Určitý integrál

Ciele
  1. Výpočet určitého integrálu \(I_1\)\(-\)príprava na riešenie prakticlého problému výpočtu objemu molekuly.
Úvod
    Opakovanie substitučnej metódy pre výpočet určitého intrgrálu
    1. špeciálne goniometrické substitúcie \(\displaystyle\textrm{tg} \frac{x}{2}=t\).
    2. bod 2
    3. bod3
Postup
  1. Špeciálna goniometrická substitúcia \[ {\textrm tg}\frac{x}{2}=t \] \[ {\rm d}x=\frac{2}{1+t^2}{\rm d}t \quad \sin x=\frac{2t}{1+t^2} \quad \cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2} \]
    Úloha: Vypočítajte neurčitý integrál \(\displaystyle\int\frac{1+\sin x +\cos x}{1-\sin x - \cos x}\,{\rm d}x\)
    Riešenie: \[ -2\ln\left|{\rm tg}\frac{x}{2}\right|+2\ln\left|{\rm tg}\frac{x}{2}-1\right|- 2{\rm arctg}\left({\rm tg}\frac{x}{2}\right)+C \]
  2. Opakovanie výpočtu určitého integrálu -- "Newton Leibnizov vzorec" \begin{equation}\label{newton-leibniz} \int_a^b f(x){\rm d}x=\left[ F(x) \right]_a^b=F(a)-F(b) \end{equation}
    Úloha: Vypočítajte neurčitý integrál \(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x\cdot \sin^2x\,{\rm d}x\)
    Riešenie: \(\displaystyle\left[\frac{1}{3}\right]\)
    Úloha: Vypočítajte neurčitý integrál \(\displaystyle\int_{-1}^{1} \arccos x\,{\rm d}x\)
    Riešenie: \(\displaystyle\left[\pi \right]\)
  3. Výpočet určitého integrálu \begin{equation}\label{i1} I_1=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{{\rm d}\varphi}{A+B\cos\varphi+C\sin\varphi}, \quad A>B>0,\quad \alpha\in\langle 0,2\pi), \quad \beta\in\langle 0,2\pi) \end{equation} Uvedený integrál je kľúčovým pre fungovanie metódy, všetky ďalšie určité integrály sa prevedú na integrál \(I_{1}\).
    Riešenie: Počítajme najprv neurčitý integrál použitím vhodnej substitúcie \[ \int\frac{\mathrm{d}{ \varphi}}{A+B\cos{ \varphi} +C\sin{ \varphi}}=\left|\begin{array}{cc} \mathrm{tg}\frac{{ \varphi}}{2}=t \quad\quad\quad \mathrm{d}{ \varphi}=\frac{2}{A-B} \sin { \varphi}=\frac{2t}{1+t^2}\quad \cos{\varphi}=\frac{1-t^2}{1+t^2} \end{array}\right| =\int\frac{2}{(A-B)t^2+2Ct+A+B}\mathrm{d}{t}= \] \[ =\frac{2}{A-B}\int\frac{1}{\left(t+\frac{C}{A-B}\right)^2+\frac{A^2-B^2-C^2}{(A-B)^2}}\mathrm{d}{t} =\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\mathrm{arctg}\frac{(A-B)\left(t+\frac{C}{A-B}\right)}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}+k= \] \[ =\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\mathrm{arctg}\frac{(A-B)\mathrm{tg}\frac{ \varphi}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}+k. \] Kedže sme našli primitívnu funkciu môžeme použiť Newton-Leibnizov vzorec pre výpočet určitého integrálu. Dostávame
    • pre \(0\leq \alpha \lt \beta \lt\pi\), resp. \(\pi\lt\alpha \lt \beta \leq 2\pi\) \[ I_{1}=\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\left[\mathrm{arctg}\frac{(A-B)\mathrm{tg} \frac{\beta}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}-\mathrm{arctg}\frac{(A-B)\mathrm{tg} \frac{\alpha}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\right]. \]
