Wie berechnet man ∫tan3/2(x)1−sin(x)dx∫tan3/2⁡(x)1−sin⁡(x)dx\int \frac{\tan^{3/2}\left(x \right)}{1 - \sin\left(x\right)} \,\mathrm{d}x?

Question

Wie berechnet man ∫tan3/2(x)1−sin(x)dx∫tan3/2⁡(x)1−sin⁡(x)dx\int \frac{\tan^{3/2}\left(x \right)}{1 - \sin\left(x\right)} \,\mathrm{d}x?

Infinitesimalrechnung
Integration
Mathematik
unbestimmte Integrale
trigonometrische Integrale

Hallo Welt

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\begin{matrix} (1) & \int \frac{{bräunen}^{3 / 2} (X)}{1 - Sünde (X)} D X \end{matrix}

$\int \frac{\tan^{3/2}\left(x\right)} {1 - \sin\left(x\right)}\,dx \label{1}\tag{1}$

Ich habe versucht, die Weierstrass-Substitution zu verwenden. > **Die Weierstrass-Substitution**, (benannt nach K.Weierstraß

(1815)

$\left(~1815~\right)$ ) ist eine Substitution, die verwendet wird, um rationale Ausdrücke trigonometrischer Funktionen in rationale Polynomausdrücke umzuwandeln. Integrale dieser Art sind in der Regel einfacher auszuwerten.

Diese Substitution wird konstruiert, indem man Folgendes zulässt:

T = bräunen (\frac{X}{2}) ⟺ X = 2 \arctan (T) ⟺ D X = \frac{2}{T^{2} + 1}

$t = \tan\left(\frac{x}{2}\right) \iff x = 2\arctan(t) \iff dx = \frac{2}{t^2+1}$

Unter Verwendung grundlegender trigonometrischer Identitäten ist es einfach zu beweisen, dass:

\cos X = \frac{1 - T^{2}}{1 + T^{2}}

$\cos x = \dfrac{1 - t^2}{1 + t^2}$

Sünde X = \frac{2 T}{1 + T^{2}}

$\sin x = \dfrac{2t}{1 + t^2}$

Mit dieser Substitution erhalten wir dieses Integral:

2 \int \frac{(2 T)^{\frac{3}{2}} (1 + T^{2})}{(1 - T^{2})^{\frac{3}{2}} (T^{2} - 2 T + 1)} D T

$2 \int \frac{(2t)^{\frac{3}{2}}(1+t^2)}{(1-t^2)^{\frac{3}{2}}(t^2-2t+1)}\,dt$

Was eindeutig nicht einfacher zu bewerten ist als $(1)$ .

Ich habe auch andere trigonometrische Standardsubstitutionen ausprobiert, wie z $u = \cos(x)$ , $u = \sin(x)$ , $u=\tan(x)$ ohne besseres Glück.

Schließlich sehe ich keine trigonometrischen Identitäten, die den Bruch vereinfachen könnten.

Irgendwelche Ideen, wie man dieses Integral auswerten kann?

Claude Leibovici

Ich fürchte, das Ergebnis könnte eine hypergeometrische Funktion sein.

Nikunj

Ja, wir müssen rechnen

\int (v^{2} - 1)^{3 / 4} d v

$\int (v^2-1)^{3/4} \,dv$ irgendwo auf der Strecke. Was laut WA in Form von hypergeometrischen Funktionen ausgedrückt werden kann.

Antworten (2)

Wie berechnet man ∫tan3/2(x)1−sin(x)dx∫tan3/2⁡(x)1−sin⁡(x)dx\int \frac{\tan^{3/2}\left(x \right)}{1 - \sin\left(x\right)} \,\mathrm{d}x?

Ich fürchte, das Ergebnis könnte eine hypergeometrische Funktion sein.
Ja, wir müssen rechnen $\int (v^2-1)^{3/4} \,dv$ irgendwo auf der Strecke. Was laut WA in Form von hypergeometrischen Funktionen ausgedrückt werden kann.

