Интеграл.

[main.c]

$\int \frac{dx}{\cos x} = \ln |\tg (\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4})|$, как к этому пришли, хотя бы дайте идею.

[Vova_Gidro]

О универсальной тригонометрической подстановке слышали что-нибудь?

[Ms-dos4]

Используйте либо универсальную тригонометрическую подстановку либо подстановку $\[\sin x = t\]$.

[main.c]

Всё, спасибо, я придумал, там нужно было представить косинус как синус, а затем разложить по формуле двойного угла, ну и т.д.

[main.c]

Есть интеграл:
$\int\frac{dx}{1+x^4}$
Путём некоторых преобразований прихожу к виду:
$\int\frac{-\frac{\sqrt{2}x}{4} + \frac{1}{2}}{{(x-\frac{\sqrt{2}}{2})^2}+\frac{1}{2}}dx + \int\frac{\frac{\sqrt{2}x}{4} + \frac{1}{2}}{{(x+\frac{\sqrt{2}}{2})^2}+\frac{1}{2}}dx$
В первом делаю замену $y = x-\frac{\sqrt{2}}{2} $, получаю:
$I_1 = \int\frac{-\frac{\sqrt{2}y}{4} + \frac{1}{4}}{y^2+\frac{1}{2}}dy = \int\frac{-\frac{\sqrt{2}}{8}}{y^2+\frac{1}{2}}d(y^2+\frac{1}{2}) + \int\frac{\frac{1}{4}}{y^2+\frac{1}{2}}dy = -\frac{\sqrt{2}}{8}\ln|x^2-\sqrt{2}x+1| + \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctg(\sqrt{2}x - 1)$
Во втором делаю замену $z = x+\frac{\sqrt{2}}{2} $ и получаю:
$I_2 = \int\frac{\frac{\sqrt{2}z}{4} + \frac{1}{4}}{z^2+\frac{1}{2}}dz = \int\frac{\frac{\sqrt{2}}{8}}{z^2+\frac{1}{2}}d(z^2+\frac{1}{2}) + \int\frac{\frac{1}{4}}{z^2+\frac{1}{2}}dz = \frac{\sqrt{2}}{8}\ln|x^2+\sqrt{2}x+1| + \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctg(\sqrt{2}x + 1)$
В итоге:
$I = \frac{\sqrt{2}}{8}\ln|\frac{x^2+\sqrt{2}x+1}{x^2-\sqrt{2}x+1}| + \frac{1}{2\sqrt{2}}(\arctg(\sqrt{2}x - 1) + \arctg(\sqrt{2}x + 1))$
А в ответе:
$I = \frac{\sqrt{2}}{8}\ln|\frac{x^2+\sqrt{2}x+1}{x^2-\sqrt{2}x+1}| + \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctg(\frac{x^2-1}{\sqrt{2}x})$
Я так думаю, что мой ответ и ответ в учебнике отличаются на константу и тогда оба решения верны, но я в этом не уверен, поэтому у меня вопрос, каким это образом можно прийти к такому ответу?

[B@R5uk]

Это случайно не страница 100, номер 78 из МАВЗа?

Сумму арктангенсов можно представить как арктангенс некоторого выражения. Выражение легко выводится, если вспомнить тангенс суммы. Однако, там есть одна гадость: в вашем ответе вы получили непрерывную функцию, а в ответе, не смотря на свой более компактный вид, представлена разрывная. Но эти две функции эквивалентны, с точностью до двух констант, разных справа и слева от нуля.

[main.c]

B@R5uk в сообщении #829510 писал(а):

Это случайно не страница 100, номер 78 из МАВЗа?

Сумму арктангенсов можно представить как арктангенс некоторого выражения. Выражение легко выводится, если вспомнить тангенс суммы. Однако, там есть одна гадость: в вашем ответе вы получили непрерывную функцию, а в ответе, не смотря на свой более компактный вид, представлена разрывная. Но эти две функции эквивалентны, с точностью до двух констант, разных справа и слева от нуля.

Нет, это "Задачи и упражнения по математическому анализу ч. 1" Виноградова, Олехник, Садовничий, номер 189

[Ms-dos4]

Они отличаются на константу. Тут надо знать 2 формулы
$\[{\mathop{\rm arctg}\nolimits} x + {\mathop{\rm arctg}\nolimits} y = {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{{x + y}}{{1 - xy}}\]$
и
$\[{\mathop{\rm arctg}\nolimits} x + {\mathop{\rm arcctg}\nolimits} x = \frac{\pi }{2}\]$
Тогда имеем
$\[\begin{array}{l} {\mathop{\rm arctg}\nolimits} (\sqrt {2x} - 1) + {\mathop{\rm arctg}\nolimits} (\sqrt {2x} + 1) = {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{{2\sqrt 2 x}}{{ - 2{x^2} + 2}} = {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{{\sqrt 2 x}}{{ - {x^2} + 1}} = \\ = - {\mathop{\rm arcctg}\nolimits} \frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt 2 x}} = {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt 2 x}} \mp \frac{\pi }{2} \end{array}\]$

Для положительных $\[x\]$ имеем "+".

