Całki dla smakoszy

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ \int x^2 \ln^3 (x)}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{e^{2x}+ e^{-2x} }}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{x dx}{(2x+1)(x+2) }}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{x dx}{\sqrt{-x^2 +4x-3} }}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{(x^2+ 3x + 4 )^2}}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1+ \cos x + \sin x}}\)
\(\displaystyle{ \int x e^{\sqrt[3]{x}} dx}\)

[Mariusz M]

1. Trzykrotnie przez części
2. Podstawienie \(\displaystyle{ t=e^{x}}\) lub zamiana na funkcje hiperboliczne
3. Rozkład na sumę ułamków prostych
4. Sprowadzenie trójmianu kwadratowego pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej
5. Sprowadzenie trójmianu kwadratowego pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej
oraz wzór redukcyjny
6. Można zastosować podstawienie \(\displaystyle{ t=\tan{\left( \frac{x}{2} \right) }}\) lub podobne
albo rozszerzyć ułamek przez \(\displaystyle{ 1-\left( \cos{x}+\sin{x}\right)}\) aby w mianowniku
uzyskać wzór skróconego mnożenia
7. Przez części (dla wygody można podstawić \(\displaystyle{ x=t^3}\))

1.:    

\(\displaystyle{ \int x^2 \ln^3 (x) \mbox{d}x =\frac{x^3}{3}\ln^3{x}-\int{x^2\ln^{2}{x} \mbox{d}x }\\
\int x^2 \ln^3 (x) \mbox{d}x =\frac{x^3}{3}\ln^3{x}-\left( \frac{x^3}{3}\ln^{2}{x}-\frac{2}{3}\int{x^2\ln{x}}\right)\\
\int x^2 \ln^3 (x) \mbox{d}x =\frac{x^3}{3}\ln^3{x}-\frac{x^3}{3}\ln^{2}{x}+\frac{2}{3}\left( \frac{x^3}{3}\ln{x}-\frac{1}{3}\int{x^2 \mbox{d}x }\right) \\
\int x^2 \ln^3 (x) \mbox{d}x =\frac{x^3}{3}\ln^3{x}-\frac{x^3}{3}\ln^{2}{x}+\frac{2}{9}x^3\ln{x}-\frac{2}{27}x^3+C\\}\)

2.:    

\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{e^{2x}+ e^{-2x} }=\frac{1}{2}\int{\frac{2}{e^{2x}+e^{-2x}} \mbox{d}x }\\
=\frac{1}{2}\int{\frac{ \mbox{d}x }{\cosh^{2}{2x}}}=\int{\frac{\cosh{2x}}{\cosh^{2}{2x}} \mbox{d}x }\\
=\frac{1}{2}\int{ \frac{\cosh{2x}}{1+\sinh^{2}{2x}} }\\
=\frac{1}{4}\int{ \frac{2\cosh{2x}}{1+\sinh^{2}{2x}} }\\
=\frac{1}{4}\arctan{\left( \sinh{2x}\right) }+C\\
=\frac{1}{4}\arctan{\left( \frac{e^{2x}-e^{-2x}}{2} \right) }+C}\)

3.:    

\(\displaystyle{ \int \frac{x dx}{(2x+1)(x+2) }\\
3x=2\left( 2x+1\right)-\left( x+2\right) \\
\frac{1}{3}\int{\frac{2\left( 2x+1\right)-\left( x+2\right)}{(2x+1)(x+2)} \mbox{d}x } \\
\frac{1}{3}\int{ \frac{2}{x+2} \mbox{d}x }-\frac{1}{6}\int{\frac{2}{2x+1} \mbox{d}x }\\
=\frac{2}{3}\ln{\left| x+2\right| }-\frac{1}{6}\ln{\left| 2x+1\right| }+C}\)

4.:    

\(\displaystyle{ \int \frac{x dx}{\sqrt{-x^2 +4x-3} }\\
=\int{\frac{x \mbox{d}x }{\sqrt{1-\left( x-2\right)^2 }}}\\
=\int{\frac{x-2+2 }{\sqrt{1-\left( x-2\right)^2 }}\mbox{d}x}\\
=-\sqrt{-x^2 +4x-3}+2\arcsin{\left(x-2 \right) }+C}\)