    • ak \(0\leq \alpha \lt \beta =\pi\) nie je možné pouziť "N-L" vzorec, lebo primitívna funkcia je neohraničená na okolí bodu \(\pi\). Preto \[ I_{1}=\left[\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\mathrm{arctg}\frac{(A-B)\mathrm{tg} \frac{ \varphi}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}} \right]_{\alpha}^{\pi}= \] \[\displaystyle =\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\lim\limits_{\beta\to\pi^-}\left[\mathrm{arctg} \frac{(A-B)\mathrm{tg}\frac{ \varphi}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}} \right]_{\alpha}^{\beta} =\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\left[\frac{\pi}{2}-\mathrm{arctg}\frac{(A-B) \mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\right]. \]
    • ak \(0\leq \alpha \lt \pi \lt \beta \leq 2\pi\) je primitívna funkcia opäť neohraničená na okolí bodu $\pi$, ktorý sa nachádza vo vnútri intervalu \([\alpha,\beta]\). Preto určitý integrál vypočítame nasledovne \[ I_{1}=\int_{\alpha}^{\pi}\frac{\mathrm{d}{ \varphi}}{a+b\cos{ \varphi} +c\sin{ \varphi}}+ \int_{\pi}^{\beta}\frac{\mathrm{d}{ \varphi}}{A+B\cos{ \varphi} +C\sin{ \varphi}}= \] \[ =\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\left[\pi+\mathrm{arctg}\frac{(A-B)\mathrm{tg} \frac{\beta}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}-\mathrm{arctg}\frac{(A-B)\mathrm{tg} \frac{\alpha}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\right] \]
    • pre \(0= \alpha \lt \beta =2\pi\) (špeciálny prípad 3. možnosti) dostávame \[I_{1}=\frac{2\pi}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\]
    • ak \(\pi= \alpha \lt \beta \leq 2\pi\) nie je možné použitť "N-L" vzorec, lebo primitívna funkcia je neohraničená na okolí bodu \(\pi\). Preto \[ I_{1}=\left[\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\mathrm{arctg}\frac{(A-B)\mathrm{tg} \frac{\varphi}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}} \right]_{\pi}^{\beta}= \] \[ =\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\lim\limits_{\alpha\to\pi^+}\left[\mathrm{arctg} \frac{(A-B)\mathrm{tg}\frac{ \varphi}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}} \right]_{\alpha}^{\beta} =\frac{2}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}\left[\mathrm{arctg}\frac{(A-B)\mathrm{tg} \frac{\beta}{2}+C}{\sqrt{A^2-B^2-C^2}}+\frac{\pi}{2}\right]. \]
  4. Výpočet určitého integrálu \begin{equation}\label{i2} I_2=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{{\rm d}\varphi}{(A+B\cos\varphi+C\sin\varphi)^2}, \quad A>B>0,\quad \alpha\in\langle 0,2\pi), \quad \beta\in\langle 0,2\pi) \end{equation}
    Riešenie: Zamerajme sa opät najprv na výpocet neurcitého integrálu. V literatúre [zbierka riešených príkladov...] a samozrejme aj v iných zbierkach je možné nájst nasledovné vzorce: \[ \int\frac{\mathrm{d} \varphi}{\left(A+B\cos{ \varphi} \right)^2}=\frac{1}{B^2-B^2} \left[\frac{-B\sin \varphi}{A+B\cos \varphi}+A\int\frac{\mathrm{d} \varphi}{A+B\cos \varphi}\right], \] \[ \int\frac{\mathrm{d}\varphi}{\left(A+C\sin{\varphi}\right)^2}=\frac{1}{A^2-C^2} \left[\frac{C\cos\varphi}{A+C\sin\varphi}+A\int\frac{\mathrm{d}\varphi}{A+C\sin\varphi}\right]. \] Na základe týchto informácii urobíme hypotézu o výpocte neurcitého integrálu \(I_2\). \[ \int\frac{\mathrm{d}\varphi}{\left(A+B\cos{\varphi}+C\sin \varphi \right)^2} =\frac{1}{A^2-B^2-C^2}\left[\frac{-B\sin\varphi+C\cos\varphi}{A+B\cos\varphi+ C\sin\varphi}+A\int\frac{\mathrm{d}\varphi}{A+B\cos\varphi+C\sin\varphi}\right]. \] Je ľahké overiť platnosť tohto vzorca (derivovaním podľa premennej $ \varphi$). A teda pre integrál \(I_{2}\) dostávame \[ \int_{\alpha}^{\beta}\frac{\mathrm{d}\varphi}{\left(A+B\cos{\varphi}+C\sin\varphi\right)^2} =\frac{1}{A^2-B^2-C^2}\left[\frac{-B\sin\varphi+C\cos\varphi}{A+B\cos\varphi+C\sin\varphi} \right]_{\alpha}^{\beta}+A\int_{\alpha}^{\beta}\frac{\mathrm{d}\varphi}{A+B\cos\varphi+C\sin\varphi}. \]
