ممكن مساعده في التكامل...؟

spin · #1 18-12-2010, 01:15

اريد توضيح لطريقة حل هذا التكامل المكون على مايبدو من ثلاث دوال
$\int\limits_{0}^{\infty}{x^{n}}e^{-an}\cos nxdx$
وحله النهائي على الشكل

$n!{{\cos((n+1)\tan^{-1}{{n}\over{a}})}\over{a^{2}+n^{2}}}$
في انتظر الرد والجواب الشافي منكم
وكيفية البدء بحل تكامل من ثلاث دوال
وشكــــــــــــــــــرااااا:a_plain111:

spin · #2 19-12-2010, 16:41

معقوووووووووووووله ولا رد

الصادق · #3 20-12-2010, 02:32

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة spin

اريد توضيح لطريقة حل هذا التكامل المكون على مايبدو من ثلاث دوال
$\int\limits_{0}^{\infty}{x^{n}}e^{-an}\cos nxdx$
وحله النهائي على الشكل

$n!{{\cos((n+1)\tan^{-1}{{n}\over{a}})}\over{a^{2}+n^{2}}}$
في انتظر الرد والجواب الشافي منكم
وكيفية البدء بحل تكامل من ثلاث دوال
وشكــــــــــــــــــرااااا:a_plain111:

هذا تكامل ضرب داللتين وليس ثلاثة دوال لان الدالة الاسية لاتعتمد على x ويمكن استخارجها خارج علامة التكامل

$e^{-an}\int\limits_{0}^{\infty}{x^{n}}\cos nxdx$
والتكامل اعلاه يمكن حسابه بالتجزئية n مرة وناتج التكامل سوف يكون متباعداً عند ما تؤول x الى مالانهاية
لذلك اقول ربما ان هناك خطأ في نص السؤال ارجو التأكد من ذلك .. لانه لو كانت الدالة الاسية تعتمد على -x فانها سوف تعمل على ازاحة التباعد

spin · #4 21-12-2010, 20:55

عفوافيه خطا الداله الاسيه بالنسبه للاس ax وليسan هناك خطأ

spin · #5 22-12-2010, 22:04

ارررررررررررررررررررجـــــــــــــــــــــــــــــ ــــــــــــــــــــــو المساعده
عاجـــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــ ــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــلا
محتاجه الاجابه قبل الجمعه بلــــــــــــــــــــــيـــــــــــــــــــــــــ ز

الصادق · #6 22-12-2010, 22:29

في البداية دعنا نحسب التكامل التالي :
$\int e^{-ax}\cos nx\; dx$

افترض ان $u=\cos nx$ و $dv=e^{-ax}dx$
وعليه فان $du=-n\sin nx$ و $v=-\frac{1}{a}e^{-ax}$

وعن طريق التكامل بالتجزئية $\int udv=uv-\int vdu$ نجد ان

$\int e^{-ax}\cos nx\; dx=-\frac{1}{a}e^{-ax}\cos nx-\frac{n}{a}\int e^{-ax}\sin nx$

باجراء تكامل تجزئية اخر على التكامل الثاني في الطرف الايسر للمعادلة الاخيرة عن طريق تعويض
$u=\sin nx$ و $dv=e^{-ax}dx$ نجد ان

$\int e^{-ax}\cos nx\; dx=-\frac{1}{a}e^{-ax}\cos nx-\frac{n}{a}\left[-\frac{1}{a}e^{-ax}\sin nx+\frac{n}{a}\int e^{-ax}\cos nx \; dx\right]$
بترتيب المعادلة واستخراج التكامل كعامل مشترك (نقل التكامل الاخير في الطرف الايسر الى الطرف الايمن) نجد ان

$\left(1+\frac{n^2}{a^2}\right)\int e^{-ax}\cos nx\; dx=-\frac{1}{a}e^{-ax}\cos nx+\frac{n}{a^2}e^{-ax}\sin nx$
بضرب الطرفين في مربع a نحصل على

