Wzory rekurencyjne w całce z funkcji trygonometrycznych

Wzory rekurencyjne w całce

z funkcji

trygonometrycznych

Autorzy:

Tomasz Drwięga

2019

(1)

Wzory rekurencyjne w całce z funkcji trygonometrycznych

Wzory rekurencyjne w całce z funkcji trygonometrycznych

Autor: Tomasz Drwięga

TWIERDZENIE

Twierdzenie 1:

Twierdzenie 1: Podstawowe wzory rekurencyjne

Podstawowe wzory rekurencyjne

W poniższych wzorach zakładamy, że

PRZYKŁAD

Przykład 1:

Przykład 1:

Stosując wzór rekurencyjny oblicz całkę

Skorzystajmy z twierdzenia Podstawowe wzory rekurencyjne, przyjmując we wzorze na że i

Chcąc obliczyć całkę ponownie skorzystamy z wzoru z twierdzenia Podstawowe wzory rekurencyjne, tym razem przyjmując i nadal

Ostatecznie otrzymujemy

n, m > 1

∫

sin

n

(ax)dx = −

sinn−1(ax) cos(ax)

+

∫

(ax)dx,

na n−1n

sin

n−2

∫

cos

n

(ax)dx =

cosn−1(ax) sin(ax)

+

∫

(ax)dx,

na n−1n

cos

n−2

∫

sin

n

(ax)

_cos

m

(ax)dx =

sinn+1(ax)cosm−1(ax)

+

∫

(ax)

(ax)dx,

a(n+m) m−1n+m

sin

n

cos

m−2

∫

sin

n

(ax)

_cos

m

(ax)dx = −

sinn−1(ax)cosm+1(ax)

+

∫

(ax)

(ax)dx.

a(n+m) n+mn−1

sin

n−2

cos

m

∫

sin

6

(2x)dx.

∫

sin

n

(ax)dx,

_{n = 6 a = 2}

I = ∫

sin

6

(2x)dx = −

sin5(2x) cos(2x)

+ ∫

(2x)dx.

6⋅2 56

sin

4

∫

sin

4

(2x)dx

n = 4

a = 2

I = −

sin

5

(2x) cos(2x)

_{6 ⋅ 2}

+ (−

₆

5

sin

3

(2x) cos(2x)

_{4 ⋅ 2}

+ ∫

3

_{4 sin}

2

(2x)dx)

= −

_{12 sin}

1

5

(2x) cos(2x) −

5

(2x) cos(2x) +

(−

+ ∫ dx) .

48 sin

3

15

24

sin(2x) cos(2x)

2 ⋅ 2

1

2

I = −

_{12 sin}

1

5

(2x) cos(2x) −

5

(2x) cos(2x) −

sin(2x) cos(2x) +

x + C

48 sin

3

15

96

15

48

= −

₁₉₂

1

sin(4x) (cos(8x) − 9 cos(4x) + 23) +

15

₄₈

x + C.

(2)

(3)

PRZYKŁAD

Przykład 2:

Przykład 2:

Stosując wzór rekurencyjny oblicz całkę

Przyjmując i w odpowiednim wzorze z twierdzenia Podstawowe wzory rekurencyjne mamy

Aby obliczyć ponownie stosujemy wzór podstawiając i

Zatem

UWAGA

Uwaga 1:

Uwaga 1:

Zastosowanie podstawienia , niż tylko korzystanie z wzorów rekurencyjnych, prowadzi do prostszego rozwiązania powyższej całki.

PRZYKŁAD

Przykład 3:

Przykład 3:

Stosując wzór rekurencyjny oblicz całkę

Do rozwiązania całki posłużymy się wzorem z twierdzenia Podstawowe wzory rekurencyjne, który obniża stopień funkcji

Natomiast całkę obliczymy stosując podstawienie :

Wracając do początkowej całki otrzymujemy

Publikacja udostępniona jest na licencji Creative Commons Uznanie autorstwa - Na tych samych warunkach 3.0 Polska. Pewne

∫

cos

5

xdx.

n = 5 a = 1

I = ∫

cos

5

xdx =

cos4x sin x

+ ∫

xdx

5 45

cos

3

∫

cos

3

xdx

_{n = 3 a = 1}

I =

1

xsin x + (

+ ∫ cos xdx)

5

cos

4 45 cos x sin x

2

3 23

I =

1

xsin x +

xsin x + sin x + C.

5

cos

4 154

cos

2 158

sin x = t

∫

sin

3

x

_cos

5

xdx.

sinus

I = ∫

sin

3

x

_cos

5

xdx = −

sin2x_cos6x

+

∫ sin x

xdx

3+5 3+54

cos

5

∫ sin x

cos

5

xdx

_{t = cos x}

∫ sin x

cos

5

xdx =

_∣∣

t=cos x

= − ∫ dt = − + C = −

x + C

dt=− sin xdx

∣∣

t

5 t 6

6 16

cos

6

I = −

1

x

x +

x + C.

prawa zastrzeżone na rzecz autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej. Zezwala się na dowolne wykorzystanie treści publikacji pod warunkiem wskazania autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej jako autorów oraz podania informacji o licencji tak długo, jak tylko na utwory zależne będzie udzielana taka sama licencja. Pełny tekst licencji dostępny na stronie

http://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/pl/.

Data generacji dokumentu: 2019-04-15 16:19:28

Oryginalny dokument dostępny pod adresem: https://epodreczniki.open.agh.edu.pl/openagh-permalink.php? link=1b4cbc731f2fddc47123712398817692