  5. Výpočet určitého integrálu \begin{equation}\label{i3} I_3=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{{\rm d}\varphi}{(A+B\cos\varphi+C\sin\varphi)^3}, \quad A>B>0,\quad \alpha\in\langle 0,2\pi), \quad \beta\in\langle 0,2\pi) \end{equation}
    Riešenie: Využijeme opäť známy vzorec \[ \int\frac{\mathrm{d}\varphi}{\left(A+B\cos{ \varphi}\right)^2}=\frac{1}{A^2-B^2}\left[ \frac{-B\sin\varphi}{A+B\cos\varphi}+A\int\frac{\mathrm{d}\varphi}{A+B\cos\varphi}\right]. \] Kedže podobný vzorec, kde by v menovateli bola tretia mocnina nie je, otazka je nasledovna: Dá sa vhodnou upravou previesť \(\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}\varphi} {\left(A+B\cos{\varphi}\right)^2}\) na \(\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}\varphi} {\left(A+B\cos{\varphi} \right)^3}\)? Áno, derivovaním podľa parametra A. Derivovaním hore uvedeného vztahu podla parametra A dostávame \[ \int\frac{-2}{(A+B\cos \varphi)^3}\mathrm{d}\varphi =\frac{-2A}{(A^2-B^2)^2}\left[\frac{-B\sin\varphi}{A+B\cos\varphi}+ a\int\frac{\mathrm{d}\varphi}{A+B\cos\varphi}\right]+ \] \[ \frac{1}{A^2-B^2}\left[\frac{B\sin\varphi}{A+B\cos\varphi)^2}+ \int\frac{\mathrm{d}\varphi}{A+B\cos\varphi}-a\int\frac{\mathrm{d}\varphi} {\left(A+B\cos{\varphi} \right)^2}\right]. \] Vyjadrením \(\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}\varphi}{A+B\cos\varphi}\) pomocou \(\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}\varphi}{(A+B\cos\varphi)^2}\) zo vzťahu "hore" a použitím vhodných úprav dostávame vzťah \[ \int\frac{\mathrm{d}\varphi}{\left(A+B\cos{\varphi}\right)^3}=\frac{1}{2(A^2-B^2)} \left[\frac{-B\sin\varphi}{(A+B\cos\varphi)^2}+\frac{-\frac{B}{A}\sin \varphi} {A+B\cos\varphi}+\frac{2A^2+B^2}{A}\int\frac{\mathrm{d}\varphi}{(A+B\cos\varphi)^2}\right]. \] Na základe takto získaného vzťahu urobíme hypotézu pre výpočet integrálu \(I_{3}.\) \[ I_{3}=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{\mathrm{d}\varphi}{\left(A+B\cos{\varphi}+C\sin \varphi\right)^3}=\frac{1}{2(A^2-B^2-C^2)}\left\{\left[\frac{-B\sin \varphi+C\cos \varphi}{(A+B\cos\varphi+C\sin\varphi)^2}\right]_{\alpha}^{\beta}+\right. \] \[ \left.+ \left[\frac{-\frac{B}{A}\sin\varphi+\frac{C}{A}\cos\varphi}{A+B\cos\varphi+C\sin\varphi} \right]_{\alpha}^{\beta}+\frac{2A^2+B^2+C^2}{A}\int_{\alpha}^{\beta}\frac{\mathrm{\varphi}} {(A+B\cos \varphi+C\sin \varphi)^2}\right\}. \] O správnosti uvedeného vzťahu sa môžeme presvedčiť derivovaním podľa premennej \(\varphi\) príslušných neurčitých integrálov.
  6. Poznámka: Tu možete pridať doplňujúci komentár k úlohe, ktorý študentovi pomôže pri riešení.
    Úloha: Tu napíšte konkrétne úlohy, ktoré ma študent vyriešiť.
  7. Napíšte ďalší krok.
  8. Napíšte ďalší krok.
  9. Napíšte ďalší krok.
  10. Napíšte ďalší krok.
Zdroje
  1. Moja web stránka .
  2. Predmet Matematicko--počítačové modelovanie .
Doplňujúce úlohy
    Úloha: Tu napíšte úlohy ktoré sú pripravené nad základný rámec cvičenia.
    Úloha: Tu napíšte úlohy ktoré sú pripravené nad základný rámec cvičenia.
comments powered by Disqus