MATEMANIJA

Pozdrav svima.

~ Trazio sam ovaj integral da vidim ima li ga, da ne postam duplo; koliko sam uspio vidjeti nema ga, pa bih zamolio za savjet, tacnije provjeru rezultata.
[dispmath]\int\frac{1}{(x-1)^3\sqrt{x^2-2x-1}}\mathrm dx[/dispmath]
Uradio sam ga, i rezultat je sljedeci:
[dispmath]\text{arctg}\left(\text{tg}\left(\arcsin\left(\frac{\sqrt2}{x-1}\right)\right)\right)-\frac{1}{2}\cos\left(\arcsin\left(\frac{1}{1+\text{tg}^2\left(\arcsin\left(\frac{\sqrt2}{x-1}\right)\right)}\right)\right)[/dispmath]
~ E sad sto se tice postupka, to je vec "idila" bila .

1) Trik; izraz pod korjenom [inlmath]x^2-2x-1[/inlmath] sam napisao kao [inlmath](x-1)^2-2[/inlmath]
2) Smjena [inlmath](x-1)=t[/inlmath]
3) Smjena [inlmath]t=\frac{\sqrt2}{\sin z}[/inlmath]
4) Dalje smjena [inlmath]\text{tg }z=k[/inlmath]
5) Ovdje dobijam dva integrala gdje je jedan tablicni, a za drugi koristim smjenu [inlmath]1+k^2=s[/inlmath]
6) Onda ide smjena sa pocetka,korak (3), [inlmath]s=\frac{1}{\sin f}[/inlmath]
7) Konacno rjesenje
[dispmath]{\text{arctg }k}-\frac{1}{2}\cos f[/dispmath]
~ Sad, kad se sve smjene vrate dobijamo ovo:
[dispmath]\text{arctg}\left(\text{tg}\left(\arcsin\left(\frac{\sqrt2}{x-1}\right)\right)\right)-\frac{1}{2}\cos\left(\arcsin\left(\frac{1}{1+\text{tg}^2\left(\arcsin\left(\frac{\sqrt2}{x-1}\right)\right)}\right)\right)[/dispmath]
Da li je ovo ispravno?

Hvala.

Nisam gledao pazljivo tvoj postupak, ali mislim da se integral lakse resava ako se posle smene [inlmath]x-1=t[/inlmath] primeni smena [inlmath]t^2=z[/inlmath]. Tada se taj integral sa promenljivom [inlmath]z[/inlmath] moze resiti (npr.) parcijalnom integracijom.

ja sam prvo koristio smjenu [inlmath]x-1=t[/inlmath] a zatim [inlmath]z=\frac{1}{t}[/inlmath] na kraju se taj izraz sredi (pomnozi i podijeli sa [inlmath]2[/inlmath], doda se i oduzme [inlmath]1[/inlmath]) i dobiju se dva tablicna integrala

Sinisa je napisao:ja sam prvo koristio smjenu [inlmath]x-1=t[/inlmath] a zatim [inlmath]z=\frac{1}{t}[/inlmath]

Može i tako, s tim što rešenje neće biti baš najzgodnije zapisano jer će nam u njemu figurisati signum funkcija, zbog ovog koraka:
[dispmath]I=-\int\frac{z\,\mathrm dz}{\sqrt{\frac{1}{z^2}-2}}=-\int\frac{z\,\mathrm dz}{\frac{1}{\left|z\right|}\sqrt{1-2z^2}}=-\int\frac{z\left|z\right|\,\mathrm dz}{\sqrt{1-2z^2}}=-\,\text{sgn }z\int\frac{z^2\,\mathrm dz}{\sqrt{1-2z^2}}[/dispmath]

Onomatopeja je napisao:ali mislim da se integral lakse resava ako se posle smene [inlmath]x-1=t[/inlmath] primeni smena [inlmath]t^2=z[/inlmath]. Tada se taj integral sa promenljivom [inlmath]z[/inlmath] moze resiti (npr.) parcijalnom integracijom.

I ja mislim da je ovo OK postupak. Doduše, ne vidim načina da se odmah nakon uvođenja tih smena i dobijanja integrala [inlmath]\displaystyle I=\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm dz}{z^2\sqrt{z-2}}[/inlmath] uradi parcijalna, ali bih, pošto me ovaj integral dosta zainteresovao, pokazao neka dva načina koja bih ja nakon ovih smena primenio, a bilo bi fino ako neko zna još koji način, da i njega pokaže.

