Gli integrali razionali più difficili :(
$int(1/(x^4+x^3+x^2+x+1)dx$ e $int1/(x^7+1)dx$. Questi sono l' unico tipo di integrali razionali che proprio non riesco a fare. Ho notato i risultati su alpha e sono parecchio strani, eppure si possono fare entrambi coi numeri reali e sono funzioni integrabili. Perchè? 
Risposte
Ciao,
io farei una bella scomposizone con Ruffini, con divisore $x-1$. Prova
io farei una bella scomposizone con Ruffini, con divisore $x-1$. Prova
Sì, sono funzioni che si possono integrare con i soliti metodi delle funzioni razionali fratte, scomponendo in fratti semplici... l'unca cosa è che devi fare un po' di conticini, ma per il resto niente di particolare.
Tuttavia per scomporli devi stare attento a come cerchi le radici: quello che dice ham_burst è "quasi giusto" ma solo nel secondo caso: infatti puoi vedere che $x=-1$ è radice del polinomio $x^7+1$ e quindi il polinomio stesso è divisibile per $x+1$ (e non $x-1$).
Nel primo caso, invece, puoi scomporre il polinomio osservando che l'equazione $x^4+x^3+x^2+x+1=0$ è reciproca e quindi c'è un metodo standard per risolverla.
Tuttavia per scomporli devi stare attento a come cerchi le radici: quello che dice ham_burst è "quasi giusto" ma solo nel secondo caso: infatti puoi vedere che $x=-1$ è radice del polinomio $x^7+1$ e quindi il polinomio stesso è divisibile per $x+1$ (e non $x-1$).
Nel primo caso, invece, puoi scomporre il polinomio osservando che l'equazione $x^4+x^3+x^2+x+1=0$ è reciproca e quindi c'è un metodo standard per risolverla.
"ciampax":
Sì, sono funzioni che si possono integrare con i soliti metodi delle funzioni razionali fratte, scomponendo in fratti semplici... l'unca cosa è che devi fare un po' di conticini, ma per il resto niente di particolare.
Tuttavia per scomporli devi stare attento a come cerchi le radici: quello che dice ham_burst è "quasi giusto" ma solo nel secondo caso: infatti puoi vedere che $x=-1$ è radice del polinomio $x^7+1$ e quindi il polinomio stesso è divisibile per $x+1$ (e non $x-1$).
Nel primo caso, invece, puoi scomporre il polinomio osservando che l'equazione $x^4+x^3+x^2+x+1=0$ è reciproca e quindi c'è un metodo standard per risolverla.
si ma $x^7+1$ una volta scomposto con ruffini, rimane sempre una parte di sesto grado, li poi che posso fare?
per quanto riguarda invece l' altra grazie
, a quanto pare c'è proprio un metodo specifico per farla
Scrivi i conti e vediamo cosa resta 
"Raptorista":
Scrivi i conti e vediamo cosa resta
$int1/[(x+1)(x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1)]dx$ dovrebbe venire così
Il polinomio di sesto grado è di nuovo reciproco, quindi...
"ciampax":
Il polinomio di sesto grado è di nuovo reciproco, quindi...
no un attimo, allora non ho capito cosa intendi con reciproco....potresti spiegarti meglio ciampax?:)
Ieri ho provato a fare quell' altro integrale, e tu mi avevi detto che era reciproco, pensavo di aver capito ma non mi è venuto
Intende che l'equazione $P(x)=x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1=0$ è reciproca, cioè i coefficienti $a_i$ e $a_(n-i)$ sono uguali (in questo caso $n=6$). Praticamente il termine di grado massimo e il termine noto hanno uguali coefficienti, il termine di grado $n-1$ e quello di grado $1$ anche e così via, spostandoti sempre più all'interno, fino a raggiungere il o i due termini medi.
Quindi, puoi facilmente raccogliere.
Quindi, puoi facilmente raccogliere.
"Antimius":
Intende che l'equazione $P(x)=x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1=0$ è reciproca, cioè i coefficienti $a_i$ e $a_(n-i)$ sono uguali (in questo caso $n=6$). Praticamente il termine di grado massimo e il termine noto hanno uguali coefficienti, il termine di grado $n-1$ e quello di grado $1$ anche e così via, spostandoti sempre più all'interno, fino a raggiungere il o i due termini medi.
Quindi, puoi facilmente raccogliere.
grazie, adesso vedo che ne viene fuori......ho visto i sisultati su alpha, sono piuttosto "strani", non capisco come facciano ad uscire dei coefficienti quali $sen(pi/14)$ ecc
"Antimius":
Intende che l'equazione $P(x)=x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1=0$ è reciproca, cioè i coefficienti $a_i$ e $a_(n-i)$ sono uguali (in questo caso $n=6$). Praticamente il termine di grado massimo e il termine noto hanno uguali coefficienti, il termine di grado $n-1$ e quello di grado $1$ anche e così via, spostandoti sempre più all'interno, fino a raggiungere il o i due termini medi.