5.:    

\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{(x^2+ 3x + 4 )^2}\\
=\int{\frac{ \mbox{d}x }{\left( \left( x+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{7}{4}\right)^2 }}\\
x+\frac{3}{2}=\frac{ \sqrt{7} }{2}t\\
\mbox{d}x =\frac{ \sqrt{7} }{2} \mbox{d}t\\
\frac{ \sqrt{7} }{2}\int{ \frac{ \mbox{d}t}{\left( \frac{7}{4}t^2+ \frac{7}{4} \right)^2 } }\\
\frac{ \sqrt{7} }{2} \cdot \frac{16}{49}\int{ \frac{ \mbox{d}t}{\left( t^2+1\right)^2 } } \\
=\frac{8\sqrt{7}}{49}\int{ \frac{ \mbox{d}t}{\left( t^2+1\right)^2 } }\\
\int{\frac{ \mbox{d}t}{\left( t^2+1\right)^2}}=\int{\frac{1+t^2-t^2}{\left( t^2+1\right)^2} \mbox{d}t}\\
=\int{\frac{ \mbox{d}t}{t^2+1}}+\int{\frac{t}{2} \cdot \frac{\left( -2t\right) }{\left( t^2+1\right)^2} \mbox{d}t}\\
=\int{\frac{ \mbox{d}t}{t^2+1}}+\frac{1}{2} \cdot \frac{t}{t^2+1}-\frac{1}{2}\int{\frac{ \mbox{d}t}{t^2+1}} \\
\int{\frac{ \mbox{d}t}{\left( t^2+1\right)^2}}=\frac{1}{2} \cdot \frac{t}{t^2+1}+\frac{1}{2}\int{\frac{ \mbox{d}t}{t^2+1}}\\
\int{\frac{ \mbox{d}t}{\left( t^2+1\right)^2}}=\frac{1}{2} \cdot \frac{t}{t^2+1}+\frac{1}{2}\arctan{\left( t\right) }+C\\
\frac{8 \sqrt{7} }{98}\cdot \frac{t}{t^2+1}+\frac{8 \sqrt{7} }{98}\arctan{\left( t\right) }+C\\
\frac{8 \sqrt{7} }{98}\cdot\frac{ \frac{2x+3}{ \sqrt{7} } }{\left(\frac{2x+3}{ \sqrt{7} } \right)^2+1 }+\frac{8 \sqrt{7} }{98}\arctan{\left( \frac{2x+3}{ \sqrt{7} } \right) }+C\\
\frac{8 \sqrt{7} }{98}\cdot\frac{ \frac{2x+3}{ \sqrt{7} } }{\frac{4x^2+12x+9+7}{7} }+\frac{8 \sqrt{7} }{98}\arctan{\left( \frac{2x+3}{ \sqrt{7} } \right) }+C\\
\frac{1 }{7} \frac{2x+3}{x^2+3x+4}+\frac{4 \sqrt{7} }{49}\arctan{\left( \frac{2x+3}{ \sqrt{7} } \right) }+C}\)

6.:    

