całka nieoznaczona z pierwiastkiem

[paulina95]

Witam, czy mógłby mi ktoś rozpisać krok po kroku jak dojść do wyniku tej całki?

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sqrt{ x^{2} +1} = \frac{1}{2}\left( x \sqrt{x ^{2}+1} +ln\left( x+ \sqrt{x ^{2}+1 } \right) \right) +C}\)

[a4karo]

Przez częśći: \(\displaystyle{ u=\sqrt{x^2+1}}\)

[paulina95]

\(\displaystyle{ = x\sqrt{x ^{2}+1 } - \int_{}^{} \frac{ x^{2} }{ \sqrt{x ^{2}+1 } }}\)
co dalej?

[a4karo]

\(\displaystyle{ x^2=x^2+1-1}\)

[paulina95]

Nadal nic mi to nie daje. Czy moglbys rozpisac krok po kroku jak dojsc do wyniku?

[a4karo]

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{ x^{2} +1-1}{ \sqrt{x ^{2}+1 } } dx=\int \sqrt{x ^{2}+1 } dx -\int \frac{ 1}{ \sqrt{x ^{2}+1 } }dx}\)

[paulina95]

I mamy pierwsza calke ktora od poczatku chcemy policzyc. A wiec jak ja wyliczyć?

[a4karo]

Ale masz ja z minusem. Przenosisz na drugą stronę, dzielisz przez dwa i już.

[Mariusz M]

Przez części niewiele da jeżeli nie znamy funkcji hiperbolicznych i do nich odwrotnych

Ja proponuję pierwsze podstawienie Eulera

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

[a4karo]

Przez części niewiele da jeżeli nie znamy funkcji hiperbolicznych i do nich odwrotnych

Ja proponuję pierwsze podstawienie Eulera

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

A nie zauważyłeś, że własnie przez części ta całka została rozwiązana?

(bo całkę z \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}\) znaleźć można choćby w tablicach i należy do elementarza)

Dla porządku pozbierajmy:

\(\displaystyle{ \red\int \sqrt{ x^{2} +1}dx \black= x\sqrt{x ^{2}+1 } - \int \frac{ x^{2} }{ \sqrt{x ^{2}+1 } }dx\\
=x\sqrt{x ^{2}+1 } - \int \frac{ x^{2}+1-1 }{ \sqrt{x ^{2}+1 } }dx=x\sqrt{x ^{2}+1 }-\red\int \sqrt{ x^{2} +1}dx\black+\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}\\
=x\sqrt{x ^{2}+1 }-\red\int \sqrt{ x^{2} +1}dx\black +\ln(x+\sqrt{x^2+1})}\)

wyliczenie "czerwonej" całki teraz jest proste.

[Mariusz M]

Jeśli w tablicy jest "rozwiązana" całka z \(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{x^2+1} }}\)
to jest także "rozwiązana" całka \(\displaystyle{ \sqrt{x^2+1}}\)

Pierwsze podstawienie Eulera całkiem dobrze pasuje

\(\displaystyle{ \int{ \sqrt{x^2+1} \mbox{d}x }\\
\sqrt{x^2+1}=t-x\\
x^2+1=t^2-2tx+x^2\\
1=t^2-2tx\\
2tx=t^2-1\\
x=\frac{t^2-1}{2t}\\
\sqrt{x^2+1}=t-x=\frac{2t^2-t^2+1}{2t}=\frac{t^2+1}{2t}\\
\mbox{d}x =\frac{2t \cdot 2t-2\left( t^2-1\right) }{4t^2} \mbox{d}t\\
\mbox{d}x =\frac{2t^2+2}{4t^2} \mbox{d}t\\
\mbox{d}x =\frac{t^2+1}{2t^2} \mbox{d}t\\
\int{\frac{t^2+1}{2t} \cdot \frac{t^2+1}{2t^2} \mbox{d}t }\\
=\int{ \frac{\left( t^2+1\right)^2 }{4t^3} \mbox{d}t}\\
= \frac{1}{4} \int{\frac{t^4+2t^2+1}{t^3} \mbox{d}t}\\
=\frac{1}{4}\left( \int{t \mbox{d}t}+\int{ \frac{ \mbox{d}t}{t^3} }+2\int{ \frac{ \mbox{d}t}{t} }\right)\\
=\frac{1}{4}\left( \frac{t^2}{2}-\frac{1}{2t^2}+2\ln{\left| t\right| }\right) +C\\
=\frac{1}{4}\left(\frac{t^4-1}{2t^2}+2\ln{\left| t\right| } \right) +C\\
= \frac{1}{2}\left( \frac{t^4-1}{4t^2}+\ln{\left| t\right| } \right)+C\\
= \frac{1}{2}\left( \frac{t^2-1}{2t} \cdot \frac{t^2+1}{2t} +\ln{\left| t\right| } \right)+C\\
= \frac{1}{2}\left( x \sqrt{x^2+1}+\ln{\left| x+ \sqrt{x^2+1} \right| } \right) +C\\}\)

Bez żadnych tablic