Obliczenie całki nieoznaczonej

[chmiel123]

Czesc, czy moglibyscie pomoc mi z obliczeniem calki: \(\displaystyle{ \int x^2 \sqrt{1+x^2 \dd x}}\) probowalem z podstawieniem \(\displaystyle{ x=\tg t}\) ale gdy wyszlo mi cos takiego \(\displaystyle{ \int (\tg^2 t)(\tg^2 t + 1) \frac{\dd t}{\cos t}}\) to nie wiedzialem jak to dalej ruszyc.

[Premislav]

Da się ją policzyć za pomocą tego podstawienia, nawet dobrze zacząłeś, teraz skorzystajmy z tożsamości \(\displaystyle{ 1+\tg^{2}t=\frac{1}{\cos^{2}t}}\) i mamy do obliczenia
\(\displaystyle{ \int \frac{\tg^{2} t}{\cos^{3}t}\mbox{d}t=\int \frac{\sin^{2} t}{\cos^{5}t}\mbox{d}t=\int \sin t\left(\frac{1}{4}\cos^{-4} t\right)'\mbox{d}t\\=\frac{1}{4}\sin t\cos^{-4} t-\frac{1}{4}\int \cos^{-3}t \ \mbox{d} t}\)

Scałkowałem przez części. Tę ostatnią całkę też można zacząć przez części:
\(\displaystyle{ \int \cos^{-3} t\mbox{d}t=\int \left(\tg t\right)' \frac{\mbox{d} t}{\cos t}\\=\frac{\sin t}{\cos^{2} t}-\int \tg t\cdot \frac{\sin t}{\cos^{2} t}\mbox{d}t\\=\frac{\sin t}{\cos^{2} t}-\int \frac{1-\cos^{2}t}{\cos^{3} t}\mbox{d} t}\)
i jeśli oznaczymy \(\displaystyle{ I=\int \cos^{-3}t\mbox{d} t}\), to z dokładnością do stałej mamy
\(\displaystyle{ I=\frac{\sin t}{\cos^{2} t}-I+\int \frac{\mbox{d}t }{\cos t}}\)
tj.
\(\displaystyle{ I=\frac{1}{2}\frac{\sin t}{\cos ^{2} t}+\frac{1}{2}\int \frac{\mbox{d} t}{\cos t}}\)
Natomiast całka
\(\displaystyle{ \int \frac{\mbox{d}t}{\cos t}}\) jest mega znana i wynosi \(\displaystyle{ \ln\left|\frac{\sin\left(\frac{t}{2}\right)+\cos\left(\frac{t}{2}\right)}{\cos\left(\frac{t}{2}\right)-\sin\left(\frac{t}{2}\right)}\right|+C}\)
Pozostaje tylko wrócić z podstawieniem…

Dodano po 5 minutach 50 sekundach:
Chociaż w zasadzie ten sposób jest dość długi i nieładny, chyba zgrabniej byłoby uczynić tak:
\(\displaystyle{ \int x^{2}\sqrt{1+x^{2}}\mbox{d}x=\frac{1}{3}x^{3}\sqrt{1+x^{2}}-\frac{1}{3}\int\frac{x^{4}}{\sqrt{1+x^{2}}}\mbox{d} x}\)
(czyli scałkowanie przez części), a do tej całki
\(\displaystyle{ \int \frac{x^{4}}{\sqrt{1+x^{2}}}\mbox{d}x}\) zastosować metodę współczynników nieoznaczonych:

Kod: Zaznacz cały

http://www.math.us.edu.pl/~pgladki/faq/node76.html

Dodano po 16 minutach 55 sekundach:
W ogóle przy okazji tego wątku nie od rzeczy może być wyprowadzenie wzoru rekurencyjnego na \(\displaystyle{ I_{n}=\int \cos^{-2n-1}t\mbox{d}t}\), ponieważ nasza całka po podstawieniu równa jest \(\displaystyle{ I_{2}-I_{1}}\)
Mamy mianowicie (całkujemy przez części, korzystając ze znajomości pochodnej tangensa)
\(\displaystyle{ \int \cos^{-2n-1}t\mbox{d} t=\tg t\cos^{-2n+1} t-\int \tg t \cdot (2n-1)\sin t \cos^{-2n} t\mbox{d}t\\=\tg t \cos^{-2n+1} t-(2n-1)\int \frac{1-\cos^{2} t}{\cos^{2n+1} t}\mbox{d} t}\)
czyli
\(\displaystyle{ I_{n}=\frac{1}{2n}\tg t\cos^{-2n+1} t+\frac{2n-1}{2n}I_{n-1}}\)
W połączeniu z \(\displaystyle{ I_{0}=\ln\left|\frac{\cos\left(\frac{t}{2}\right)+\sin\left(\frac{t}{2}\right)}{\cos\left(\frac{t}{2}\right)-\sin\left(\frac{t}{2}\right)}\right|+C}\)
daje nam to
\(\displaystyle{ I_{2}-I_{1}=\frac{1}{4}\tg t \cos^{-3} t-\frac{1}{4}I_{1}=\frac{1}{4}\tg t\cos^{-2n+1} t-\frac{1}{8}\tg t\cos^{-1}t-\frac{1}{8}\ln\left|\frac{\cos\left(\frac{t}{2}\right)+\sin\left(\frac{t}{2}\right)}{\cos\left(\frac{t}{2}\right)-\sin\left(\frac{t}{2}\right)}\right|+C}\)