\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{1+ \cos x + \sin x}=\int{\frac{1-\cos{x}-\sin{x}}{1-\left( \cos{x}+\sin{x}\right)^2 } \mbox{d}x }\\
=\int{ \frac{1-\cos{x}-\sin{x}}{1-\cos^{2}{x}-2\cos{x}\sin{x}-\sin^{2}{x}} \mbox{d}x }\\
=\int{\frac{-1+\cos{x}+\sin{x}}{2\cos{x}\sin{x}} \mbox{d}x }\\
=-\int{\frac{ \mbox{d}x }{\sin{2x}}}+\frac{1}{2}\int{\frac{ \mbox{d}x }{\sin{x}}}+\frac{1}{2}\int{\frac{ \mbox{d}x }{\cos{x}}}\\
=-\int{\csc{2x} \mbox{d}x }+\frac{1}{2}\int{\csc{x} \mbox{d}x }+\int{\sec{x} \mbox{d}x }\\
\left( \csc{x}\right)'=-\cot{x}\csc{x}\\
\left( \cot{x}\right)'=-\csc^2{x}\\
\left(\csc{x}-\cot{x} \right)'=\left(-\cot{x}\csc{x}+\csc^2{x} \right)\\
\left(\csc{x}-\cot{x} \right)'=\csc{x}\left(-\cot{x}+\csc{x} \right)\\
=-\frac{1}{2}\int{\frac{\csc{2x}\left(-\cot{2x}+\csc{2x} \right)}{-\cot{2x}+\csc{2x}} \mbox{d}x }+\frac{1}{2}\int{\frac{\csc{x}\left(-\cot{x}+\csc{x} \right)}{-\cot{x}+\csc{x}} \mbox{d}x }+\frac{1}{2}\int{\frac{\sec{x}\left(\sec{x}+\tan{x}\right)}{\sec{x}+\tan{x}} \mbox{d}x } \\
=-\frac{1}{2}\ln{\left|\csc{2x}-\cot{2x} \right| }+\frac{1}{2}\ln{\left|\csc{x}-\cot{x} \right| }+\frac{1}{2}\ln{\left| \sec{x}+\tan{x}\right| }+C\\
=\frac{1}{2}\ln{\left| \frac{1+\sin{x}}{1+\cos{x}}\right| }+C}\)

7.:    

\(\displaystyle{ \int x e^{\sqrt[3]{x}} dx\\
x=t^3\\
\mbox{d}x =3t^2\\
\int{3t^5e^{t} \mbox{d}t}\\
\int{3t^5e^{t} \mbox{d}t}=\left( a_{5}t^5+a_{4}t^4+a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0}\right)e^{t}\\
3t^5e^{t}=\left( 5a_{5}t^4+4a_{4}t^3+3a_{3}t^2+2a_{2}t+a_{1}\right)e^{t}+\left( a_{5}t^5+a_{4}t^4+a_{3}t^3+a_{2}t^2+a_{1}t+a_{0}\right)e^{t}\\
3t^5e^{t}=\left( a_{5}t^5+\left( a_{4}+5a_{5}\right)t^4+\left( a_{3}+4a_{4}\right)t^3+\left( a_{2}+3a_{3}\right)t^2+\left( a_{1}+2a_{2}\right)t+a_{0}+a_{1} \right)e^{t} \\
3t^5=\left( a_{5}t^5+\left( a_{4}+5a_{5}\right)t^4+\left( a_{3}+4a_{4}\right)t^3+\left( a_{2}+3a_{3}\right)t^2+\left( a_{1}+2a_{2}\right)t+a_{0}+a_{1} \right)\\
\begin{cases} a_{5}=3 \\ a_{4}+5a_{5}=0\\a_{3}+4a_{4}=0\\a_{2}+3a_{3}=0\\a_{1}+2a_{2}=0\\a_{0}+a_{1} =0 \end{cases} \\
\begin{cases} a_{5}=3 \\ a_{4}=-15\\a_{3}=60\\a_{2}=-180\\a_{1}=360\\a_{0}=-360 \end{cases} \\
\int{3t^5e^{t} \mbox{d}t}=\left( 3t^5-15t^4+60t^3-180t^2+360t-360\right)e^{t} +C\\
\int x e^{\sqrt[3]{x}} dx=\left( 3x \sqrt[3]{x^2}-15x \sqrt[3]{x}+60x-180\sqrt[3]{x^2}+360\sqrt[3]{x}-360 \right)e^{ \sqrt[3]{x} } +C}\)

[a4karo]

Pierwsza całka nie jest ani smieszna ani niewłasciwa, tylko raczej bezsensowna:jak zachowuje sie arkus sinus w okolicy nieskończoności?

[Mariusz M]

jak zachowuje sie arkus sinus w okolicy nieskończoności?

