Continua primitiva de $\frac{1}{1+\cos^2 x}$ sin la función del piso.

Question

Dejando $u = 2x$$t = \tan \frac{u}{2}$, me encontré con el continuo antiderivada de la función a:

$$\int \frac{1}{1+\cos^2 x}dx\\= \int \frac{2}{3+\cos2x} dx\\ = \int \frac{1}{3+\cos u}du \\=\int \frac{\frac{2}{1+t^2}}{3+\frac{1-t^2}{1+t^2}}dt\\= \int\frac{1}{2+t^2}dt \\= \frac{1}{\sqrt2}\arctan\left(\frac{\tan x}{\sqrt2}\right) + \frac{\pi}{\sqrt2} \left\lfloor \frac{x + \frac{\pi}{2} }{\pi} \right\rfloor + C $$

(Yo gráfica se deduce que el piso de la función de bits como no estoy familiarizado con su álgebra.)

Sin embargo, GeoGebra (en particular, wolfram) lo hace mejor. Que los estados, sin la función del suelo, que el continuo antiderivada es también:

$$ \frac{x}{\sqrt2} + \frac{1}{\sqrt2} \arctan\left( \frac{(1-\sqrt2)\sin 2x}{(\sqrt2 -1)\cos2x +\sqrt2 + 1}\right) + C$$

¿Cómo GeoGebra lograr tal hazaña? Y ¿cómo puedo demostrar y aplicar el ingenio?

Answer 1

Una cosa importante es que mientras se hace u-sustitución, la sustitución ha de ser inyectiva. Cuando se sustituye $u=\tan x$ en samjoe la respuesta, $\tan x$ no es inyectiva en toda la recta real, pero es inyectiva en intervalos de longitud de $\pi$. Es por eso que usted obtenga el derecho 'comportamiento' sólo dentro de intervalos, pero no entre ellos.

Yo creo que el Geogebra la respuesta puede ser derivada al señalar que $$\frac1{\pi}(arctan(\cot(\pi x))+\pi x-\pi/2)$$ se comporta exactamente de la misma como una función del suelo.

Utilizar también la suma fórmula para arctan: $$arctan (u)+arctan (v)=arctan(\frac{u+v}{1-uv})$$

AÑADIÓ:

Para demostrar la importancia de la inyectividad de sustituciones, considere la integral $$\int^1_{0}xdx$$ which equals $\frac12$.

Si sustituimos en $u=x^2-x$, obtenemos algo como $$\int^0_0 \cdots du=0$$

¿Qué causó la paradoja es $x^2-x$ no es inyectiva en el intervalo de $[0,1]$.

Del mismo modo, no hay nada de malo para $$\int^x_k \frac1{1+\cos ^2x}dx=\int^x_k\frac{\sec^2x}{2+\tan^2x}dx=^{u=\tan x}\int^{arctan(x)}_{arctan(k)}\frac{du}{2+u^2}=\frac1{\sqrt2}arctan(\frac{\tan x}{\sqrt2})+C$$ as long as $\tan x$ is injective in the interval $[k,x]$. If the injectivity is not achieved in the interval, $C$ would change when $x$ goes from an injective interval of $\tan x$ a otro.

Esto concuerda con lo que el OP se observa: la función del suelo, es una cosa constante en cada inyectiva intervalo de $\tan x$, y los cambios cuando se va a través de los intervalos. Se puede considerar, la función del suelo cosa es parte de $C$.

La elección de $k$ es arbitrario. Pero cuando tratamos de encontrar una antiderivada para todos los $x$ mientras $k$ permanece fija, es imposible para lograr siempre la inyectividad en $[k,x]$. Como un trade-off, tenemos que añadir una función del suelo para compensar el silencio de cambio de $C$.

