MATEMANIJA

zadatak glasi [inlmath]\int\frac{1}{\sqrt{x^2-4}}\mathrm dx[/inlmath], ja sam nasao da se to moze gledati kao tablicni, ali kapiram da se trazi postupak, ali nemam nikakvu ideju kako bi se to moglo uraditi, pokusao sam da odmah uvrstim smene, ili da racionalizujem, ili da uvedem [inlmath]\cos[/inlmath] ili [inlmath]\sin[/inlmath] ali nije mi dalo rezulata

Integrali u kojima figuriše [inlmath]\sqrt{x^2-a^2}[/inlmath] rešavaju se smenom [inlmath]x=a\cosh t[/inlmath].

ahm, a ne postoji nikakav drugi nacin, osim korisnjenjem te hiperbolicke trigonometrije, posto se ona ne uci u srednjoj skoli(bar ja nisam)?

Jedino što mi pada na pamet, to je da, pošto se kosinus hiperbolički definiše kao
[dispmath]\cosh x\;\mathop=^\mathrm{def}\;\frac{e^x+e^{-x}}{2}[/dispmath]
ne uvedemo smenu [inlmath]x=a\cosh t[/inlmath], već uvedemo smenu [inlmath]x=a\cdot\frac{e^t+e^{-t}}{2}[/inlmath].
Nije šija nego vrat, ali bar nema kosinusa hiperboličkog.
[inlmath]a=2\;\Rightarrow\;x=\cancel 2\cdot\frac{e^t+e^{-t}}{\cancel 2}=e^t+e^{-t}\\
\mathrm dx=\left(e^t-e^{-t}\right)\mathrm dt[/inlmath]
Ovde treba da uvedemo jedan mali uslov – da je [inlmath]t>0[/inlmath], videćemo kasnije zašto.
Tim uslovom se ništa ne narušava, budući da je [inlmath]f\left(t\right)=e^t+e^{-t}[/inlmath] parna funkcija:
[inlmath]f\left(-t\right)=e^{-t}+e^{-\left(-t\right)}=e^{-t}+e^t=e^t+e^{-t}=f\left(t\right)[/inlmath]
tako da, ako se neka vrednost [inlmath]x[/inlmath] može preslikati u negativno [inlmath]t[/inlmath], tada se isto može preslikati i u pozitivno [inlmath]t[/inlmath]. Prema tome, uslovom [inlmath]t>0[/inlmath] nismo ništa ograničili što se tiče same mogućnosti smene.
[dispmath]\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2-4}}=\int\frac{e^t-e^{-t}}{\sqrt{\left(e^t+e^{-t}\right)^2-4}}\mathrm dt=\int\frac{e^t-e^{-t}}{\sqrt{e^{2t}+2e^te^{-t}+e^{-2t}-4}}\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\int\frac{e^t-e^{-t}}{\sqrt{e^{2t}+2\cdot 1+e^{-2t}-4}}\mathrm dt=\int\frac{e^t-e^{-t}}{\sqrt{e^{2t}-2+e^{-2t}}}\mathrm dt=\int\frac{e^t-e^{-t}}{\sqrt{\left(e^t\right)^2-2e^te^{-t}+\left(e^{-t}\right)^2}}\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\int\frac{e^t-e^{-t}}{\sqrt{\left(e^t-e^{-t}\right)^2}}\mathrm dt=\int\frac{e^t-e^{-t}}{\left|e^t-e^{-t}\right|}\mathrm dt=[/dispmath]
Na ovom mestu dolazi do značaja onaj uslov [inlmath]t>0[/inlmath]:
[inlmath]t>0\quad\Rightarrow\quad e^t>e^{-t}\quad\Rightarrow\quad e^t-e^{-t}>0\quad\Rightarrow\quad\left|e^t-e^{-t}\right|=e^t-e^{-t}[/inlmath]
[dispmath]=\int\frac{\cancel{e^t-e^{-t}}}{\cancel{e^t-e^{-t}}}\mathrm dt=\int\mathrm dt=t+c[/dispmath]
E sad treba naći koliko je [inlmath]t[/inlmath]:
[dispmath]x=e^t+e^{-t}\quad /\cdot e^t[/dispmath][dispmath]xe^t=\left(e^t\right)^2+1[/dispmath][dispmath]\left(e^t\right)^2-xe^t+1=0[/dispmath][dispmath]\left(e^t\right)_{1,2}=\frac{x\pm\sqrt{x^2-4}}{2}[/dispmath][dispmath]t_{1,2}=\ln\frac{x\pm\sqrt{x^2-4}}{2}[/dispmath]
Pošto imamo uslov da je [inlmath]t>0[/inlmath], sledi:
[inlmath]\ln\frac{x\pm\sqrt{x^2-4}}{2}>0\quad\Rightarrow\quad\frac{x\pm\sqrt{x^2-4}}{2}>1\quad\Rightarrow\quad x\pm\sqrt{x^2-4}>2\quad\Rightarrow\quad\pm\sqrt{x^2-4}>2-x[/inlmath]
Rešenje s minusom otpada, jer bi tada bilo:
[inlmath]-\sqrt{x^2-4}>2-x\quad\Rightarrow\quad\sqrt{x^2-4}<x-2\\
x-2\ge 0\;\land\;x^2-4<\left(x-2\right)^2\\
x\ge 2\;\land\;\cancel{x^2}-4<\cancel{x^2}-4x+4\\
x\ge 2\;\land\;x<2\quad\bot[/inlmath]
Prema tome, uzimamo samo rešenje s plusom:
[dispmath]t_{1,2}=\ln\frac{x+\sqrt{x^2-4}}{2}[/dispmath][dispmath]t_{1,2}=\ln\left(x+\sqrt{x^2-4}\right)-\ln 2[/dispmath]
Konačno, integral je jednak:
[dispmath]t+c=\ln\left(x+\sqrt{x^2-4}\right)+\underbrace{c-\ln 2}_c=\enclose{box}{\ln\left(x+\sqrt{x^2-4}\right)+c}[/dispmath]