Arcus sinus poza przedziałem \(\displaystyle{ \left\langle -1,1\right\rangle}\)
daje wartości zespolone tylko problem jest w tym że jeśli przejdziemy na logarytm
to tam argument liczby zespolonej jest okresowy co sprawia że tam \(\displaystyle{ \arcsin{x}}\)
nie jest funkcją z \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) do \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\)

\(\displaystyle{ \ln{z}=\ln{\left| z\right| }+i\mathrm{arg}{\left( z\right)}}\)

\(\displaystyle{ \mathrm{arg}{\left( z\right) }}\) jest postaci \(\displaystyle{ a+2k\pi, \qquad a \in \mathbb{R}, k\in \mathbb{Z}}\)

Aby zrobić z tego logarytmu funkcję z \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) do \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\)
trzeba przyjąć za \(\displaystyle{ k}\) jakąś stałą wartość

Gdzie masz tego arcusa

Chodzi o tę z 2009

Jeśli tak to słuszna uwaga

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ \int \frac{\cos (x)}{a^2 - \cos^2 (x)} dx}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{\sin^3 (x)}{\sin^2 (x) + 2\cos^2 (x)} dx}\)
\(\displaystyle{ \int x^4 \sqrt{1-x^2} dx}\)

[Premislav]

Pierwsza: \(\displaystyle{ \frac{\cos x}{a^{2}-\cos^{2}x}= \frac{\cos x+a-a}{a^{2}-\cos x}= \frac{ \frac{1}{2} }{a-\cos x}- \frac{ \frac{1}{2} }{a+\cos x}}\) i chyba to nic nie daje. nie, jednak inaczej:
\(\displaystyle{ \int \frac{\cos (x)}{a^2 - \cos^2 (x)} dx= \int_{}^{} \frac{\cos(x)}{a^{2}+\sin^{2}x-1}dx=\bigg|t=\sin x \bigg|= \int_{}^{} \frac{dt}{a^{2}+t^{2}-1}=- \int_{}^{} \frac{-1+a^{2}+t^{2}-a^{2}-t^{2}}{a^{2}+t^{2}-1}dt}\),
tę ostatnią równość traktujemy jak równanie, przerzucając co się da (ino mundrze) i mamy
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{dt}{a^{2}+t^{2}-1}= -\frac{1}{1-a^{2}}\left( \int_{}^{}1dt- \int_{}^{} \frac{t^{2}}{a^{2}+t^{2}-1}dt \right)}\) - pierwsza całka w nawiasku jest trywialna, a drugą liczymy przez części, różniczkując \(\displaystyle{ t}\).
(to oczywiście nie działa dla \(\displaystyle{ a=1 \vee a=-1}\), ale wtedy całka jest standardowa).

-- 4 paź 2015, o 17:06 --

A nie, to jednak nie zadziała, bo dostaniemy jakąś przeskalowaną całkę z logarytmu czegoś brzydkiego i gdybyśmy to spróbowali zwalczyć przez części, to chyba dostaniemy błędne koło.
Dobra, nie umiem.

-- 4 paź 2015, o 17:13 --

Drugie: w mianowniku \(\displaystyle{ \sin^{2}x+2\cos^{2}x=1+\cos^{2}x}\), w liczniku \(\displaystyle{ \sin^{3}x=\sin x(1-\cos^{2}x)}\) i podstawiając \(\displaystyle{ t=\cos x}\) mamy całkę \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{t^{2}-1}{1+t^{2}} dt}\), w liczniku robimy \(\displaystyle{ t^{2}-1=t^{2}+1-2}\), rozbijamy na dwie całki i koniec, wynik mi wyszedł \(\displaystyle{ \cos x-2\arctg(\cos x)+C}\), jakoś tak. Można to jeszcze pewnie uprościć, bo skoro \(\displaystyle{ 1+tg^{2}x= \frac{1}{\cos^{2}x}}\) poza \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\), to coś się z tym da zrobić, ale ja nie jestem dobry z trygonometrii.