$\left(a^2+n^2\right)\int e^{-ax}\cos nx\; dx=e^{-ax}\left[n\sin nx-a\cos nx\right]$

اي ان

$\therefore \; \int e^{-ax}\cos nx\; dx=\frac{e^{-ax}\left[n\sin nx-a\cos nx\right]}{a^2+n^2}\qquad (1)$

الان من اجل التبسيط دعنا نفترض ان
$\sin t= \frac{n}{\sqrt{a^2+n^2}}\qquad \text{and}\qquad \cos t= \frac{a}{\sqrt{a^2+n^2}}\qquad \to \tan t=\frac{n}{a}$

بالتعويض في المعادلة (1) نحصل على

$\int e^{-ax}\cos nx\; dx=\frac{e^{-ax}\left[\sin t\sin nx-\cos t\cos nx\right]}{\sqrt{a^2+n^2}}$

باستخدام مفكوك جيب تمام مجموع الزاويتين $\cos(\theta_1+\theta_2)=\cos\theta_1\cos\theta_2-\sin\theta_1\sin\theta_2$ في الطرف الايسر من المعادلة الاخيرة

$\int e^{-ax}\cos nx\; dx=-\frac{e^{-ax}\cos\left[ nx+t \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}\qquad (2)$

ولما كان $\tan t=\frac{n}{a}$ فان $t=tan^{-1} \frac{n}{a}$ اذن بتعويض t في المعادلة (2) نحصل على الصورة النهائية التالية

$\int e^{-ax}\cos nx\; dx=-\frac{e^{-ax}\cos\left[ nx+\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}\qquad (3)$
.................................................. .................................................. ...............
الان نريد ان نحسب التكامل التالي:
$\int x^ne^{-ax}\cos nx\; dx$

افترض ان $u=x^n$ و $dv=e^{-ax}\cos nxdx$
و عليه فان $du=nx^{n-1}$ اما تكامل dv فقد حسبناه في الاعلى وناتجه يُعطى من المعادلة (3 ) اي ان

$v=-\frac{e^{-ax}\cos\left[ nx+\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}$
وباجراء التكامل بالتجزئية $\int udv=uv-\int vdu$ نحصل على

$\int x^ne^{-ax}\cos nx\; dx=-\frac{x^ne^{-ax}\cos\left[ nx+\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}+\frac{n}{\sqrt{a^2+n^2}}\int x^{n-1}e^{-ax}\cos \left[nx+\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]\; dx \qquad(4)$

باجراء تكامل بالتجزئية على التكامل الثاني في الطرف الايسر بتكرار نفس الخطوات السابقة سوف نحصل على

$\int x^ne^{-ax}\cos nx\; dx=-\frac{x^ne^{-ax}\cos\left[ nx+\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}+\frac{n}{\sqrt{a^2+n^2}}\left[\frac{x^{n-1}e^{-ax}\cos\left[ nx+2\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}+\frac{n-1}{\sqrt{a^2+n^2}}\int x^{n-2}e^{-ax}\cos \left[nx+2\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]\; dx\right] \qquad(5)$
لاحظ اننا لم نكرر كل الخطوات بل استخدمنا المعادلة (4) كمعادلة تكرارية وعوضناها على نفسها في الحد الذي يحتوي على التكامل. وهكذا بتكرار تطبيق المعادلة (4) على تكامل الاخير في الطرف الايمن من المعادلة (5) سوف نحصل على

$\int x^ne^{-ax}\cos nx\; dx=-\frac{x^ne^{-ax}\cos\left[ nx+\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}+\frac{n}{\sqrt{a^2+n^2}}\left[\frac{x^{n-1}e^{-ax}\cos\left[ nx+2\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}+\frac{n-1}{\sqrt{a^2+n^2}}\left[-\frac{x^{n-2}e^{-ax}\cos\left[ nx+3\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}+\frac{n-2}{\sqrt{a^2+n^2}}\int x^{n-3}e^{-ax}\cos \left[nx+3\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]\; dx\right]\right] \qquad(6)$