[B@R5uk]

Для положительных иксов к $\arctg{\frac{x^2-1}{\sqrt{2}x}}$ надо наоборот прибавлять $\frac{\pi}{2}$, а для отрицательных -- отнимать. То есть функция $\arctg{\frac{x^2-1}{\sqrt{2}x}}+\frac{\pi}{2}$\operatorname{sign}{x}$ будет иметь устранимый разрыв в нуле и будет в точности равняться функции $\arctg(\sqrt{2}x-1)+\arctg(\sqrt{2}x+1)$

[Ms-dos4]

B@R5uk

(Оффтоп)

Я почти сразу после своего сообщения это поправил

[main.c]

Ms-dos4 в сообщении #829516 писал(а):

Они отличаются на константу. Тут надо знать 2 формулы
$\[{\mathop{\rm arctg}\nolimits} x + {\mathop{\rm arctg}\nolimits} y = {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{{x + y}}{{1 - xy}}\]$
и
$\[{\mathop{\rm arctg}\nolimits} x + {\mathop{\rm arcctg}\nolimits} x = \frac{\pi }{2}\]$
Тогда имеем
$\[\begin{array}{l} {\mathop{\rm arctg}\nolimits} (\sqrt {2x} - 1) + {\mathop{\rm arctg}\nolimits} (\sqrt {2x} + 1) = {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{{2\sqrt 2 x}}{{ - 2{x^2} + 2}} = {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{{\sqrt 2 x}}{{ - {x^2} + 1}} = \\ = - {\mathop{\rm arcctg}\nolimits} \frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt 2 x}} = {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt 2 x}} \mp \frac{\pi }{2} \end{array}\]$

Для положительных $\[x\]$ имеем "+".

Мне понятны все преобразования, кроме последнего, почему при положительных прибавляем, а при отрицательных отнимаем?

[main.c]

Я так понимаю, что вопрос глупый, раз никто не отвечает ........но может всё-таки найдутся добрые люди?

[Ms-dos4]

Вам выше уже отвечали. Ваша исходная сумма арктангенсов функция непрерывная, и если слева и справа устремлять её к нулю там будет 0. Получившаяся же функция имеет слева (в нуле) предел $\[\frac{\pi }{2}\]$, справа $\[ - \frac{\pi }{2}\]$, поэтому нужно справа прибавлять, а слева вычитать $\[\frac{\pi }{2}\]$, что бы функция снова стала непрерывной в нуле, как и исходная и равнялась ей.
(А корни растут из знаков, т.к. $\[{\mathop{\rm arctg}\nolimits} x + {\mathop{\rm arcctg}\nolimits} x = \pm \frac{\pi }{2}\]$, в зависимости от знака x. И следовательно произведённые преобразования, вообще говоря, неравносильны.)

[bot]

Добавлю 5 коп. Подинтегральная функция непрерывна на $\mathbb R$, значит имеет первообразную на всём $\mathbb R$. Функция из ответа таковой не является - она разрывна в нуле. Вот, чтобы его устранить, надо добавить разные константы в разных полуинтервалах $\mathbb R^-$ и $\mathbb R^+$, чтобы предел слева и справа в нуле совпали. После устранения полученная функция совпадёт с Вашей.

Предположительно ответ получен следующим образом:

$\displaystyle \int \dfrac {d x}{1+x^4}=\int \dfrac {\frac{d x}{x^2}}{\frac{1}{x^2}+x^2}=\frac12 \left(\int \dfrac {d(x-\frac{1}{x})}{(x-\frac{1}{x})^2+2} -\int \dfrac {d(x+\frac{1}{x})}{(x+\frac{1}{x})^2-2}\right)=\ldots $

Здесь, поделив на $x$, сразу отказались от поиска первообразной на $\mathbb R$, что конечно чревато последующим стыкованием в нуле.

[main.c]

Хорошо, добавили мы, но мы тем самым не устранили разрыв в нуле, он так и остался разрывом первого рода, просто в одном случае он был неустранимый, а теперь устранимый, следовательно, если подходить формально, по определению, ответ из учебника не верен, так как Вы сами только что сказали:

bot в сообщении #829687 писал(а):

Подинтегральная функция непрерывна на $\mathbb R$, значит имеет первообразную на всём $\mathbb R$. Функция из ответа таковой не является - она разрывна в нуле.