ΟΛΟΚΛΗΡΩΣΗ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

Print Friendly, PDF & Email

Για την ολοκλήρώση τριγωνομετρικων συναρτήσεων της μορφής:

    \[\int_{\alpha}^{\beta} \hm^{\nu}x \cdot \syn^{\mu}x \,\, dx\]

διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

  • Αν το \hm x είναι υψωμένο σε περιττή δύναμη, τότε θέτουμε u = \syn x.
  • Αν το \syn x είναι υψωμένο σε περιττή δύναμη, τότε θέτουμε u = \hm x.
  • Αν το \hm x και το \syn x είναι υψωμένο σε άρτια δύναμη, τότε χρησιμοποιούμε τους τύπους του αποτετραγωνισμού
    \syn^{2}x =\dfrac{1+\syn2x}{2} και \hm^{2}x =\dfrac{1-\syn2x}{2}.
  •     \[\]

    Rendered by QuickLaTeX.com

    Λύση

    Στο ολοκλήρωμα:

        \[\int_{0}^{\pi} \syn^{2} x\cdot \hm^{3}x  \, dx.\]

    Το \hm x είναι υψωμένο σε περιττή δύναμη, τότε θέτουμε

        \[\syn x = u\]

    Οπότε:

        \begin{align*} &\Big( \syn x\Big)'\, dx =(u)' \, du \Rightarrow\\\\ &-\hm x \, dx = du. \end{align*}

    Επιπλέον ισχύουν:

    για x=0 και \syn x =u\Rightarrow  \syn 0 =u\Rightarrow u= 1.
    και
    για x =\pi και \syn x =u\Rightarrow  \syn{\pi} =u\Rightarrow u=-1.

    Για να προχωρήσουμε στην αντικατάσταση θα πρέπει πρώτα να μορφοποιήσουμε κατάλληλα το αρχικό ολοκλήρωμα, έχουμε:

        \begin{align*} &\int_{0}^{\pi} \syn^{2} x\cdot \hm^{3}x  \, dx=\\\\ &\int_{0}^{\pi} \syn^{2} x\cdot \hm^{2}x \cdot \hm x  \, dx\\\\\ &\int_{0}^{\pi} -\syn^{2} x\cdot \hm^{2}x \cdot(- \hm x ) \, dx\\\\\ &\int_{0}^{\pi} -\syn^{2} x\cdot (1-\syn^{2}x )\cdot(- \hm x ) \, dx\\\\\ \end{align*}

    Συνεπώς το αρχικό ολοκλήρωμα σύμφωνα με τις παραπάνω αντικαταστάσεις γίνεται:

        \begin{align*} &\int_{1}^{-1} -u^{2} \cdot (1-u^{2} ) \, du\\\\\ &\int_{1}^{-1} -u^{2} +u^{4} \, du\\\\\ \end{align*}

    Επειδή ισχύει \Bigg(\dfrac{u^{3}}{3}\Bigg)'=u^{2} και \Bigg(\dfrac{u^{5}}{5}\Bigg)'=u^{4}. έχουμε:

        \begin{align*}  &\int_{1}^{-1} -u^{2} +u^{4} \, du\\\\\ &\int_{1}^{-1} -\Bigg(\dfrac{u^{3}}{3}\Bigg)' +\Bigg(\dfrac{u^{5}}{5}\Bigg)' \, du\\\\\ &\int_{1}^{-1} \Bigg(-\dfrac{u^{3}}{3} +\dfrac{u^{5}}{5}\Bigg)' \, du\\\\\ &\Bigg[-\dfrac{u^{3}}{3} +\dfrac{u^{5}}{5}\Bigg]_{1}^{-1} =\\\\  &\Bigg[-\dfrac{(-1)^{3}}{3} +\dfrac{(-1)^{5}}{5}\Bigg]- \Bigg[-\dfrac{(1)^{3}}{3} +\dfrac{(1)^{5}}{5}\Bigg]=\\\\  &\Bigg(\dfrac{1}{3} -\dfrac{1}{5}\Bigg)- \Bigg(-\dfrac{1}{3} +\dfrac{1}{5}\Bigg)=\\\\ &\Bigg(\dfrac{1}{3} -\dfrac{1}{5}\Bigg)- \Bigg(-\dfrac{1}{3} +\dfrac{1}{5}\Bigg)=\\\\ &\dfrac{1}{3} -\dfrac{1}{5} +\dfrac{1}{3} -\dfrac{1}{5}=\\\\ &\dfrac{2}{3} -\dfrac{2}{5}=\dfrac{4}{5}.\\\  \end{align*}

        \[\]

    Rendered by QuickLaTeX.com

    Λύση
    Στο ολοκλήρωμα:

        \[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \syn^{3}x \, dx.\]

    Το \synx είναι υψωμένο σε περιττή δύναμη, τότε θέτουμε

        \[\hm x = u\]

    Οπότε:

        \begin{align*} &\Big( \hm x\Big)'\, dx =(u)' \, du \Rightarrow\\\\ & \syn x \, dx = du. \end{align*}

    Επιπλέον ισχύουν:

    για x=0 και \hm x =u\Rightarrow  \hm 0 =u\Rightarrow u= 0.
    και
    για x =\frac{\pi}{2} και \hm x =u\Rightarrow  \hm{\frac{\pi}{2}} =u\Rightarrow u=1.