وبترتيب المعادلة الاخيرة

$\int x^ne^{-ax}\cos nx\; dx=-\frac{x^ne^{-ax}\cos\left[ nx+\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\sqrt{a^2+n^2}}+\frac{nx^{n-1}e^{-ax}\cos\left[ nx+2\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\left(\sqrt{a^2+n^2}\right)^2}-\frac{n(n-1)x^{n-2}e^{-ax}\cos\left[ nx+3\tan^{-1}\frac{n}{a} \right]}{\left(\sqrt{a^2+n^2}\right)^3}+\frac{n(n-1)(n-2)}{\left(\sqrt{a^2+n^2}\right)^3}\int x^{n-3}e^{-ax}\cos \left[nx+3\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]\; dx \qquad(7)$
من هنا نستنبط انه بتكرار تكامل التجزئية عدد n مرة فان في كل مرة نكرر فيها استخدام المعادلة (4) ينقص اس x بمقدار 1 ويزداد اس المقام بمقدار 1 وتزداد الزاوية داخل علامة الـ cos بمقدار $\tan^{-1}\frac{n}{a}$ وتتغير الاشارة بالتنوب نسبة لان تفاضل الـcos يعطي اشارة سالبة وهكذا فان النتيجة الاخيرة يمكن كتابتها بالصورة المجموع التالي:

$\int x^ne^{-ax}\cos nx\; dx=-e^{-ax}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(-1)^{k+1}n!x^{n-k+1}\cos\left[nx+k\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]}{(n-k+1)!\left(a^n+n^2\right)^{\frac{k}{2}}}\qquad(8)$
.................................................. .................................................. ...

الان نريد حساب التكامل المحدد المطلوب في السؤال وهو

$\int_{0}^{\infty} x^ne^{-ax}\cos nx\; dx=-e^{-ax}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(-1)^{k+1}n!x^{n-k+1}\cos\left[nx+k\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]}{(n-k+1)!\left(a^n+n^2\right)^{\frac{k}{2}}}\left|_{x= \infty}+e^{-ax}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(-1)^{k+1}n!x^{n-k+1}\cos\left[nx+k\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]}{(n-k+1)!\left(a^n+n^2\right)^{\frac{k}{2}}}\right|_{x =0}\qquad(9)$

بتعويض x تؤول الى مالانهاية في الحد الاول نحصل على صفر وذلك لان اقتراب الدالة الاسية من الصفر اسرع من اقتراب $x^{n-k+1}$ والسبب هو ان
$\lim_{y\to \infty}\frac{y^n}{e^{y}}=\limit_{y\to \infty}\frac{y^n}{1+y+\frac{y^2}{2!}+\cdots +\frac{y^n}{n!}+\frac{y^{n+1}}{(n+1)!}+\cdots}=\li m_{y\to \infty} \frac{1}{\frac{1}{y^n}+\frac{1}{y^{n-1}}+\cdots +\frac{1}{n!}+\frac{y}{(n+1)!}+\frac{y^2}{(n+2)!}+ \cdots}=0$

الان فان المساهمة الوحيدة تاتي فقط من الحد الثاني في المعادلة (9)

$\int_{0}^{\infty} x^ne^{-ax}\cos nx\; dx=e^{-ax}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(-1)^{k+1}n!x^{n-k+1}\cos\left[nx+k\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]}{(n-k+1)!\left(a^n+n^2\right)^{\frac{k}{2}}}\LARGE |_{x=0}\qquad(10)$
الان بتعويض x=0 فان كل الحدود ماعدا الحد الاخير في المجموع تعتمد على x وبالتالي فان المساهمية غير الصفرية تاتي فقط من الحد الاخير اي عند k=n+1

$\int_{0}^{\infty} x^ne^{-ax}\cos nx\; dx=e^{-a\times 0}\frac{(-1)^{n+1+1}n!x^{n-(n+1)+1}\cos\left[n\times 0+(n+1)\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]}{(n-(n+1)+1)!\left(a^n+n^2\right)^{\frac{n+1}{2}}}\qqu ad(11)$
وهكذا فان

