Beste Antwort
Wir verwenden die Formel cos (A + B) = Cos A cos B – sin A sin B, um die Formeln von cos 2x zu erhalten.
Also ist Cos 2x = Cos (x + x) = Cos x cos x – sin x sin x = cos ^ 2 x – sin ^ 2 x
Also, Cos 2x = cos ^ 2 x – sin ^ 2 x … ……. (1)
Wiederum cos ^ 2 x – sin ^ 2 x = cos ^ 2 x – (1-cos ^ 2 x) = 2 cos ^ 2 x – 1
Also, Cos 2x = 2 cos ^ 2 x – 1 …………… .. (2)
Wieder 2 cos ^ 2 x – 1 = 2 (1 – sin ^ 2 x) – 1 = 1 – 2 sin ^ 2 x
Also , Cos 2x = 1 – 2 sin ^ 2 x
Daher ist Cos 2x = cos ^ 2 x – sin ^ 2 x = 2 cos ^ 2 x – 1 = 1 – 2 sin ^ 2 x
Antwort
Dies ist ab * tch:
{\ displaystyle \ int} \ dfrac {2x} {\ sin \ left (2x \ right)} \, \ mathrm {d} x
Wir schreiben diese Gleichung neu als = {\ displaystyle \ int} 2x \ csc \ left (2x \ right) \, \ mathrm {d} x \ Rightarrow \ class {step-node} {\ cssId {step- Knoten-1} {2}} {\ displaystyle \ int} x \ csc \ left (2x \ right) \, \ mathrm {d} x
Lassen Sie uns nach {\ displaystyle \ int} x auflösen \ csc \ left (2x \ right) \, \ mathrm {d} x
Umschreiben mit Exponentialen: = {\ displaystyle \ int} \ dfrac {2 \ mathrm {i} x} {\ mathrm { e} ^ {2 \ mathrm {i} x} – \ mathrm {e} ^ {- 2 \ mathrm {i} x}} \, \ mathrm {d} x \ Rightarrow \ class {step-node} {\ cssId {Schritte-Knoten-2} {2 \ mathrm {i}}} {\ cdot} {\ displaystyle \ int} \ dfrac {x} {\ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} – \ mathrm {e} ^ {- 2 \ mathrm {i} x}} \, \ mathrm {d} x
Jetzt lösen: {\ displaystyle \ int} \ dfrac {x} {\ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} – \ mathrm {e} ^ {- 2 \ mathrm {i} x}} \, \ mathrm {d} x
Setzen Sie Begriffe über einen gemeinsamen Nenner: = {\ displaystyle \ int} \ dfrac {x \ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x}} {\ mathrm {e} ^ {4 \ mathrm {i} x} -1} \, \ mathrm {d} x
Seit \ dfrac {\ mathrm {d}} {\ mathrm {d} x} \ left [\ mathrm {i} x \ right] = \ mathrm {i}.mathtt {g}
\ mathtt {f} \: = \ ln \ left (v \ right) \ to \ mathtt {f} „\: = \ dfrac {1} {v}; \ mathtt {g} „\: = \ dfrac {1} {v + 1} \ to \ mathtt {g} \: = \ ln \ left (v + 1 \ right)
= \ ln \ left (v \ rechts) \ ln \ links (v + 1 \ rechts) – {\ displaystyle \ int} \ dfrac {\ ln \ links (v + 1 \ rechts)} {v} \, \ mathrm {d} v
{\ displaystyle \ int} \ dfrac {\ ln \ left (v + 1 \ right)} {v} \, \ mathrm {d} v
Jetzt wird Folgendes gelöst: {\ Anzeigestil \ int} \ dfrac {\ ln \ left (v + 1 \ right)} {v} \, \ mathrm {d} v
Ersetzen Sie w = -v \ longrightarrow \ mathrm {d} v = – \ mathrm {d} w
= – {\ displaystyle \ int} – \ dfrac {\ ln \ left (1-w \ right)} {w} \, \ mathrm {d} w
Auch dies ist ein Dilogarithmus wie oben: = \ operatorname {Li} \_2 \ left (w \ right)
Also – {\ displaystyle \ int} – \ dfrac {\ ln \ left (1-w \ right)} {w} \, \ mathrm {d} w = – \ operatorname {Li} \_2 \ left (w \ right)
Substitution rückgängig machen w = -v: = – \ operatorname {Li} \_2 \ left (-v \ right)
Stecken Sie gelöste Integrale ein: \ ln \ left (v \ right) \ ln \ left (v + 1 \ right) – { \ displaystyle \ int} \ dfrac {\ ln \ left (v + 1 \ right)} {v} \, \ mathrm {d} v = \ ln \ left (v \ right) \ ln \ left (v + 1 \ rechts) + \ operatorname {Li } \_2 \ left (-v \ right)
Löst nun nach: {\ displaystyle \ int} \ dfrac {\ ln \ left (v \ right)} {v-1} \, \ mathrm { d} v
Ersetzen Sie w = v-1 \ longrightarrow \ mathrm {d} v = \ mathrm {d} w
= {\ displaystyle \ int} \ dfrac {\ ln \ left (w + 1 \ right)} {w} \, \ mathrm {d} w
Auch dies ist ein Dilogarithmus: = – \ operatorname {Li} \_2 \ left (-w \ right )
Und da w = v-1: = – \ operatorname {Li} \_2 \ left (1-v \ right)
Stecken Sie gelöste Integrale ein: – \ class {Schritte -knoten} {\ cssId {Schritte-Knoten-8} {\ dfrac {1} {2}}} {\ displaystyle \ int} \ dfrac {v \ ln \ left (v \ right)} {v ^ 2 + 1 } \, \ mathrm {d} v + \ class {Schritte-Knoten} {\ cssId {Schritte-Knoten-9} {\ dfrac {1} {4}}} {\ displaystyle \ int} \ dfrac {\ ln \ left (v \ rechts)} {v + 1} \, \ mathrm {d} v + \ class {Stufenknoten} {\ cssId {Stufenknoten-10} {\ dfrac {1} {4}}} {\ displaystyle \ int} \ dfrac {\ ln \ left (v \ right)} {v-1} \, \ mathrm {d} v = – \ dfrac {\ ln \ left (v \ right) \ ln \ left (v ^ 2 + 1 \ rechts)} {4} – \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (-v ^ 2 \ right)} {8} + \ dfrac {\ ln \ left (v \ right) \ ln \ left (v + 1 \ right)} {4} + \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (-v \ right)} {4} – \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (1-v \Recht )} {4}
