{(At +B)(t-1)^2}{t^2+7-4\sqrt3}+\frac{(Ct +D)(t-1)^2}{t^2+7+4\sqrt3}+E(t-1)+F,[/dispmath]
a potom stavljanjem da je [inlmath]t=1[/inlmath] dobijamo [inlmath]\displaystyle F=\frac{(1+1)^2}{\left(8-4\sqrt3\right)\left(8+4\sqrt3\right)}=\frac{1}{4}.[/inlmath]
Isto tako dobijamo
[dispmath]\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)(t-1)^2}-\frac{1}{4(t-1)^2}=\frac{3}{4}\cdot\frac{t^2+2t+1}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)},[/dispmath]
te je dovoljno rastaviti poslednji razlomak (a i vidimo da je [inlmath]E=0[/inlmath]), to jest
[dispmath]\frac{t^2+2t+1}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)}=\frac{A_1t+B_1}{t^2+7-4\sqrt3}+\frac{C_1t+D_1}{t^2+7+4\sqrt3},[/dispmath]
gde naravno, vazi veza [inlmath]A=\frac{3}{4}A_1[/inlmath], i slicno za [inlmath]B[/inlmath], [inlmath]C[/inlmath] i [inlmath]D[/inlmath].
Posle „kraceg“ racuna se nalazi da je
[dispmath]A_1=\frac{1}{4\sqrt3},\;B_1=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{4},\;C_1=-\frac{1}{4\sqrt3},\;D_1=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{4}.[/dispmath]
Izracunajmo sada na primer
[dispmath]\int\frac{A_1t+B_1}{t^2+7-4\sqrt3}dt=\int\frac{\frac{t}{4\sqrt3}+\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{4}}{t^2+7-4\sqrt3}dt=\frac{1}{4\sqrt3}\int\frac{t}{t^2+7-4\sqrt3}dt+\frac{2-\sqrt3}{4}\int\frac{dt}{t^2+7-4\sqrt3}.[/dispmath]
Prvi integral je jasno jednak [inlmath]\frac{1}{2}\log\left|t^2+7-4\sqrt3\right|+c=\frac{1}{2}\log\left(t^2+7-4\sqrt3\right)+c[/inlmath], dok za drugi primetimo da je [inlmath]\left(2-\sqrt3\right)^2=7-4\sqrt3[/inlmath] (ili napakujmo smenom [inlmath]\displaystyle s=\frac{t}{\sqrt{7-4\sqrt3}}[/inlmath]), te svodjenjem na integral za arkus tangens dobijamo
[dispmath]\int\frac{dt}{t^2+7-4\sqrt3}=\frac{1}{2-\sqrt3}\text{arctg }\Bigl(\frac{t}{2-\sqrt3}\Bigr)+c=(2+\sqrt3)\text{arctg }\bigl(t\left(2+\sqrt3\right)\bigr)+c.[/dispmath]
Dakle,
[dispmath]\int\frac{A_1t+B_1}{t^2+7-4\sqrt3}dt=\frac{1}{8\sqrt3}\log(t^2+7-4\sqrt3)+\frac{1}{4}\text{arctg }\bigl(t\left(2+\sqrt3\right)\bigr)+c.[/dispmath]
Na isti nacin se dobija i
[dispmath]\int\frac{C_1t+D_1}{t^2+7-4\sqrt3}dt=-\frac{1}{8\sqrt3}\log\left(t^2+7+4\sqrt3\right)+\frac{1}{4}\text{arctg }\bigl(t\left(2-\sqrt3\right)\bigr)+c.[/dispmath]
Zato je
[dispmath]\int\frac{t^2+2t+1}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)}dt=\\
=\frac{1}{8\sqrt3}\log\biggl(\frac{t^2+7-4\sqrt3}{t^2+7+4\sqrt3}\biggr)+\frac{1}{4}\text{arctg }\bigl(t\left(2+\sqrt3\right)\bigr)+\frac{1}{4}\text{arctg }\bigl(t\left(2-\sqrt3\right)\bigr)+c.[/dispmath]
Sada, s obzirom na to da je [inlmath]\displaystyle\int\frac{dt}{(t-1)^2}=\frac{1}{1-t}+c[/inlmath], na osnovu prethodnog lako izvodimo
[dispmath]I_2=\frac{1}{16\sqrt3}\log\biggl(\frac{t^2+7-4\sqrt3}{t^2+7+4\sqrt3}\biggr)+\frac{1}{8}\text{arctg }\bigl(t\left(2+\sqrt3\right)\bigr)+\frac{1}{8}\text{arctg }\bigl(t\left(2-\sqrt3\right)\bigr)+\frac{1}{6(1-t)}+c,[/dispmath]
gde je ostalo jos da se vrati smena [inlmath]t=\text{tg}\frac{3x}{2}[/inlmath], sto cu ja preskociti.