Интегрирование дифференциального бинома.

[charlovigor]

Здравствуйте! Нужно найти неопределённый интеграл, но я слабо понимаю их. Я почитал правила, что нужно прилагать свои решения к теме. Но я особо далеко не ушел. Надеюсь, тему не удалят.

$$-\frac{16}{3}\int\frac{1}{x^{\frac{6}{5}}\cdot(-1+4x^{\frac{9}{5}})^2}dx$$

Немного подправил интеграл, чтобы проще замену сделать:

$$-\frac{16}{3}\int x^{-\frac{6}{5}}\cdot(4x^{\frac{9}{5}}-1)^{-2}dx$$

Так как степень скобки целое число, то: $x=t^5$, $dx=5t^4dt$.

Подставляю значения:

$$-\frac{16}{3}\int t^{-6}\cdot(4t^{9}-1)^{-2}\cdot5t^4dt$$

$$-\frac{80}{3}\int t^{-2}\cdot(4t^{9}-1)^{-2}dt$$

-- 25.04.2018, 21:52 --

Как дальше искать интеграл? Если я хотя бы здесь ошибок не наделал.

[charlovigor]

Пробовал по частям, но дальше не идёт:

$\int fdg=fg-\int gdf$;

$f=t^{-2}$;

$dg=(4t^9-1)^{-2}dt$;

$df=-2t^{-3}dt$;

Вот тут уже тупик.
$g=\int(4t^9-1)^{-2}dt$.

[Someone]

Дальше — стандартная процедура интегрирования рациональной дроби. Разлагаем знаменатель на множители первой и второй степени и методом Остроградского интегрируем. Wolfram Mathematica выдаёт ответ на восьми строках, так что готовьтесь к длинным вычислениям. Интеграл лучше записать в виде

$$-\frac 53\int\frac{dt}{t^2\left(t^9-\frac 14\right)^2}.$$

P.S. Комплексные числа изучали? А то без них разлагать $t^9-\frac 14$ совсем уж муторно.
P.P.S. Интегрировать "по частям" не нужно.

[charlovigor]

charlovigor в сообщении #1307388 писал(а):

P.S. Комплексные числа изучали? А то без них разлагать
$t^9-\frac 14$ совсем уж муторно.

Это не только муторно, но и сложно. Что-то не выходит у меня разложить.

[charlovigor]

$(t^9-\frac{1}{4})^2=(t^9-\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}})(t^9-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}})$

[Someone]

Где учитесь-то? Может быть, у Вас подразумевается, что Вы сами изучаете всё, что Вам не рассказывали на занятиях?

Собственно, в комплексных числах ничего таинственного нет. На самом примитивном уровне их можно рассматривать как двучлены $a+bi$, где $a$ и $b$ — действительные числа, а $i$ — мнимая единица, которая удовлетворяет удивительному условию $i^2=-1$. Числа $a+bi$ и $a-bi$ называются сопряжёнными. Сложение, вычитание, умножение — по обычным правилам действий с многочленами, заменяя везде $i^2$ на $-1$. Деление выполняется посредством умножения делимого и делителя на число, сопряжённое делителю: $\frac{a+bi}{c+di}=\frac{(a+bi)(c-di)}{(c+di)(c-di)}=\ldots$.

Корни многочлена $t^9-\frac 14$ — это корни девятой степени из числа $\frac 14$, которых $9$ штук: $t_k=\frac 1{\sqrt[9]{4}}\left(\cos\frac{2\pi k}9+i\sin\frac{2\pi k}9\right)$, $k\in\{0,1,2,3,4,5,6,7,8\}$. Корень $t_0=\frac 1{\sqrt[9]{4}}$ действительный, остальные $8$ разбиваются на $4$ пары сопряжённых, так как $\cos\frac{2\pi(9-k)}9=\cos\frac{2\pi k}9$ и $\sin\frac{2\pi(9-k)}9=-\sin\frac{2\pi k}9$.
Поэтому при $k\in\{1,2,3,4\}$
$(t-t_k)(t-t_{9-k})=\left(t-\frac 1{\sqrt[9]{4}}\left(\cos\frac{2\pi k}9+i\sin\frac{2\pi k}9\right)\right)\left(t-\frac 1{\sqrt[9]{4}}\left(\cos\frac{2\pi k}9-i\sin\frac{2\pi k}9\right)\right)=$ $t^2-\frac{2t}{\sqrt[9]{4}}\cos\frac{2\pi k}9+\frac 1{\sqrt[9]{16}}.$
Таким образом, многочлен $t^9-\frac 14$ разлагается в произведение одного многочлена первой степени $t-t_0$ и четырёх многочленов второй степени.

-- Ср апр 25, 2018 23:19:41 --

Обратите внимание, что в окончательном разложении комплексных чисел нет.

То, что Вы написали в предыдущем сообщении — ерунда, что Вы и сами увидели бы, если бы попытались раскрыть скобки.