Chapper · Answer 1

Wir können ziemlich einfach zeigen, dass sich dies auf ein elliptisches Integral reduziert, das keine elementare Funktion sein kann: put $x = \arctan(u^2)$ . Dann $dx = 2u/(1+u^4) \, du$ , $\tan x = u^2$ Und $\sin x = u^2/\sqrt{1+u^4}$ , und Rationalisierung impliziert, dass das Integral wird

\int (2 u^{4} + \frac{2 u^{6}}{\sqrt{1 + u^{4}}}) D u,

$\int \bigg( 2u^4 + \frac{2u^6}{\sqrt{1+u^4}} \bigg) \, du ,$ und wir müssen uns nur um den zweiten Begriff kümmern. Zufällig war dies eines der frühesten Integrale, das Liouville in Betracht zog, als er sich dafür interessierte, wann ein Integral algebraisch ist (siehe Lützens Joseph Liouville 1809–1882 , S. 374ff. für Einzelheiten). Eine Integration von Teilen reduziert uns auf

\int \frac{u^{2}}{\sqrt{1 + u^{4}}} d u

$\int \frac{u^2}{\sqrt{1+u^4}} \, du$ , die bekanntermaßen nicht elementar ist (siehe entweder Liouvilles Arbeit oder Ritts Buch Integration in endlichen Begriffen ). So ist der "elementare Teil".

\frac{2}{5} (u^{5} + u^{3} \sqrt{1 + u^{4}}),

$\frac{2}{5} ( u^5 + u^3 \sqrt{1+u^4}) ,$ während der nicht-elementare Teil das elliptische Integral ist

- \frac{6}{5} \int \frac{u^{2}}{\sqrt{1 + u^{4}}} D u = \frac{6}{5} \sqrt{ich} (F (\arcsin (\sqrt{ich} u) ∣ - 1) - F (\arcsin (\sqrt{ich} u) ∣ - 1) .

$- \frac{6}{5} \int \frac{u^2}{\sqrt{1+u^4}} \, du = \frac{6}{5}\sqrt{i} ( F(\arcsin(\sqrt{i}u) \mid -1) - F(\arcsin(\sqrt{i}u) \mid -1) .$ Man könnte in Bezug auf schreiben

x

$x$ wieder, aber es scheint nicht viel Sinn zu haben.

Es ist sicher, dass Sie den besten Ersatz bereitgestellt haben. Allerdings habe ich das Gefühl, dass Sie vielleicht ein paar Tippfehler haben. Cheers und danke für eure Antworten und $\to +1$ .
Ich denke, unsere Antworten könnten tatsächlich dieselben sein: Die Unterschiede liegen in den Ausdrücken arcsin vs. arg sinh. Vielleicht habe ich aber irgendwo einen Vorzeichenfehler.
Es ist nicht meine Antwort; es ist deins ! Dir fehlt ein Faktor $2$ (Tippfehler sicher beim Betrachten der Endergebnisse). $dx$ das ist nicht richtig. Beifall :-)

Claude Leibovici · Answer 2

Zuerst eine kleine historische Präzisierung: Die meisten Bücher nennen die Tangentenhalbwinkelsubstitution Weierstraß $(1815-1897)$ Substitution, obwohl die Technik tatsächlich in Eulers Werk $-1707-1783 vorkommt).

In Bezug auf die möglichen Substitutionen ist das, was @Chappers vorgeschlagen hat, wahrscheinlich das Beste, da es zu einem echten geschlossenen Formausdruck in Bezug auf elliptische Integrale führt.

Nur um mit dem fortzufahren, was ich früh in den Kommentaren geschrieben habe, lassen $x=\sin ^{-1}(u)$ , wir enden mit

ICH = \int \frac{{bräunen}^{\frac{3}{2}} (X)}{1 - Sünde (X)} D X = \int \frac{u^{3 / 2}}{(1 - u)^{9 / 4} (u + 1)^{5 / 4}} D u

$I=\int \frac{\tan^{\frac{3}{2}}(x)}{1-\sin(x)} \,dx=\int \frac{u^{3/2}}{(1-u)^{9/4} \,(u+1)^{5/4}}\,du$

ICH = \frac{2 u^{3 / 2} (3 u - 2)}{5 (1 - u)^{5 / 4} (u + 1)^{1 / 4}} + \frac{4}{5} u^{3 / 2}_{2} F_{1} (\frac{1}{4}, \frac{3}{4}; \frac{7}{4}; u^{2})

$I=\frac{2 u^{3/2} (3 u-2)}{5 (1-u)^{5/4}\, (u+1)^{1/4}}+\frac{4}{5} u^{3/2} \, _2F_1\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4};\frac{7}{4};u^2\right)$ was ich nicht weiter vereinfachen konnte.