$\int_{0}^{\infty} x^ne^{-ax}\cos nx\; dx=\frac{n!\cos\left[(n+1)\tan^{-1}\frac{n}{a}\right]}{\left(a^n+n^2\right)^{\frac{n+1}{2}}}\qquad(12)$

هذا والله تعالى اعلم

spin · #7 25-12-2010, 21:55

الله يعطيك العافيه على هالمجهود
بس حابه اسأل اذا اقدر استفيد من هذا القانون لاختصار الحل

$\int\limits_{0}^{\infty}{e^{-ax}}\cos nxdx={{a}\over{a^{2}+n^{2}}}$

الصادق · #8 25-12-2010, 23:27

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة spin

الله يعطيك العافيه على هالمجهود
بس حابه اسأل اذا اقدر استفيد من هذا القانون لاختصار الحل

$\int\limits_{0}^{\infty}{e^{-ax}}\cos nxdx={{a}\over{a^{2}+n^{2}}}$

لم افهم السؤال
اذا كنت تقصدين استخدامه في تكامل التجزئية فلا اعتقد بانه سوف يكون مفيداً لانه تكامل محدود لايعتمد على متغير التكامل x

spin · #9 26-12-2010, 20:09

بصراحه استاذتنا عطتنا السؤال وكتبت باستخدام العلاقه التي في المشاركه السابقه نحصل على النتيجه (حل التكامل)
حاولت استفيد منها بس ما قدرت عشان كذا اسأل
حاولت اكامل بالتجزيء وخربطت ماعرفت
حابه اسأل عن التعويض اللي اخذت للتبسيط على اي اساس
اخذت القيم ل sin و
cosاقصد التعويضه
وشكرا

الصادق · #10 28-12-2010, 07:17

المشاركة الأصلية كتبت بواسطة spin

بصراحه استاذتنا عطتنا السؤال وكتبت باستخدام العلاقه التي في المشاركه السابقه نحصل على النتيجه (حل التكامل)
حاولت استفيد منها بس ما قدرت عشان كذا اسأل
حاولت اكامل بالتجزيء وخربطت ماعرفت
حابه اسأل عن التعويض اللي اخذت للتبسيط على اي اساس
اخذت القيم ل sin و
cosاقصد التعويضه
وشكرا

اذا طلب مني في بداية المسالة ان استخدم تلك العلاقة فسوف احسب المشتقة النونية
$\int_{0}^{\infty}x^ne^{-ax}\cos (nx) dx=(-1)^n\frac{\partial^n}{\partial a^n} \int_{0}^{\infty}e^{-ax}\cos (nx) dx= (-1)^n\frac{\partial^n}{\partial a^n}\left[\frac{-a}{a^2+n^2}\right]$
وسوف تتحول المسألة من تمرين في التكامل الى تمرين في التفاضل
و بطبيعة الحال هناك طرق كثيرة لحساب التكامل وكلها تعطى الاجابة الصحيحة

حابه اسأل عن التعويض اللي اخذت للتبسيط على اي اساس
اخذت القيم ل sin و
cosاقصد التعويضه

اذا قمت برسم المثلث وكان ظل الزاوية يساوي $\frac{n}{a}$ فان الوتر (من فيثاغورس) يكون $\sqrt{a^2+n^2}$ وعليه فان جيب يساوي المقابل n على الوتر وجيب التمام يساوي المجاور a على الوتر

أدوات الموضوع
مشاهدة صفحة طباعة الموضوع أرسل هذا الموضوع إلى صديق
انواع عرض الموضوع
العرض العادي الانتقال إلى العرض المتطور الانتقال إلى العرض الشجري

الذين يشاهدون محتوى الموضوع الآن : 1 ( الأعضاء 0 والزوار 1)

حسابٌ واحد لجميع خدماتنا !