[provincialka]

Someone в сообщении #1307385 писал(а):

P.P.S. Интегрировать "по частям" не нужно.

Ну почему... Может и можно... Простейшие дроби 4 типа ведь именно так интегрируются... А тут 4 тип будет (среди прочего)!
Только charlovigor неправильно выбирает $dg$. Лучше уж взять $g = \frac{1}{t^9-1/4}$, тогда $dg=-\frac{9t^8dt}{(t^9-1/4)^2}$ и интеграл примет вид $\frac5{27}\int\frac1{t^{10}}d(\frac1{t^9-1/4})$. После интегрирования по частям квадрат у $t^9-1/4$ пропадёт. Хотя проблема разложения на множители все-таки останется... И последующего разложения в сумму... Но хоть дробей 4 типа не будет!

Да! Для избавления от большой ($11$) степени $t$ в знаменателе можно перейти к переменной $u=1/t$, это тоже стандартный приём.

[Someone]

provincialka От многочлена девятой степени в знаменателе, боюсь, никаким способом не избавиться.

Я прикинул, как будет выглядеть Ваш способ. Мне не показалось, что мы что-то существенное выиграем по сравнению с методом Остроградского.

Это уже вторая тема, где обсуждается учебная задача с чрезвычайно громоздким интегралом (ещё https://dxdy.ru/topic126466.html). Возможно, что были и ещё, но я их пропустил.

[provincialka]

Someone
Ну, я так... для общего сведения... Все-таки при переходе к $u$ знаменатель будет 9 степени, поменьше, чем в начале. Соответственно, и неизвестных коэффициентов будет меньше, хоть в Остроградском, хоть без него...

Someone в сообщении #1307431 писал(а):

учебная задача с чрезвычайно громоздким интегралом

Я вот думаю, нет ли у ТС какой-нибудь опечатки? Или, может, интеграл определенный, в хороших пределах? Это иногда упрощает дело...

[charlovigor]

provincialka в сообщении #1307436 писал(а):

Я вот думаю, нет ли у ТС какой-нибудь опечатки? Или, может, интеграл определенный, в хороших пределах? Это иногда упрощает дело...

Я на это искренне надеялся. Но всё верно, раз десять перепроверил.

[Someone]

provincialka в сообщении #1307436 писал(а):

знаменатель будет 9 степени, поменьше, чем в начале. Соответственно, и неизвестных коэффициентов будет меньше

В общем случае это так, но в конкретных случаях экономия не всегда получается. Судя по тому, что мне выдала Wolfram Mathematica, там ненулевых коэффициентов всего $11$ штук из $20$ возможных.

В той теме преподаватель разрешил коэффициенты не вычислять.

[charlovigor]

Я не уверен, можно ли вообще раскладывать на множители через комплексные числа, если мы до них ещё не дошли по программе. Что-то уж слишком сложный интеграл.

[provincialka]

Someone в сообщении #1307440 писал(а):

там ненулевых коэффициентов всего $11$ штук

Ну, так ведь это становится ясно уже после того, как их вычислили... Кстати, "у меня" их 9 !

charlovigor в сообщении #1307439 писал(а):

Но всё верно, раз десять перепроверил

Кстати, самый первый интеграл -- именно тот, который был в задании? Меня что-то смущает коэффициент странный перед ним... Может, исходная задача как-то иначе формулировалась?

[charlovigor]

provincialka в сообщении #1307444 писал(а):

Кстати, самый первый интеграл -- именно тот, который был в задании? Меня что-то смущает коэффициент странный перед ним... Может, исходная задача как-то иначе формулировалась?

Такой коэффициент и стоит. Никаких дополнительных указаний к задаче нет, только пометка "дифференциальный бином".

-- 26.04.2018, 02:47 --

Как я понял, оба пути решения чрезвычайно громоздкие. Но какой всё-таки лучше использовать? Хотя бы по принципу, где меньше расписывать.

[Someone]

(Оффтоп)

charlovigor в сообщении #1307443 писал(а):

Я не уверен, можно ли вообще раскладывать на множители через комплексные числа, если мы до них ещё не дошли по программе. Что-то уж слишком сложный интеграл.

Тогда, боюсь, никак. А они вообще в вашей программе есть? Когда-то они в школьную программу входили, но их уже очень давно исключили. К сожалению. Зато напихали элементов математического анализа, теории вероятностей… Изучать это в школе сколько-нибудь всерьёз невозможно, в ВУЗах всё равно приходится всё начинать с нуля. А комплексные числа можно было бы изучать достаточно глубоко, вплоть до формулы Муавра и разложения многочленов на множители (правда, основную теорему алгебры пришлось бы формулировать без доказательства).

provincialka в сообщении #1307444 писал(а):

Ну, так ведь это становится ясно уже после того, как их вычислили... Кстати, "у меня" их 9 !

Но взамен — некоторое количество других вычислений.