-- 4 paź 2015, o 17:21 --

Trzecie: \(\displaystyle{ x=\sin t, dx=\cos t dt}\) i mamy do policzenia
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \cos^{2}t \sin^{4}t \dd t= \int_{}^{} \sin^{4}t dt- \int_{}^{} \sin^{6}t dt}\)
i to można zrobić albo z wykorzystaniem tożsamości \(\displaystyle{ \frac{1-\cos 2t}{2}=\sin^{2}t}\),
\(\displaystyle{ \frac{1+\cos 2t}{2}=\cos^{2}t}\) oraz \(\displaystyle{ \sin^{3}t=- \frac{1}{4} \sin 3t+ \frac{3}{4} \sin t}\), albo wyprowadzając sobie wzór rekurencyjny na \(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin^{2n} t \mbox{d}t}\), ale tego mi się robić nie chce.-- 4 paź 2015, o 17:28 --Dobra, ten wzór jest przyjemniejszy niż potęgowanie wielomianów trygonometrycznych. "Robi się" go tak (choć można pewnie inaczej):
\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin^{2}t dt= \int_{}^{} \frac{1-\cos 2t}{2}dt= \frac{t}{2}- \frac{1}{4}\sin 2t+C}\), aby nasza rekurencja jakoś ze wystartowała.
No i dalej \(\displaystyle{ \int_{}^{} \sin^{2n}t \mbox{d}t= \int_{}^{} (-\cos t)'\sin^{2n-1} t dt}\) y potem przez części.

[jarek4700]

Może tak:

\(\displaystyle{ \int\frac{\cos x}{a^{2} - \cos^{2}x}dx = \int\frac{\cos x}{(a^{2} - 1) + \sin^{2}x}dx}\)

Podstawić \(\displaystyle{ \sin x = t}\) i sprowadzić do arcusa tangensa.

[Premislav]

Myślałem o tym, ale czy gdy \(\displaystyle{ a^{2}<1}\), to się to nie posypie?

-- 4 paź 2015, o 17:34 --

To nie złośliwość, serio pytam, bo nie jestem pewien - może takie wrażenie (to moje) bierze się z tego, że czegoś nie widzę.

[jarek4700]

No cóż, pozostaje rozważyć trzy przypadki. Jak będzie mniejsze od jedynki to rozkład na ułamki proste po takim samym podstawieniu. Jak \(\displaystyle{ a^{2}=1}\) to zostaje łatwa całka.

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ \int \frac{\cos (x)}{a^2 - \cos^2 (x)} dx\\
=\int{\frac{\cos{x}}{a^2-1+\sin^{2}{x}} \mbox{d}x }\\
t=\sin{x}\\
\int{\frac{ \mbox{d}t}{a^2-1+t^2}}}\)

Trzeba rozbić na przypadki kiedy dostaniemy \(\displaystyle{ \arctan}\)
albo \(\displaystyle{ \ln}\)

\(\displaystyle{ \int \frac{\sin^3 (x)}{\sin^2 (x) + 2\cos^2 (x)} dx\\
\int{\frac{\sin{x}\left(1-\cos^{2}{x}\right)}{1+\cos^{2}{x}}\mbox{d}x}\\
t=\cos{x}\\
\int{\frac{t^2-1}{t^2+1}\mbox{d}t}\\}\)


\(\displaystyle{ \int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{5}\int{\frac{\left( -x^6\right) }{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{5}\int{\frac{\left( x^4-x^6\right)-x^4 }{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
\frac{6}{5}\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{5}\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}}\\
\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x^3\sqrt{1-x^2}+3\int{x^2\sqrt{1-x^2}\mbox{d}x}\\
\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x^3\sqrt{1-x^2}+3\int{\frac{x^2-x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
4\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x^3\sqrt{1-x^2}+3\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x\sqrt{1-x^2}+\int{\sqrt{1-x^2}\mbox{d}x}\\
\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x\sqrt{1-x^2}+\int{\frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}\\
2\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-x\sqrt{1-x^2}+\int{\frac{\mbox{d}x}{\sqrt{1-x^2}}}\\
\int{\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=\frac{1}{2}\left(-x\sqrt{1-x^2}+\arcsin{x}\right)+C\\
\int{\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}\mbox{d}x}=-\frac{1}{4}x^3\sqrt{1-x^2}+\frac{3}{8}\left(-x\sqrt{1-x^2}+\arcsin{x}\right)+C\\
\frac{6}{5}\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{5}\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{5}\left(-\frac{1}{4}x^3\sqrt{1-x^2}+\frac{3}{8}\left(-x\sqrt{1-x^2}+\arcsin{x}\right)\right)+C\\
\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{x^5}{6}\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{24}x^3\sqrt{1-x^2}-\frac{1}{16}x\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{16}\arcsin{\left(x\right)}+C\\
\int x^4 \sqrt{1-x^2} dx=\frac{1}{48}\left(8x^5-2x^3-3x\right)\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{16}\arcsin{\left( x\right) }+C}\)

