Winkelformel hinzugefügt, um dieses unbestimmte Integral zu lösen cos x }\,dx

Question

Winkelformel hinzugefügt, um dieses unbestimmte Integral zu lösen cos x }\,dx

Infinitesimalrechnung
Integration
Mathematik
Trigonometrie
Beweis-Erklärung
unbestimmte Integrale

Sebastiano

Ausgehend von dieser sehr schönen Frage Integrieren $\int\frac{2\cos x-\sin x}{3\sin x+5\cos x }\,dx$ und die relativen Antworten würde ich wegen dieses Integrals verstehen

\begin{matrix} (1) & \int \frac{2 \cos X - Sünde X}{3 Sünde X + 5 \cos X} D X \end{matrix}

$\int\frac{2\cos x-\sin x}{3\sin x+5\cos x }\,dx \tag 1$ muss so aufgeteilt werden:

\int \frac{2 \cos X - Sünde X}{3 Sünde X + 5 \cos X} D X = \int A (\frac{3 Sünde X + 5 \cos X}{3 Sünde X + 5 \cos X}) + B (\frac{3 \cos X - 5 Sünde X}{3 Sünde X + 5 \cos X}) D X

$\int \frac{2\cos{x}-\sin{x}}{3\sin{x}+5\cos{x}} \; dx=\color{red}{\int A\left(\frac{3\sin{x}+5\cos{x}}{3\sin{x}+5\cos{x}}\right) +B \left(\frac{ 3\cos{x}-5\sin{x}}{3\sin{x}+5\cos{x}}\right)\; dx}$ oder es kann auf andere Weise aufgeteilt werden.

Unter Verwendung der hinzugefügten Winkelformel (für Zähler und Nenner der $(1)$ )

A Sünde X + B \cos X = λ Sünde (X + ϕ)

$a\sin x+b\cos x=\lambda \sin (x+\phi)$ Wenn

λ = \sqrt{a^{2} + b^{2}}

$\lambda=\sqrt{a^2+b^2}$ Und

\tan ϕ = b / a

$\tan \phi=b/a \$ oder

A Sünde X + B \cos X = λ \cos (X + φ)

$a\sin x+b\cos x=\lambda \cos (x+\varphi)$ mit

\tan φ = - a / b

$\tan \varphi=-a/b \$ ist es möglich, das gleiche Ergebnis zu erhalten?

Benutzer170231

2 \cos x - \sin x = - \sqrt{5} \sin (x - \arctan 2)

$2\cos x-\sin x=-\sqrt5\sin(x-\arctan2)$ Und

3 \sin x + 5 \cos x = \sqrt{34} \sin (x + \arctan (5 / 3))

$3\sin x+5\cos x=\sqrt{34}\sin(x+\arctan(5/3))$ , und ich bin nicht sofort davon überzeugt, dass dieses Umschreiben bei der Vereinfachung des Integrals von großem Nutzen sein wird

Sebastiano

@ user170231 In der Zwischenzeit vielen Dank für Ihren Kommentar, den ich sehr zu schätzen weiß. Aber für die

3 \sin x + 5 \cos x

$3\sin x+5\cos x$ Ich werde die verwenden

a \sin x + b \cos x = λ \cos (x + φ)

$a\sin x+b\cos x=\lambda \cos (x+\varphi)$ .

Sebastiano

@ Ty. Hallo, inzwischen kann ich nicht sagen, ob die Aufteilung so einzigartig ist wie die, die ich rot markiert habe. Es war nur eine Kuriosität, weil ich die Ableitung des Nenners am Zähler kleiner als das Vorzeichen hätte, aber ich hätte den Begriff nicht drin

x

$x$ kleiner als der Koeffizient.

Antworten (3)

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$2\cos x-\sin x=-\sqrt5\sin(x-\arctan2)$ Und $3\sin x+5\cos x=\sqrt{34}\sin(x+\arctan(5/3))$ , und ich bin nicht sofort davon überzeugt, dass dieses Umschreiben bei der Vereinfachung des Integrals von großem Nutzen sein wird
@ user170231 In der Zwischenzeit vielen Dank für Ihren Kommentar, den ich sehr zu schätzen weiß. Aber für die $3\sin x+5\cos x$ Ich werde die verwenden $a\sin x+b\cos x=\lambda \cos (x+\varphi)$ .
@ Ty. Hallo, inzwischen kann ich nicht sagen, ob die Aufteilung so einzigartig ist wie die, die ich rot markiert habe. Es war nur eine Kuriosität, weil ich die Ableitung des Nenners am Zähler kleiner als das Vorzeichen hätte, aber ich hätte den Begriff nicht drin $x$ kleiner als der Koeffizient.