Quindi, puoi facilmente raccogliere.
ti sei dimenticato di considerare un $-x^3$, in questo modo non si riesce infatti
Ops, scusami 
Ora, non mi viene in mente come fattorizzare, ma mi sembra ci fosse un metodo abbastanza sicuro in queste equazioni
Ora, non mi viene in mente come fattorizzare, ma mi sembra ci fosse un metodo abbastanza sicuro in queste equazioni
"Antimius":
Ops, scusami
Ora, non mi viene in mente come fattorizzare, ma mi sembra ci fosse un metodo abbastanza sicuro in queste equazioni
figurati....comunque non sono così sicuro sia fattibile questo integrale, è strano perchè una volta fattorizzato su alpha mi dà risultati con la rootsum, se invece non fattorizzato me lo dà senza
una volta ridotto in polinomi di primo grado e secondo grado senza radici reali al denominatore è sempre fattibile, con il solito procedimento di scomposizione di hermite
Sì, infatti è fattibile. Bisogna solo trovare una scomposizione decente. Ma le radici non sono razionali perché $+-1$ non lo sono. Se mi viene in mente, ti faccio sapere 
un modo per risolverla (o perlomeno fare un passo avanti) è dividere tutto per $x^3$ e fare la sostituzione $t = x + 1/x$. Ti viene un equazione di terzo grado in t, che è già più fattibile, e in teoria esiste la formula risolutiva.
"Pdirac":
un modo per risolverla (o perlomeno fare un passo avanti) è dividere tutto per $x^3$ e fare la sostituzione $t = x + 1/x$. Ti viene un equazione di terzo grado in t, che è già più fattibile, e in teoria esiste la formula risolutiva.
eh ma dopo siccome è al denominatore viene un $1/x^3$ sopra al numeratore, almeno così ad occhio, poi non ho provato
"Antimius":
Sì, infatti è fattibile. Bisogna solo trovare una scomposizione decente. Ma le radici non sono razionali perché $+-1$ non lo sono. Se mi viene in mente, ti faccio sapere
magari grazie
Io ho fatto in questo modo (spero non ci siano nuovi errori ), su consiglio di Pdirac:
$x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1=0 hArr x^3-x^2+x-1+1/x-1/(x^2)+1/(x^3)=0$ (tanto $x!=0$).
Facendo la sostituzione, hai:
$t=x+1/x$
$t^2=x^2+1/(x^2)+2$ quindi $t^2-2=x^2+1/(x^2)$
$t^3=x^3+1/(x^3)+3x+3/x$ quindi $t^3-3t=x^3+1/(x^3)$.
Perciò, l'equazione di terzo grado è $t^3-t^2-2t+1=0$. Trovate le $t$, dovresti trovare le radici in $x$ e a quel punto scomporre il polinomio, ma considerando che anche stavolta $+-1$ non sono radici, questa equazione dovrebbe avere radici irrazionali. Quindi, devi usare la formula risolutiva delle equazioni di terzo grado, che è un suicidio.
Ma che esercizio
), su consiglio di Pdirac:$x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1=0 hArr x^3-x^2+x-1+1/x-1/(x^2)+1/(x^3)=0$ (tanto $x!=0$).
Facendo la sostituzione, hai:
$t=x+1/x$
$t^2=x^2+1/(x^2)+2$ quindi $t^2-2=x^2+1/(x^2)$
$t^3=x^3+1/(x^3)+3x+3/x$ quindi $t^3-3t=x^3+1/(x^3)$.
Perciò, l'equazione di terzo grado è $t^3-t^2-2t+1=0$. Trovate le $t$, dovresti trovare le radici in $x$ e a quel punto scomporre il polinomio, ma considerando che anche stavolta $+-1$ non sono radici, questa equazione dovrebbe avere radici irrazionali. Quindi, devi usare la formula risolutiva delle equazioni di terzo grado, che è un suicidio.
Ma che esercizio
Ragazzi, io non vorrei smontarvi, ma il polinomio di sesto grado che cercate di scomporre.... è irriducibile su $RR$! Infatti, essendo partiti da $x^7+1$, per poter scomporre questo polinomio dovreste trovare le radici settime di $-1$ che, a parte $-1$ stessa, sono tutte complesse. Appena ho tempo vi scrivo la soluzione completa (e vi spiego anche perché il WA fa apparire costanti tipo $\sin(\pi/{14})$).
Infatti, essendo partiti da $x^7+1$, per poter scomporre questo polinomio dovreste trovare le radici settime di $-1$ che, a parte $-1$ stessa, sono tutte complesse. Appena ho tempo vi scrivo la soluzione completa (e vi spiego anche perché il WA fa apparire costanti tipo $\sin(\pi/{14})$).
OMG, ma che idiota che sono! Non ci posso credere -_- Avevo proprio rimosso che il polinomio di partenza fosse $x^7+1$. Ma allora ogni fattore della scomposizione sarà della forma $((x-\beta_i)^2+\gamma_i^2)$, dove $\beta_i+-i\gamma_i$ sono le radici complesse coniugate, a parte ovviamente $(x+1)$.
Le radici sono $z_k=cos((\pi+2k\pi)/7)+i*sin((\pi+2k\pi)/7)$, per $k=0,...,6$. -_-
(Ora viene ciampax e mi smonta di nuovo LOL)
Le radici sono $z_k=cos((\pi+2k\pi)/7)+i*sin((\pi+2k\pi)/7)$, per $k=0,...,6$. -_-
(Ora viene ciampax e mi smonta di nuovo LOL)
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