[a4karo]

A można też inaczej przez części \(u=x, v'=x\sqrt{1+x^2}, u'=1, v=\frac13(1+x^2)^{3/2}\).
\(\displaystyle{ \blue{\int x^2(1+x^2)^{1/2}dx}=\frac13 x(1+x^2)^{3/2}-\frac13\int (1+x^2)^{3/2}dx=\frac13 x(1+x^2)^{3/2}-\red{\frac13\int (1+x^2)^{1/2}dx}-\blue{\frac13\int x^2(1+x^2)^{1/2}dx}}\)

Z czerwoną całką sobie poradzisz przez części z `1`, a niebieska wyliczysz przenosząc na jedną stronę.

Dodano po 4 minutach 29 sekundach:
Szybko wynik daje również podstawienie \(x=\sinh t\).

[janusz47]

\(\displaystyle{ \int x^2\sqrt{1+ x^2}dx }\)

\(\displaystyle{ x = \sinh(t), \ \ dx = \cosh(t)dt }\)

\(\displaystyle{ \int x^2\sqrt{1- x^2}dx = \int \sin^2h(t)\sqrt{1 + \sin^2h(t)} \cosh(t) dt = \int \sin^2h(t)\cos^2h(t) dt = \frac{1}{4}\int \sin^2 h(2t)dt = \\ = \frac{1}{32}\left [\sinh(4t) - 4t \right] + C }\)

Skorzystaliśmy z tożsamości dla funkcji hiperbolicznych:

\(\displaystyle{ \cosh(4t) = 2\sin^2 h(2t) + 1 }\)

\(\displaystyle{ \sinh(4t) = 2\sinh(2t)\cosh(2t) = 4\sinh(t)\cosh(t) [ 1 + 2\sin^2h(t)] }\)

\(\displaystyle{ \sinh(4t) = 4x\cdot \sqrt{1+x^2}\cdot (1 + 2x^2) }\)

\(\displaystyle{ t = \sinh^{-1}(x) = \ln(x + \sqrt{x^2 +1}) }\)

\(\displaystyle{ \int x^2 \sqrt{1-x^2}dx = \frac{1}{32} \left[ 4x\sqrt{1 +x^2}(1+2x^2) - 4\ln( x + \sqrt{1+x^2})\right] + C = \\ =\frac{1}{8} \left[ x\sqrt{1 +x^2}(1 +2x^2) - \ln( x + \sqrt{1+x^2})\right] + C .}\)

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ \int x^2 \sqrt{1+x^2} \dd x\\
\sqrt{1+x^2}=t-x\\
1+x^2=t^2-2tx+x^2\\
1=t^2-2tx\\
2tx=t^2-1\\
x=\frac{t^2-1}{2t}\\
\dd x =\frac{2t \cdot 2t-2\left( t^2-1\right) }{4t^2} \dd t\\
\dd x =\frac{t^2+1}{2t^2} \dd t\\
t-x=\frac{2t^2-\left( t^2-1\right) }{2t}\\
t-x=\frac{t^2+1}{2t}\\
\int{\frac{\left( t^2-1\right)^2 }{4t^2} \cdot \frac{t^2+1}{2t} \cdot \frac{t^2+1}{2t^2} \dd t}\\
\int{\frac{\left( t^4-1\right)^2 }{16t^5} \dd t}\\
\int{ \frac{t^8-2t^4+1}{16t^5} \dd t }\\
\frac{1}{16}\int{t^3 \dd t}+\frac{1}{16}\int{\frac{1}{t^5} \dd t}-\frac{1}{8}\int{\frac{1}{t} \dd t}\\
=\frac{1}{64}t^4-\frac{1}{64t^4}-\frac{1}{8}\ln{\left| t\right| }+C\\
=\frac{1}{64} \cdot \frac{t^8-1}{t^4}-\frac{1}{8}\ln{\left| t\right| }+C\\
=\frac{1}{64} \cdot \frac{\left( t^4-1\right)\left( t^4+1\right) }{t^4}-\frac{1}{8}\ln{\left| t\right| }+C\\
=\frac{1}{64} \cdot \frac{\left( t^2+1\right)\left( t^2-1\right) \left( t^4+1\right) }{t^4}-\frac{1}{8}\ln{\left| t\right| }+C\\
=\frac{1}{8} \frac{t^2+1}{2t} \cdot \frac{\left( 2t^6-2t^4+2t^2-2\right) }{8t^3} -\frac{1}{8}\ln{\left| t\right| }+C\\
=\frac{1}{8} \frac{t^2+1}{2t} \cdot \frac{\left( \left( 2t^6-6t^4+6t^2-2\right)+4t^2\left( t^2-1\right) \right) }{16t^3} -\frac{1}{8}\ln{\left| t\right| }+C\\
= \frac{1}{8}\left(2x^3+x\right)\sqrt{1+x^2} -\frac{1}{8}\ln{\left| x+\sqrt{1+x^2}\right| }+C
}\)