---

Prvi način:
Pomnožimo brojilac i imenilac sa [inlmath]\left(-2\right)[/inlmath], a zatim u brojiocu dodamo i oduzmemo [inlmath]z[/inlmath], čime se dobija [inlmath]\displaystyle I=-\frac{1}{4}\int\frac{z-2-z}{z^2\sqrt{z-2}}\,\mathrm dz[/inlmath] pa se to onda rastavi na dva integrala,
[dispmath]I=-\frac{1}{4}\left(\int\frac{\sqrt{z-2}}{z^2}\,\mathrm dz-\int\frac{\mathrm dz}{z\sqrt{z-2}}\right)=-\frac{1}{4}\left(I_1-I_2\right)[/dispmath]
Sad primenjujemo parcijalnu na integral [inlmath]I_1[/inlmath], pri čemu je [inlmath]u=\sqrt{z-2}[/inlmath] i [inlmath]\displaystyle\mathrm dv=\frac{\mathrm dz}{z^2}[/inlmath], pri čemu se dobije
[dispmath]\displaystyle I_1=-\frac{\sqrt{z-2}}{z}+\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm dz}{z\sqrt{x-2}}[/dispmath][dispmath]\displaystyle I_1=-\frac{\sqrt{z-2}}{z}+\frac{1}{2}I_2[/dispmath][dispmath]I=-\frac{1}{4}\left(I_1-I_2\right)=-\frac{1}{4}\left(-\frac{\sqrt{z-2}}{z}-\frac{1}{2}I_2\right)=\frac{\sqrt{z-2}}{4z}+\frac{1}{8}I_2[/dispmath]
Preostalo je, dakle, rešiti [inlmath]I_2[/inlmath], a on se lako rešava smenom [inlmath]\sqrt{z-2}=w[/inlmath], nakon čega se dobije [inlmath]\displaystyle I_2=\sqrt2\,\text{arctg}\sqrt{\frac{z-2}{2}}+c[/inlmath].
I, nakon vraćanja smene, dobije se
[dispmath]I=\frac{\sqrt{x^2-2x-1}}{4\left(x-1\right)^2}+\frac{\sqrt2}{8}\,\text{arctg}\sqrt{\frac{x^2-2x-1}{2}}+c[/dispmath]

---

Drugi način:
Odmah idemo sa smenom [inlmath]\sqrt{z-2}=w[/inlmath] i dobijemo [inlmath]\displaystyle I=\int\frac{\mathrm dw}{\left(w^2+2\right)^2}[/inlmath]. Pomnožimo brojilac i imenilac sa [inlmath]2[/inlmath], a u imeniocu dodamo i oduzmemo [inlmath]w^2[/inlmath], pa rastavljanjem na dva integrala dobijamo
[dispmath]I=\frac{1}{2}\left(\int\frac{\mathrm dw}{w^2+2}-\int\frac{w^2\,\mathrm dw}{\left(w^2+2\right)^2}\right)=\frac{1}{2}\left(I_1-I_2\right)[/dispmath]
[inlmath]I_2[/inlmath] se rešava parcijalnom, gde je [inlmath]u=w[/inlmath] i [inlmath]\displaystyle\mathrm dv=\frac{w\,\mathrm dw}{\left(w^2+2\right)^2}[/inlmath]. Dobije se
[dispmath]I_2=-\frac{w}{2\left(w^2+2\right)}+\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm dw}{w^2+2}[/dispmath][dispmath]I_2=-\frac{w}{2\left(w^2+2\right)}+\frac{1}{2}I_1[/dispmath][dispmath]I=\frac{1}{2}\left(I_1-I_2\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}I_1+\frac{w}{2\left(w^2+2\right)}\right)[/dispmath]
Za integral [inlmath]I_1[/inlmath] se lako dobije da iznosi [inlmath]\displaystyle I_1=\frac{\sqrt2}{2}\,\text{arctg}\frac{w}{\sqrt2}+c[/inlmath], pa je ceo integral jednak, nakon vraćanja smene,
[dispmath]I=\frac{\sqrt2}{8}\,\text{arctg}\sqrt{\frac{x^2-2x-1}{2}}+\frac{\sqrt{x^2-2x-1}}{4\left(x-1\right)^2}+c[/dispmath]