Koro · Answer 1

$I=\int\frac{2\cos x-\sin x}{3\sin x+5\cos x }\,dx$
$2\cos x-\sin x=\sqrt5 \cos(x+a)$ , Wo $\tan a=1/2$ Und $3\sin x+5\cos x=\sqrt{34}\cos(x-b)$ , Wo $\tan b=3/5$
$I=\int \frac{\sqrt 5 \cos(x+a) } {\sqrt{34}\cos(x-b)} \, dx$ Ersatz $t=x-b$ so dass
$I=\sqrt{5/34}\int \frac{\cos(t+a+b) } {\cos t}\, dt$
Der Integrand ist jetzt: $\cos(a+b) - \tan t\sin(a+b)$
Kannst du es von hier nehmen?

Mein $\infty$ Danke. Ich denke, dass dieser Weg komplizierter ist.
@Sebastiano: Gern geschehen. Dieser Weg ist nicht kompliziert. Es geht nur ums Rechnen $\cos (a+b)$ . Gegeben $\tan a, \tan b$ , wir können finden $\sin, \cos$ und nach dem Finden $\sin (a+b)$ , wir können finden $\cos (a+b)$ . Warum denkst du, dass es kompliziert ist?
@Sebastiano: Ich würde mir eine Kunst vorstellen. abgewinkeltes Dreieck (für Winkel $a$ ), dann ist es der Täter. Ist $1$ ,Basis ist $2$ und damit Hypot. Ist $\sqrt 5$ . Daher können wir finden $cos a$ , $sin a$ usw. Ähnlich für Winkel $b$ . Sie müssen nicht tun $\sin(arctan (1/2)+arc tan (3/5))$
Warum es Wurzeln im Quadrat gibt $\cos \theta=\pm 1/\sqrt{1+\tan^2\theta}$ , $\sin \theta=\pm \tan \theta/\sqrt{1+\tan^2\theta}$ und die Wahl des Winkels hängt von den Koordinaten des Punktes ab. Ich mag es nicht so sehr. Es war nur ein Gedanke von mir.
@Sebastiano, ich habe darüber nachgedacht und es stellt sich heraus, dass man sich hier wirklich keine Gedanken über Schilder machen muss 😊. Der Grund ist: arc tan (3/5) liegt entweder im ersten Quadranten oder im 3. Quadranten. Mein Punkt ist daher, $sin$ Und $cos$ beide haben das gleiche Vorzeichen. Denken Sie daher daran, dass es eine Modusanmeldung gibt $\ln |\cos (x-b) |$ , brauchen Sie sich keine Gedanken über Plus/Minus zu machen. Und das macht die Berechnungen viel einfacher als Sie denken.
Ich habe mich in jeder Community immer über die richtigen Antworten der User gefreut 😊. Sie haben Recht, aber die Frage ist relativ für Schüler der High School. Es ist eine Stunde notwendig, um die endgültige Lösung zu haben.

Ei · Answer 2

Angenommen, Sie haben

\int \frac{A \cos X + B Sünde X}{C \cos X + D Sünde X} D X

$\int\frac{a\cos x+b\sin x}{c\cos x+d\sin x}\,dx$ (mit

a d - b c \neq 0

$ad-bc\ne0$ , um triviale Fälle zu vermeiden) können Sie den Nenner tatsächlich schreiben als

k \cos (x + φ)

$k\cos(x+\varphi)$ und den Ersatz machen

y = x + φ

$y=x+\varphi$ , also wird der Zähler

A \cos φ \cos j - A Sünde φ Sünde j + B \cos φ Sünde j - B Sünde φ \cos j

$a\cos\varphi\cos y-a\sin\varphi\sin y+b\cos\varphi\sin y-b\sin\varphi\cos y$ so wird das Integral

\frac{1}{k} \int ((A \cos φ - B Sünde φ) - (A Sünde φ - B \cos φ) \frac{Sünde j}{\cos j}) D j

$\frac{1}{k}\int\Bigl((a\cos\varphi-b\sin\varphi)-(a\sin\varphi-b\cos\varphi)\frac{\sin y}{\cos y}\Bigr)\,dy$ was elementar ist.