\(\displaystyle{ \int x^4\sqrt{1-x^2}\mbox{d}x\\
\sqrt{1-x^2}=xt-1\\
1-x^2=x^2t^2-2tx+1\\
-x=xt^2-2t\\
2t=xt^2+x\\
x\left(t^2+1\right)=2t\\
x=\frac{2t}{t^2+1}\\
xt-1=\frac{2t^2-t^2-1}{t^2+1}=\frac{t^2-1}{t^2+1}\\
\mbox{d}x =\frac{2\left(t^2+1\right)-2t \cdot 2t}{\left(t^2+1\right)}\mbox{d}t\\
\mbox{d}x =\frac{-2t^2+2}{\left(t^2+1\right)^4}\mbox{d}t\\
\int\frac{16t^4}{\left(t^2+1\right)^4} \cdot \frac{t^2-1}{t^2+1} \cdot \frac{\left(-2\right)\left(t^2-1\right)}{\left(t^2+1\right)^2} \mbox{d}t\\
-32\int\frac{t^4\left(t^2-1\right)^2}{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t\\
=-32\int\frac{t^8-2t^6+t^4}{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t\\
=-32\int\frac{\left( \left( t^2+1\right)-1 \right)^4-2\left( \left( t^2+1\right)-1 \right)^3+\left( \left( t^2+1\right)-1 \right)^2 }{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t\\
\left(t^2+1\right)^4-4\left(t^2+1\right)^3+6\left(t^2+1\right)^2-4\left(t^2+1\right)+1\\
-2\left(t^2+1\right)^3+6\left(t^2+1\right)^2-6\left(t^2+1\right)+2\\
+\left(t^2+1\right)^2-2\left(t^2+1\right)+1\\
=\left(t^2+1\right)^4-6\left(t^2+1\right)^3+13\left(t^2+1\right)^2-12\left(t^2+1\right)+4\\
-32\int\frac{\left(t^2+1\right)^4-6\left(t^2+1\right)^3+13\left(t^2+1\right)^2-12\left(t^2+1\right)+4}{\left(t^2+1\right)^7}\mbox{d}t}\)
\(\displaystyle{ =-32\left(\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^3}-6\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^4}+13\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^5}-12\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^6}+4\int\frac{\mbox{d}t}{\left(t^2+1\right)^7}\right)}\)

Teraz pozostaje zabawa wzorem redukcyjnym jeśli mamy go do dyspozycji

sposob na calke (Post by mariuszm #5179578)

Powyżej odnośnik do wpisu w którym ten wzorek wyprowadziłem

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{(x-1)\sqrt{1-x^2}}}\)
\(\displaystyle{ \int \arccos \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{dx}{\sqrt{x^2+2x-3}}}\)

[Premislav]

1. \(\displaystyle{ \int \frac{dx}{(x-1)\sqrt{1-x^2}}= \int_{}^{}\frac{1-x+x}{(x-1)\sqrt{1-x^2}}dx=\arccos x- \sqrt{1-x^{2}}+C}\)
2.
\(\displaystyle{ t^{2}= \frac{x}{x+1}\\x= \frac{t^{2}}{1-t^{2}}\\dx= \frac{2t}{(1-t^{2})^{2}}}\)
Dostajemy \(\displaystyle{ \int_{}^{} \frac{2t}{(1-t^{2})^{2}}\arccos t\mbox{d}t}\), to całkujemy przez części, różniczkując arcus cosinus. Potem odejmujemy i dodajemy w liczniku \(\displaystyle{ t^{2}}\) albo co (alternatywnie robimy podstawienie trygonometryczne), coś tam siekamy przez części i już prawie wychodzi. Wynik to chyba \(\displaystyle{ (x+1)\arccos \sqrt{ \frac{x}{x+1} }+\tg \left( \arcsin \sqrt{ \frac{x}{x+1} }\right)+C}\).
3. Zwijamy zawartość pierwiastka w mianowniku do \(\displaystyle{ (x+1)^{2}-4}\), podstawiamy \(\displaystyle{ x+1=2\tg^{2}t}\) etc. Potem wychodzi przeskalowana całka z secansa, czyli coś ultra znanego.