Ersetzen Sie die Ersetzung von v = \ mathrm {e} ^ u, verwenden Sie \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ u \ right) = u:
= – \ dfrac {u \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ {2u} +1 \ right)} {4} – \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {2u} \ right)} {8} + \ dfrac {u \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ u + 1 \ right)} {4} + \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ u \ right)} {4} – \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (1- \ mathrm {e} ^ u \ right)} {4}
Stecken Sie die gelösten Integrale erneut ein: – {\ displaystyle \ int} \ dfrac {u \ mathrm {e} ^ {2u}} {\ mathrm {e} ^ {4u} -1} \, \ mathrm {d} u = \ dfrac {u \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ {2u} +1 \ right)} {4} + \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {2u} \ rechts)} {8} – \ dfrac {u \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ u + 1 \ right)} {4} – \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e } ^ u \ right)} {4} + \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (1- \ mathrm {e} ^ u \ right)} {4}
Da u = \ mathrm {i} x: = \ dfrac {\ mathrm {i} x \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} +1 \ right)} {4} + \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} \ right)} {8} – \ dfrac {\ mathrm {i} x \ ln \ left (\ mathrm {e } ^ {\ mathrm {i} x} +1 \ right)} {4} – \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ l eft (- \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} \ right)} {4} + \ dfrac {\ operatorname {Li} \_2 \ left (1- \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i } x} \ right)} {4}
Stecken Sie gelöste Integrale ein: \ class {step-node} {\ cssId {step-node-12} {2 \ mathrm {i}}} {\ cdot} {\ displaystyle \ int} \ dfrac {x} {\ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} – \ mathrm {e} ^ {- 2 \ mathrm {i} x}} \, \ mathrm {d} x = – \ dfrac {x \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} +1 \ right)} {2} + \ dfrac {\ mathrm {i} \ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} \ right)} {4} + \ dfrac {x \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} +1 \ rechts)} {2} – \ dfrac {\ mathrm {i} \ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} \ rechts) } {2} + \ dfrac {\ mathrm {i} \ operatorname {Li} \_2 \ left (1- \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} \ right)} {2}
Stecken Sie gelöste Integrale ein: \ class {step-node} {\ cssId {step-node-13} {2}} {\ displaystyle \ int} x \ csc \ left (2x \ right) \, \ mathrm {d } x = -x \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} +1 \ right) + \ dfrac {\ mathrm {i} \ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} \ right)} {2} + x \ ln \ left (\ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} +1 \ right) – \ mathrm {i} \ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ { \ mathrm {i} x} \ right) + \ mathrm {i} \ operatorname {Li} \_2 \ left (1- \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} \ right)
Jetzt müssen wir nur noch die Absolutwertfunktion auf Argumente von Logarithmusfunktionen anwenden, um die Domäne des Antiderivativs zu erweitern:
{\ displaystyle \ int} 2x \ csc \ left (2x \ right) ) \, \ mathrm {d} x = -x \ ln \ left (\ left | \ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} +1 \ right | \ right) + x \ ln \ left ( \ left | \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} +1 \ right | \ right) + \ dfrac {\ mathrm {i} \ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} \ right)} {2} – \ mathrm {i} \ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} \ right) + \ mathrm {i} \ operatorname {Li} \_2 \ left (1- \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} \ right) + C \ Rightarrow \ boxed {\ dfrac {\ mathrm {i} \ left (\ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} \ right) -2 \ operatorname {Li} \_2 \ left (- \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} \ right) +2 \ operatorname {Li} \_2 \ left (1- \ mathrm {e} ^ {\ mathrm {i} x} \ right) \ right)} {2} -x \ left ( \ ln \ left (\ left | \ mathrm {e} ^ {2 \ mathrm {i} x} +1 \ right | \ right) – \ ln \ left (\ left | \ mathrm {e} ^ {\ mathrm { i} x} +1 \ rechts | \ rechts) \ rechts) + C}