İntegral

Question

$\int \dfrac {dx} {1+x^{4}}$

Comments

siz nasıl düşündünüz?

---

bir cevap yazıyorum.

Answer 1

Baska benzeri bir yontem olarak su var:

$$\int\frac{1}{x^4+1}\ dx  =\frac{1}{2}\int\frac{2}{1+x^{4}}\ dx\ =\frac{1}{2}\int\frac{(1-x^{2})+(1+x^{2})}{1+x^{4}}\ dx\ $$ $$=\frac{1}{2}\left(\int\frac{1-x^2}{1+x^{4}}\ dx+\int\frac{1+x^{2}}{1+x^{4}}\ dx\right)=\frac{1}{2}\left(\int\frac{1-\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}\, dx+\int\frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}\, dx\right)$$ $$=\frac{1}{2}\left(\int\frac{1-\frac{1}{x^2}}{\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2}\, dx+\int\frac{1+\frac{1}{x^2}}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+2}\, dx\right)$$ $$=\frac{1}{2}\left(\int\frac{d\left(x+\frac{1}{x}\right)}{\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2}+\int\frac{d\left(x-\frac{1}{x}\right)}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+2}\right)$$ $$=\frac{\arctan\left(\frac{x^2-1}{x\sqrt{2}}\right)}{2\sqrt{2}}-{\sqrt{2}}\ln\left(\frac{x^2+\sqrt{2}x+1}{x^2-\sqrt{2}x+1}\right)+c$$

Comments

aynını  paylar için $x^3+1$   $-(x^3-1)$  için yaptım ama biyerlere gidemedim. güzel çözüm

---

$\frac{1}{1+x^6}$ icin mi?

---

tek bır büyük "$ln$" bulmak istiyordum aşşagıda 4.dereceden var ya, yukarıdakını 3. dereceden düzenleyıp ln gibi birşeyler buluyum dedim.

birde kısmı ıntegrasyon uygulamak var, 2kere kısmı alınca alt üst dereceler eşitleniyor ama çok karışıyor.

---

Kup ile yine karisik gelir diye tahmin ediyorum...

Answer 2

İpucu:

$$\int\frac{dx}{1+x^4}=\int\frac{dx}{1+2x^2+x^4-2x^2}=\int\frac{dx}{(1+x^2)^2-(x\sqrt{2})^2}=\int\frac{dx}{(1-x\sqrt{2}+x^2)(1+x\sqrt{2}+x^2)}$$

$$=$$

$$\int\left(\frac{Ax+B}{1-x\sqrt{2}+x^2}+\frac{Cx+D}{1+x\sqrt{2}+x^2}\right)dx$$

Comments

hocam daha kısası yokmu burdan yaptım ama kollarım koptu.

Answer 3

$(Ax^2+Bx+C)(Dx^2+Ex+F)=1+0x+0x^2+0x^3+x^4$

düzenlersek

$(AB)x^4+(AE+BD)x^3+(AF+BE+CD)x^2+(BF+CE)x+(CF)=1+0x+0x^2+0x^3+x^4$ olur


tek tek ve sıkıcı birşekilde  

$A,B,C,D,E,F$ yi tek tek bulursun 


veya 

$1+x^4+2x^2-2x^2$ yapıp

$(x^2+1)^2-2x^2$ 2kare farkından


$(x^2+1-\sqrt2x)(x^2+1+\sqrt2x)$


paydalara ayırmayı kullanarak

$\frac{1}{1+x^4}=\frac{Ax+B}{(x^2+1-\sqrt2x)}+\frac{Cx+D}{(x^2+1+\sqrt2x)}$

yukardakinden daha kısa olarak

$\frac{1}{1+x^4}=\frac{Ax+B}{(x^2+1-\sqrt2x)}+\frac{Cx+D}{(x^2+1+\sqrt2x)}$


$(A+C)x^3+(B+D+\sqrt2A-\sqrt2C)x^2+(A+C+\sqrt2B-\sqrt2C)x+B+D=1$


buradan

$A=\frac{-\sqrt2}{4}=\frac{-1}{2\sqrt2}$


$C=\frac{\sqrt2}{4}=\frac{1}{2\sqrt2}$


$B=D=\frac{1}{2}$  gelir


$\dfrac{1}{1+x^4}=\dfrac{Ax+B}{(x^2+1-\sqrt2x)}+\dfrac{Cx+D}{(x^2+1+\sqrt2x)}$ yerlerine koyarsak


$\dfrac{1}{1+x^4}=\dfrac{\frac{-\sqrt2}{4}x+\frac{1}{2}}{(x^2+1-\sqrt2x)}+\dfrac{\frac{\sqrt2}{4}x+\frac{1}{2}}{(x^2+1+\sqrt2x)}$



$\dfrac{1}{1+x^4}=\frac{\sqrt2}{8}.\dfrac{-2x+2\sqrt2}{(x^2+1-\sqrt2x)}+\frac{\sqrt2}{8}.\dfrac{2x+2\sqrt2}{(x^2+1+\sqrt2x)}$  heh şimdi entegrasyon uygulayabılırız.

$\int \dfrac{dx}{1+x^4}=\frac{\sqrt2}{8}.\int \left[\dfrac{2x+\sqrt2+\sqrt2}{(x^2+1-\sqrt2x)}\right]dx-\frac{\sqrt2}{8}.\int\left[\dfrac{2x-\sqrt2-\sqrt2}{(x^2+1+\sqrt2x)}\right]dx$  

Paydadaki ifadenin türevinin yukardakine benzemesi için her iki entegrasyondaki $2\sqrt2$ lerden birer $\sqrt2$ eksiltelim



$\int \dfrac{dx}{1+x^4}=\frac{\sqrt2}{8}.\int \left[\dfrac{2x+\sqrt2}{(x^2+1-\sqrt2x)}\right]dx-\frac{\sqrt2}{8}.\int\left[\dfrac{2x-\sqrt2}{(x^2+1+\sqrt2x)}\right]dx+\dfrac{1}{4}.\int\dfrac{dx}{(x^2+1+\sqrt2x)}+\dfrac{1}{4}.\int\dfrac{dx}{(x^2+1-\sqrt2x)}$  


dikkat ederseniz $\frac{1}{4}$li ifadeler arctan ın türevine çok benziyor

$\frac{1}{4}$ ifadeyi 2 ile çarpıp 2ye bölelim;

$\int \dfrac{dx}{1+x^4}=\frac{\sqrt2}{8}.\left[\int \dfrac{2x+\sqrt2}{(x^2+1-\sqrt2x)}dx-\int\dfrac{2x-\sqrt2}{(x^2+1+\sqrt2x)}dx\right]+\dfrac{\sqrt2}{4}.\left[\int\dfrac{\sqrt2}{(\sqrt2x+1)^2+1}dx+\int\dfrac{\sqrt2}{(\sqrt2x-1)^2+1}dx\right]$ 

ve 

$\int \dfrac{dx}{1+x^4}=\frac{\sqrt2}{8}ln(x^2+x\sqrt2+1)-\frac{\sqrt2}{8}ln(x^2-x\sqrt2+1)+\frac{\sqrt2}{4}arctan(\sqrt2x+1)+\frac{\sqrt2}{4}arctan(\sqrt2x-1)$
 

gelir.