AÑADIDO 2:

@samjoe derivados de la antiderivada $$\frac{\pi}{\sqrt2}\left \lfloor\frac{x+\pi/2}{\pi}\right\rfloor + \frac{1}{\sqrt 2}\arctan\left(\frac{\tan x}{\sqrt2}\right) $$

Observando $$\lfloor x\rfloor=\frac1{\pi}(arctan(\cot(\pi x))+\pi x-\pi/2)$$, la expresión anterior puede ser reescrito para $$\frac{x}{\sqrt2}+\frac{arctan(-\tan x)}{\sqrt2}+\frac{arctan(\frac{\tan x}{\sqrt2})}{\sqrt2}$$ $$=\frac{x}{\sqrt2}+\frac1{\sqrt2}({arctan(-\tan x)}+arctan(\frac{\tan x}{\sqrt2}))$$ Por la suma de la fórmula indicada anteriormente $$=\frac{x}{\sqrt2}+\frac1{\sqrt2}arctan(\frac{-\tan x+\frac{\tan x}{\sqrt2}}{1+\frac{\tan^2x}{\sqrt2}})$$ $$=\frac{x}{\sqrt2}+\frac1{\sqrt2}arctan(\frac{\tan x(1-\sqrt2)}{\sqrt2+\tan^2x+1-1})$$ $$=\frac{x}{\sqrt2}+\frac1{\sqrt2}arctan(\frac{\tan x(1-\sqrt2)}{\sqrt2+\sec^2x-1})$$ $$=\frac{x}{\sqrt2}+\frac1{\sqrt2}arctan(\frac{(1-\sqrt2)\sin x\cos x}{(\sqrt2-1)\cos^2 x+1})$$ $$=\frac{x}{\sqrt2}+\frac1{\sqrt2}arctan(\frac{(1-\sqrt2)2\sin x\cos x}{(\sqrt2-1)(2\cos^2 x)+2})$$ $$=\frac{x}{\sqrt2}+\frac1{\sqrt2}arctan(\frac{(1-\sqrt2)\sin 2x}{(\sqrt2-1)(\cos 2x +1)+2})$$ $$=\frac{x}{\sqrt2}+\frac1{\sqrt2}arctan(\frac{(1-\sqrt2)\sin 2x}{(\sqrt2-1)\cos 2x+\sqrt2+1})$$ que es exactamente lo que queremos.

Answer 2

Con La Función Del Suelo

Deje $(1+\cos^2x )^{-1} = f(x)$. Ahora que has encontrado,

$$\int \frac{dx}{1+\cos^2 x} = \int \frac{\sec^2 x }{2+\tan^2 x} dx = \frac{1}{\sqrt{2} } \arctan\left(\frac{\tan x}{\sqrt 2}\right)$$

El problema es que la integral de una función continua debe ser continua. La hemos encontrado es discontinua en todos los impares múltiplos de $\pi/2$. Permite analizar para la $x\in [\tfrac{(2k-1)\pi}{2}, \tfrac{(2k+1 ) \pi}{2}]$. Entonces

$$\begin{align} \int_{0}^{x} f(t) dt &= \int_{0}^{\pi/2}f(t) dt+\int_{\pi/2}^{3\pi/2}f(t) dt ... \int_{(2k-1)\pi/2}^{x}f(t) dt \\ &= \frac{\pi k}{\sqrt2} + \frac{1}{\sqrt 2}\arctan\left(\frac{\tan x}{\sqrt2}\right) \\ \end{align}$$

Ahora desde $x\in [\tfrac{(2k-1)\pi}{2}, \tfrac{(2k+1 ) \pi}{2}], $$x+\pi/2 \in [k\pi, (k+1)\pi]$$\frac{x+\pi/2}{\pi} \in [k, k+1]$, de modo que $\lfloor\frac{x+\pi/2}{\pi}\rfloor = k$. Sustituyendo en la ecuación anterior se obtiene:

$$\int_{0}^{x} f(t) dt =\frac{\pi}{\sqrt2}\left \lfloor\frac{x+\pi/2}{\pi}\right\rfloor + \frac{1}{\sqrt 2}\arctan\left(\frac{\tan x}{\sqrt2}\right) $$

Sin La Función Del Suelo

No podía hacer esto, añadir que si me encuentro con uno.