    Για να προχωρήσουμε στην αντικατάσταση θα πρέπει πρώτα να μορφοποιήσουμε κατάλληλα το αρχικό ολοκλήρωμα, έχουμε:

        \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \syn^{3}x \, dx=\\\\ &\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \syn^{2}x\cdot \syn x \, dx=\\\\\ \end{align*}

    Συνεπώς το αρχικό ολοκλήρωμα σύμφωνα με τις παραπάνω αντικαταστάσεις γίνεται:

        \begin{align*} &\int_{0}^{1}  (1-u^{2} ) \, du\\\\\ \end{align*}

    Επειδή ισχύει \Bigg(\dfrac{u^{3}}{3}\Bigg)'=u^{2} και (u)'=1 έχουμε:

        \begin{align*} &\int_{0}^{1}  (1-u^{2} ) \, du=\\\\\ &\int_{0}^{1} \Big[(u)'-\big(\dfrac{u^{3}}{3}\big)'\Big]\, du=\\\\\ &\int_{0}^{1} \Bigg(u- \dfrac{u^{3}}{3}\Bigg)'\, du=\\\\\ &\Bigg[u- \dfrac{u^{3}}{3}\Bigg]_{0}^{1} =\\\\  &\Bigg[1-\dfrac{1^{3}}{3} \Bigg]- \Bigg[0-\dfrac{0^{3}}{3} \Bigg]=\\\\  & 1-\dfrac{1}{3}= \dfrac{2}{3}.  \end{align*}

        \[\]

    Rendered by QuickLaTeX.com

    Λύση
    Επειδή το \hm x, εμφανίζεται σε άρτια δύναμη κάνουμε την παρακάτω μορφοποίηση.

        \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \hm^{4}x \, dx=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \big(\hm^{2}x\big)^{2} \, dx.\\\\\  \end{align*}

    Κάνοντας χρήση της ταυτότητας \hm^{2}x=\dfrac{1-\syn 2x}{2} έχουμε:

        \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Big(\dfrac{1-\syn 2x}{2}\Big)^{2} \, dx=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1-2\syn 2x+\syn^{2}2x}{4} \, dx=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{4}-\dfrac{2\syn 2x}{4}+\dfrac{1}{4} \cdot \syn^{2}2x \, dx=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{4}-\dfrac{2\syn 2x}{4}+\dfrac{1}{4} \cdot \syn^{2}2x \, dx=\\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{4}-\dfrac{\syn 2x}{2}+\dfrac{1}{4} \cdot \syn^{2}2x \, dx\\\\\  \end{align*}

    Κάνοντας χρήση της ταυτότητας \syn^{2}x=\dfrac{1+\syn 2x}{2} το \syn^{2}2x γράφεται \syn^{2}2x=\dfrac{1+\syn 4x}{2}, οπότε έχουμε:

        \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{4}-\dfrac{\syn 2x}{2}+\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1+\syn 4x}{2} \, dx  = \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{4}-\dfrac{\syn 2x}{2}+\dfrac{1+\syn 4x}{8} \, dx  = \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{4}-\dfrac{\syn 2x}{2}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{\syn 4x}{8} \, dx  = \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{3}{8}-\dfrac{1}{2}\cdot \syn 2x +\dfrac{1}{8}\cdot{\syn 4x} \, dx.   \end{align*}

    Επειδή ισχύει
    \Bigg(\dfrac{3}{8}\cdot x\Bigg)'=\dfrac{3}{8}, \quad \Bigg(\dfrac{\hm 2x}{2} \Bigg)'=\syn 2x , \quad\Bigg(\dfrac{\hm 4x}{4} \Bigg)'=\syn 4x,
    έχουμε:

        \begin{align*} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{3}{8}-\dfrac{1}{2}\cdot \syn 2x +\dfrac{1}{8}\cdot{\syn 4x} \, dx= \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{3}{8}\cdot x\Bigg)'-\dfrac{1}{2}\cdot \Bigg(\dfrac{\hm 2x}{2} \Bigg)' +\dfrac{1}{8}\cdot\Bigg(\dfrac{\hm 4x}{4} \Bigg)' \, dx= \\\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{3}{8}\cdot x\Bigg)'- \Bigg(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\hm 2x}{2} \Bigg)' +\Bigg(\dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{\hm 4x}{4} \Bigg)' \, dx= \\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg(\dfrac{3}{8}\cdot x- \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\hm 2x}{2} +\dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{\hm 4x}{4} \Bigg)' \, dx=  \\\\ & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \Bigg( \dfrac{3}{8}\cdot x- \dfrac{\hm 2x}{4} +\dfrac{\hm 4x}{32} \Bigg)' \, dx= \\\\ &\Bigg[ \dfrac{3}{8}\cdot x- \dfrac{\hm 2x}{4} +\dfrac{\hm 4x}{32} \Bigg]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\\\\  \end{align*}

    \Bigg(\dfrac{3}{8}\cdot \dfrac{\pi}{2}- \dfrac{\hm (2\cdot\frac{\pi}{2})}{4} +\dfrac{\hm (4\cdot\frac{\pi}{2})}{32}\Bigg) -\Bigg(\dfrac{3}{8}\cdot 0- \dfrac{\hm (2\cdot 0)}{4} +\dfrac{\hm (4\cdot 0)}{32} \Bigg)=

        \begin{align*} &  \Bigg( \dfrac{3\pi}{16}- \dfrac{\hm \pi}{4} +\dfrac{\hm (2\cdot\pi )}{32}\Bigg) -(0)=\\\\ & \dfrac{3\pi}{16}- \dfrac{0}{4} +\dfrac{0}{32}= \dfrac{3\pi}{16}.  \end{align*}

    Βιβλιογραφία: Παπαδάκης εκδόσεις Σαββάλα.
    Άδεια Creative Commons
    Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

    FacebooktwitterlinkedinmailFacebooktwitterlinkedinmail

    Αφήστε μια απάντηση

    Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

    Δεν είμαι Robot *