Podstawienia Eulera II rodzaju

Podstawienia Eulera I rodzaju (dla a>0) – powtórzenie

W poprzednim poście:

zajęliśmy się całkami typu:

$int{}{}{F(x,sqrt{ax^2+bx+c})dx}$

, w których a>0.

Rozbroiliśmy także przykładową całkę spełniającą ten warunek, tzn.

$int{}{}{{dx}/{x{sqrt{x^2+4x-4}}}}$

Co jednak, jeśli w trójmianie będzie ujemne (przypadek, gdy a=0 można pominąć, bo wtedy nie będzie to w ogóle trójmian kwadratowy i całkę rozwiąże się przez podstawienie prostsze , niż podstawienie Eulera) ?

Wtedy pomóc nam może (ale nie musi…) drugi rodzaj podstawień Eulera:

Podstawienie Eulera II rodzaju (dla c>0)

Mając całkę typu:

$int{}{}{F(x,sqrt{ax^2+bx+c})dx}$

, w której c>0, stosujemy podstawienie typu:

$xt+sqrt{c}=sqrt{ax^2+bx+c}$

, które znowu podnosimy obustronnie do kwadratu, w którym tym razem składniki z się skracają i które trzeba jeszcze podzielić obustronnie przez , żeby wyjść na zależność liniową, z której wyznaczymy przy pomocy zmiennej w kolejności:

$sqrt{ax^2+bx+c}=$

Podstawimy to wszystko do całki:

$int{}{}{F(x,sqrt{ax^2+bx+c})dx}$

i wyjdziemy znów na całkę wymierną, która – powtarzam – na ogół jest żmudna.

Ruszajmy więc z przykładem.

Przykład

$int{}{}{{dx}/{x{sqrt{2+x-x^2}}}}$

W trójmianie kwadratowym trochę pozmieniana kolejność składników, ale chyba jasne jest, że . Czyli, że nie jest większe od (nie zastosujemy więc I rodzaju podstawień Eulera), ale c>0 (czyli zastosujemy II rodzaj).

Podstawiamy więc:

$xt+sqrt{2}=sqrt{2+x-x^2}$

Podnosimy obie strony do kwadratu:

$(xt+sqrt{2})^2=(sqrt{2+x-x^2})^2$

${x^2}{t^2}+2sqrt{2}xt+2=2+x-x^2$

Składnik 2 się skraca (tak ma być):

${x^2}{t^2}+2sqrt{2}xt=x-x^2$

i teraz coś, czego nie było w I rodzaju podstawień, dzielimy obustronnie przez x:

${x^2}{t^2}+2sqrt{2}xt=x-x^2$ /:x

$xt^2+2sqrt{2}t=1-x$

Dalej wyznaczamy x:

$xt^2+x=1-2sqrt{2}t$

$x(t^2+1)=1-2sqrt{2}t$

$x={1-2sqrt{2}t}/{t^2+1}$

Mamy x wyznaczone przy pomocy zmiennej t. Teraz wyznaczamy $sqrt{2+x-x^2}$ . Na początku mieliśmy podstawienie:

$xt+sqrt{2}=sqrt{2+x-x^2}$

mamy już wyznaczone, więc tylko wstawiamy:

${{1-2sqrt{2}t}/{t^2+1}}t+sqrt{2}=sqrt{2+x-x^2}$

$sqrt{2+x-x^2}={t-2sqrt{2}t^2}/{t^2+1}+sqrt{2}$

$sqrt{2+x-x^2}={t-2sqrt{2}t^2}/{t^2+1}+sqrt{2}{{t^2+1}/{t^2+1}}$

$sqrt{2+x-x^2}={t-2sqrt{2}t^2}/{t^2+1}+{sqrt{2}{t^2}+sqrt{2}}/{t^2+1}$

$sqrt{2+x-x^2}={t-sqrt{2}t^2+sqrt{2}}/{t^2+1}$

Pozostało nam do wyznaczenia tylko . Obliczymy je licząc pochodną z :

$x={1-2sqrt{2}t}/{t^2+1}$

$dx={{(1-2sqrt{2}t){prime}(t^2+1)-(1-2sqrt{2}t)(t^2+1){prime}}/(t^2+1)^2}dt$

$dx={{-2sqrt{2}(t^2+1)-(1-2sqrt{2}t)2t}/(t^2+1)^2}dt$

$dx={{-2sqrt{2}t^2-2sqrt{2}-2t+4sqrt{2}t^2}/(t^2+1)^2}dt$

$dx={{2sqrt{2}t^2-2sqrt{2}-2t}/(t^2+1)^2}dt$

Mamy więc wyznaczone:

$x={1-2sqrt{2}t}/{t^2+1}$

$sqrt{2+x-x^2}={t-sqrt{2}t^2+sqrt{2}}/{t^2+1}$

$dx={{2sqrt{2}t^2-2sqrt{2}-2t}/(t^2+1)^2}dt$

, wszystko przy pomocy zmiennej . Bierzemy całkę:

$int{}{}{{dx}/{x{sqrt{2+x-x^2}}}}$

i wstawiamy:

$int{}{}{{{{2sqrt{2}t^2-2sqrt{2}-2t}/(t^2+1)^2}dt}/{{{1-2sqrt{2}t}/{t^2+1}}{{t-sqrt{2}t^2+sqrt{2}}/{t^2+1}}}}$

Bierzemy się za sprzątanie:

$int{}{}{{{{2sqrt{2}t^2-2sqrt{2}-2t}/(t^2+1)^2}}/{{(1-2sqrt{2}t)(t-sqrt{2}t^2+sqrt{2})}/(t^2+1)^2}dt}$

$int{}{}{{2sqrt{2}t^2-2sqrt{2}-2t}/{(1-2sqrt{2}t)(t-sqrt{2}t^2+sqrt{2})}dt}$

$\int{\frac{-2\left( -\sqrt{2}{{t}^{2}}+\sqrt{2}+t \right)}{\left( 1-2\sqrt{2}t \right)\left( -\sqrt{2}{{t}^{2}}+\sqrt{2}+t \right)}dt}$

$\int{\frac{-2}{1-2\sqrt{2}t}dt}=\left| \begin{matrix} &u=1-2\sqrt{2}t\\ &du=-2\sqrt{2}dt\\ &dt=\frac{du}{-2\sqrt{2}}\\ \end{matrix} \right|=\int{\frac{-2}{u}\frac{du}{-2\sqrt{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\int{\frac{du}{u}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left| u \right|+C$

A wracając się z podstawieniem:

$\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left| u \right|+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left| 1-2\sqrt{2}t \right|+C$

Trzeba jeszcze wrócić z $t$ do $x$ . Naszym podstawieniem Eulera było

$xt+\sqrt{2}=\sqrt{2+x-{{x}^{2}}}$

Skąd

$t=\frac{\sqrt{2+x-{{x}^{2}}}-\sqrt{2}}{x}$

Czyli nasze rozwiązanie to

$\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left| u \right|+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left| 1-2\sqrt{2}t \right|+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left| 1-2\sqrt{2}\frac{\sqrt{2+x-{{x}^{2}}}-\sqrt{2}}{x} \right|+C$

Co z innymi przypadkami?

Wiemy, że kiedy w całce:

$int{}{}{F(x,sqrt{ax^2+bx+c})dx}$

a>0 – stosujemy I rodzaj podstawień
c>0 – stosujemy II rodzaj podstawień

Co jednak, jeśli ani , ani nie są większe od zera? O tym w następnym poście, w którym omówię III rodzaj podstawień Eulera i pokażę, że temat będzie w już wyczerpany, tzn. do każdej całki typu:

$int{}{}{F(x,sqrt{ax^2+bx+c})dx}$

…dobierzemy któryś z trzech rodzajów podstawień.

Komentarze

Wojtek napisał
8 sierpnia 2012 o 23:05
W tym przykładzie podstawienia Eulera II rodzaju wkradł się błąd.
No, może nie błąd, ale tą całkę bardzo łatwo można doprowadzić, aby licznik był pochodną mianownika. Oczywiście podanym przez Pana sposobem również można, ale skoro jest prostszy sposób…
Trzy wiersze powyżej podanej tutaj całki do rozwiązania należy wyłączyć w liczniku -2 przed nawias. Wtedy nawias z licznika skróci się z tym po prawej w mianowniku. Pozostanie tylko wyłączyć w liczniku jeden przez pierwiastek z 2 przed nawias i wyłączyć to przed znak całki.
Odpowiedz
- Krystian Karczyński napisał
  9 sierpnia 2012 o 07:32
  Tak, to prawda, nie zauważyłem tego, dziękuję za cenny komentarz!
  Zaraz to poprawię w poście, zdecydowanie uprości całkę.
Mariusz napisał
29 października 2012 o 08:44
Krystian czy zawsze da się tak dobrać podstawienie liniowe aby można było użyć II postawienia Eulera do całek
$\int{R\left(x,\sqrt{ax^{2}+bx+c}\right)}$
Jeśli wyraz wolny trójmianu jest ujemny to bez takiego zabiegu nie można użyć tego podstawienia
Jeżeli wyraz wolny jest zerowy to drugie podstawienie pokrywa się z trzecim
Odpowiedz
Adiabat napisał
25 czerwca 2017 o 08:29
Wiem, że zapewne będzie to pytanie z cyklu elementarnych, ale skąd mamy pewność, że dzieląc przez x ( w momencie już wyjścia z pierwiastka, przez zastosowanie kwadratu) nie podzielimy przez zero? Podobne pytanie się u mnie rodzi przy III rodzaju podstawień. Bardzo byłbym wdzięczny za rozwianie, tych drobnych wątpliwości. :)Pozdrawiam i dziękuje za wszelkie materiały 🙂
Odpowiedz