Bemerkungen

Wenn ich mir die Antwort von @Chappers noch einmal ansehe, habe ich die Füllung, dass es ein paar kleine Tippfehler gibt.

X = {bräunen}^{- 1} (u^{2}) ⟹ D X = \frac{2 u}{u^{4} + 1} D u Und Sünde (X) = \frac{u^{2}}{\sqrt{u^{4} + 1}}

$x= \tan ^{-1}\left(u^2\right)\implies dx=\frac{2 u}{u^4+1}\,du \qquad \text{and} \quad \sin(x)=\frac{u^2}{\sqrt{u^4+1}}$ Herstellung

ICH = 2 \int (u^{4} + \frac{u^{6}}{\sqrt{u^{4} + 1}}) D u

$I =2\int \left(u^4+\frac{u^6}{\sqrt{u^4+1}}\right)\,du$ Herstellung

ICH = \frac{2}{5} u^{3} (u^{2} + \sqrt{u^{4} + 1}) +

$I=\frac{2}{5} u^3 \left(u^2+\sqrt{u^4+1}\right)+$

\frac{6}{5} (- 1)^{3 / 4} (E (ich {Sünde}^{- 1} ((- 1)^{1 / 4} u) | - 1) - F (ich {Sünde}^{- 1} ((- 1)^{1 / 4} u) | - 1))

$\frac{6}{5} (-1)^{3/4} \left(E\left(\left.i \sinh ^{-1}\left((-1)^{1/4} u\right)\right|-1\right)-F\left(\left.i \sinh ^{-1}\left((-1)^{1/4} u\right)\right|-1\right)\right)$

Obwohl beide Antworten sehr informativ sind, habe ich @Chappers akzeptiert, weil er früher geantwortet hat. Danke euch beiden!
@Veriun. Ich hätte sehr unglücklich sein müssen, dass Sie die Antwort von Chappers nicht akzeptiert haben (was wirklich großartig ist!).
@Claude Leibovici: Kennen Sie Beispiele für die Verwendung dieser Variablenänderung in Eulers Schriften?

Wie berechnet man ∫tan3/2(x)1−sin(x)dx∫tan3/2⁡(x)1−sin⁡(x)dx\int \frac{\tan^{3/2}\left(x \right)}{1 - \sin\left(x\right)} \,\mathrm{d}x?

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FDP

Integriere ∫dxsin3xsin(x+α)√∫dxsin3⁡xsin⁡(x+α)\int \frac{dx}{\sqrt{\sin^3x\sin(x+\alpha)}}

Vereinen Sie verschiedene Formen von ∫1A+cosxdx∫1A+cos⁡xdx\int \frac{1}{A + \cos x} \,\text{d}x

Integral: ∫dx(x2−4x+13)2∫dx(x2−4x+13)2\int \dfrac{dx}{(x^2-4x+13)^2}?

Integriere ∫sin(2x)(sinx+cosx)2dx∫sin⁡(2x)(sin⁡x+cos⁡x)2dx\int \frac {\sin (2x)}{(\sin x+\cos x)^2 }\,dx

Hilfe bei der Auswertung von ∫ cos2(arctan(sin(arccot(x)))) dx∫ cos2⁡(arctan⁡(sin⁡(arccot(x)))) dx\displaystyle\int\ \cos^2\Big(\arctan \big(\sin\left(\text{arccot}(x)\right)\big)\Big)\ \text{d}x

Integral ∫cos(x)+sin(2x)sin(x) dx∫cos⁡(x)+sin⁡(2x)sin⁡(x) dx\int \frac{\cos(x)+\sin(2x) }{\sin(x)}\text{d}x

Integral ∫tan5(x) dx∫tan5⁡(x) dx\int \tan^{5}(x)\text{ d}x

Integriere ∫sin2xcos4xdx∫sin2⁡xcos⁡4xdx\int\sin^2x\cos4x\,dx

Integration von ∫dxx2x2+9√∫dxx2x2+9 \int \frac{dx}{x^2\sqrt{x^2 + 9}} mittels trigonometrischer Substitution

Beim Start des Integrationsproblems hängen geblieben