Andererseits bestimmend $\varphi$ ist in der Regel nicht explizit möglich und entspricht am Ende des Tages im Wesentlichen der in der Frage skizzierten Methode.

Sebastiano · Answer 3

Antwort für @Koro: Ja, mit etwas Kalkül erhalte ich:

\int (\cos (A + B) - bräunen (T) Sünde (A + B)) D T = T \cos (A + B) + Sünde (A + B) \ln | \cos (T) | + k, k \in R

$\int \left(\cos \left(a+b\right)-\tan \left(t\right)\sin \left(a+b\right)\right)dt=t\cos \left(a+b\right)+\sin \left(a+b\right)\ln \left|\cos \left(t\right)\right|+k, \quad k\in\mathbb R$

Somit,

\int \frac{2 \cos X - Sünde X}{3 Sünde X + 5 \cos X} D X =

$\int\frac{2\cos x-\sin x}{3\sin x+5\cos x }dx=$

= \sqrt{\frac{5}{34}} [(X - B) \cos (A + B) + Sünde (A + B) \ln | \cos (X - B) |] + k =

$=\sqrt{\frac{5}{34}}\left[(x-b)\cos \left(a+b\right)+\sin \left(a+b\right)\ln \left|\cos \left(x-b\right)\right|\right]+k=$

Aber $a=\arctan (1/2)$ Und $b=\arctan (3/5)$ . Aber ich werde viele Kalkül haben,

\cos (\arctan (1 / 2) + \arctan (3 / 5)) = \dots

$\cos(\arctan (1/2)+\arctan (3/5))=\dotsb$

Sünde (\arctan (1 / 2) + \arctan (3 / 5)) = \dots

$\sin(\arctan (1/2)+\arctan (3/5))=\dotsb$

(X - \arctan (3 / 5)) = \dots, \cos (X - \arctan (3 / 5)) = \dots

$(x-\arctan (3/5))=\dotsb, \quad \cos(x-\arctan (3/5))=\dotsb$

Ich denke, dass dieser Weg viel Zeit in Anspruch nimmt ... um die Lösung zu erhalten.

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Sebastiano

Benutzer170231

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Koro

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Ei

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

Gibt es Einschränkungen, die ich für die Integration durch trigonometrische Substitution vergessen habe, oder mache ich einen anderen Fehler?

Wie löst man ∫dx4−x2√∫dx4−x2\int\frac{dx}{\sqrt{4-x^2}} mit trigonometrischer Substitution?

Integriere ∫sinxcosxsin4x+cos4xdx∫sin⁡xcos⁡xsin4⁡x+cos4⁡xdx\int \frac{\sin x \cos x}{\sin^4x + \cos^4x} \,dx

Berechnen Sie ∫cos2(x)tan3(x)dx∫cos2⁡(x)tan3⁡(x)dx\int \cos^2(x)\tan^3(x) dx durch trigonometrische Substitution

Integriere : ∫x2(xcosx−sinx)(xsinx+cosx)dx∫x2(xcos⁡x−sin⁡x)(xsin⁡x+cos⁡x)dx\int \frac{x^2}{(x\cos x -\sin x)(x\sin x +\cos x)}dx

Möglichkeiten zur Auswertung von ∫secθdθ∫sec⁡θdθ\int \sec \theta \, \mathrm d \theta

Integral von ∫cos4x+sin4x1+cos4x√dx∫cos4⁡x+sin4⁡x1+cos⁡4xdx\int{\frac{\cos^4x + \sin^4x}{\sqrt{1 + \cos 4x}}dx }

Was ist der offensichtliche Widerspruch in diesem Integral?

Berechne ∫sin(x−α)sin(x+α)−−−−−−√dx∫sin⁡(x−α)sin⁡(x+α)dx\int \sqrt{ \frac {\sin(x -\alpha)} {\sin(x+\alpha)} }\,\operatorname d\!x?