a jao da si mi rekao da je toliki dokaz ne bih ti trazio da kucas ... )) msm da mi je lakse da ga naucim kao tablicni nego kako se izracunava

Ne boj se, neće škoditi sigurno... Naći će se već neko kome će ovo poslužiti.

Ne znam da li je ovo lakše, ali svakako je način da se ovo reši bez upotrebe hiperboličkih funkcija...
[dispmath]\int\frac{1}{\sqrt{x^2-4}}\mathrm{d}x[/dispmath]
Uvedimo smenu [inlmath]x=\frac{2}{\cos t}[/inlmath]
Tada je [dispmath]\mathrm{d}x=2\frac{\sin t}{\cos^2t}\mathrm{d}t=2\:\mathrm{tg}\:t\cdot\frac{1}{\cos t}\mathrm{d}t[/dispmath]
Polazni integral postaje:
[dispmath]\int\frac{1}{\sqrt{x^2-4}}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{2}{\cos t}\right)^2-4}}2\:\mathrm{tg}\:t\cdot\frac{1}{\cos t}\mathrm{d}t[/dispmath][dispmath]=2\cdot\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm{tg}\:t}{\cos t\cdot\sqrt{\left(\frac{1}{\cos t}\right)^2-1}}\mathrm{d}t=\int\frac{\mathrm{tg}\:t}{\mathrm{tg}\:t\cdot\cos t}\mathrm{d}t=\int\frac{1}{\cos t}\mathrm{d}t[/dispmath]
Time se ovo svelo na jedan relativno prostiji integral. Ima dosta načina da se on reši. Ponudiću jedan:
[dispmath]\int\frac{1}{\cos t}\mathrm{d}t=\int\frac{\cos t}{\cos^2t}\mathrm{d}t=\int\frac{\cos t}{1-\sin^2t}\mathrm{d}t[/dispmath]
Dalje ide smena [inlmath]z=\sin t[/inlmath]. Kako je onda [inlmath]\mathrm{d}z=\cos t\mathrm{d}t[/inlmath], integral se svede na:
[dispmath]\int\frac{1}{1-z^2}\mathrm{d}z[/dispmath]
Ovo je već integral racionalne funkcije koji se dalje lako rešava... Posle vratiš smene itd.

Inače, proverio sam, za opšti slučaj koji bi glasio
[dispmath]\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2-a^2}}[/dispmath]
smena bi bila [inlmath]x=\frac{a}{\cos t}[/inlmath] i uvek bi se, bez obzira na vrednost [inlmath]a[/inlmath], svelo na oblik [inlmath]\int\frac{\mathrm dt}{\cos t}[/inlmath], pa bi se dalje rešavalo na identičan način kao što je Milovan pokazao.

---

A ako bismo imali sličan integral, ali s plusom,
[dispmath]\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2+a^2}}[/dispmath]
(koji bi se, inače, preko hiperboličkih funkcija rešavao smenom [inlmath]x=a\sinh t[/inlmath]),
možemo, analogno prethodnom slučaju, uvesti smenu [inlmath]x=a\:\mathrm{tg}\:t[/inlmath], pa bismo time integral opet sveli na oblik [inlmath]\int\frac{\mathrm dt}{\cos t}[/inlmath].

Rekao bih da i smena [inlmath]x=\frac{a}{\sin t}[/inlmath] može da prođe. Mrzi me sad da ispisujem, kotangensi će da se krate, trebalo bi sličan integral onda dobije, samo sa sinusom u imeniocu umesto kosinusa, i minusom ispred, i on se dalje rešava vrlo slično kao što pokazah u prethodnom postu ovde, samo sa sinusom množimo obe strane razlomka, pa će da se svede na integral racionalne funkcije smenom [inlmath]\cos t=z[/inlmath].

Smena [inlmath]x=\frac{a}{\sin t}[/inlmath] je i meni prva pala na pamet pre nego što sam došao do smene s tangensom, ali njenom primenom dobio bi se integral
[dispmath]-\int\frac{\cos t\mathrm dt}{\sin t\sqrt{1+\sin^2t}}[/dispmath]
i onda zeza ovaj plus između jedinice i kvadrata sinusa...

Dalje bi možda i mogla smena [inlmath]\sin t=z[/inlmath], pa [inlmath]z^2=u[/inlmath], ne znam, nisam još isprobao, ali to bi već bio sasvim drugačiji postupak...