[Mariusz M]

Co do trzeciej całki to po co podstawienia cyklometryczne pchać jak pierwsze Eulera idealnie pasuje

W drugiej całce można od razu przez części wtedy podstawienie będzie opcjonalne

\(\displaystyle{ \int \arccos \sqrt{\frac{x}{x+1}} dx=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{ \frac{x}{x+1} } } \cdot \frac{x+1-x}{\left( x+1\right)^2 } \cdot \frac{1}{ \sqrt{ \frac{1}{x+1} } } \cdot x \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \cdot \frac{x}{x+1} \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \cdot \frac{x+1-1}{x+1} \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \mbox{d}x }-\int{\frac{1}{2 \sqrt{x} } \cdot \frac{1}{x+1} \mbox{d}x }\\
=x\arccos{\left( \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right) }+ \sqrt{x}-\arctan{\left( \sqrt{x} \right) } +C}\)

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ \int \frac{\cos(x) (2 \sin^2 (x) -1)}{\sin(x)+3} dx}\)
\(\displaystyle{ \int x^3 \sqrt{2+x^2} dx}\)
\(\displaystyle{ \int x \tg^3 (x) dx}\)

[Mariusz M]

1. Podstawienie \(\displaystyle{ t=\sin{x}+3}\)
2. Podstawienie \(\displaystyle{ t=\sqrt{2+x^2}}\)
Można też przez części

\(\displaystyle{ \int x \tg^3 (x) dx\\
\int{\tan^{3}{x} \mbox{d}x }\\
t=\tan{x}\\
\mbox{d}t=\frac{cos^{2}{x}+\sin^{2}{x}}{\cos^{2}{x}} \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+\tan^{2}{x}\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+t^2\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}x=\frac{\mbox{d}t}{1+t^2}\\
\int{\frac{t^3}{1+t^2}\mbox{d}t}=\int{\frac{t^3+t-t}{1+t^2} \mbox{d}t}\\
\int{\frac{t^3}{1+t^2}\mbox{d}t}=\int{t \mbox{d}t}-\frac{1}{2}\int{\frac{2t}{1+t^2} \mbox{d}t}\\
\int{\frac{t^3}{1+t^2}\mbox{d}t}=\frac{t^2}{2}-\frac{1}{2}\ln{\left| 1+t^2\right| }+C\\
\int{\tan^{3}{x} \mbox{d}x }=\frac{1}{2}\tan^2{x}-\frac{1}{2}\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }+C\\
\int x \tg^3 (x) dx=\frac{1}{2}x\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)-\frac{1}{2}\int{\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)\mbox{d}x}\\
\int x \tg^3 (x) dx=\frac{1}{2}x\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)-\frac{1}{2}\int{\tan^{2}{x}\mbox{d}x}+\frac{1}{2}\int{\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| } \mbox{d}x }\\
\int x \tg^3 (x) dx=\frac{1}{2}x\left(\tan^2{x}-\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| }\right)-\frac{1}{2}\left( \tan{x}-x\right) +\frac{1}{2}\int{\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| } \mbox{d}x }\\}\)

\(\displaystyle{ \int{\ln{\left| 1+\tan^2{x}\right| } \mbox{d}x }\\
t=\tan{x}\\
\mbox{d}t=\frac{cos^{2}{x}+\sin^{2}{x}}{\cos^{2}{x}} \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+\tan^{2}{x}\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}t=\left(1+t^2\right) \mbox{d}x \\
\mbox{d}x=\frac{\mbox{d}t}{1+t^2}\\
\int{\frac{\ln{\left| 1+t^2\right| }}{1+t^2} \mbox{d}t}\\}\)

Teraz trzeba wejść w zespolone i spróbować rozłożyć na sumę

Jeśli znamy całkę \(\displaystyle{ \int_{1}^{x}{\frac{\ln{t}}{1-t} \mbox{d}t}}\)
to uda się nam tę całkę policzyć