[dispmath]\int\frac{3x-1}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm dx[/dispmath]
u imeniocu sam [inlmath]2[/inlmath] napisao kao [inlmath]1+1[/inlmath] i to malo preuredio, kasnije sam pokusao sa smjenom [inlmath]t=(x-1)^2[/inlmath] ali nista nisam dobio (isto i sa [inlmath]t=x+1[/inlmath] )...

koju smjenu da koristim?

Dobra je ta prva smena koju si spomenuo. Ne znam zasto si stao, pokusaj da isteras sa njom, pa ako negde zapne ti javi. Inace, u jednom trenutku razdvajanje [inlmath]3x-1=3x-3+2=\frac{3}{2}\cdot2(x-1)+2[/inlmath] ce biti od koristi.

Gde nadje ovako tezak . Evo probacu da ga uradim.
[dispmath]\int\frac{3x-1}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm{d}x=\frac{3}{2}\int\frac{2x-\frac{2}{3}}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm{d}x=\frac{3}{2}\int\frac{2x-2-\frac{2}{3}+2}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm{d}x=\\
=\frac{3}{2}\left(\int\frac{2x-2}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm{d}x+\frac{4}{3}\int\frac{1}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm{d}x\right)[/dispmath]
i sad resavam ova dva integrala zasebno.
[dispmath]\int\frac{2x-2}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm{d}x=\begin{cases}t=x^2-2x+2\\ \mathrm{d}t=(2x-2)\mathrm{d}x\end{cases}=\int\frac{\mathrm{d}t}{t^2}=-\frac{1}{t}+C_1=-\frac{1}{x^2-2x+2}+C_1[/dispmath]
Time smo resili prvi, sad pristupamo drugom.
[dispmath]\int\frac{1}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{\big((x-1)^2+1\big)^2}\mathrm{d}x=\begin{cases}t=x-1\\ \mathrm{d}t=\mathrm{d}x\end{cases}=\int\frac{1}{\left(t^2+1\right)^2}\mathrm{d}t=\\
=\begin{cases}t=\text{tg }(u)\\ \mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}u}{\cos^2(u)}\end{cases}=\int\frac{1}{\cos^2(u)}\frac{1}{\left(\text{tg }^2(u)+1\right)^2}\mathrm{d}u=\int\frac{1}{\cos^2(u)}\frac{1}{\frac{1}{\cos^4(u)}}\mathrm{d}u=\\
=\int\cos^2(u)\mathrm{d}u=\int\frac{1+\cos(2u)}{2}\mathrm{d}u=\frac{u}{2}+\frac{\sin(2u)}{4}+C_2=\\
=\frac{\text{arctg }(t)}{2}+\frac{\sin{\big(2\text{arctg }(t)}\big)}{4}+C_2=\frac{\text{arctg }(x-1)}{2}+\frac{\sin{\big(2\text{arctg }(x-1)}\big)}{4}+C_2[/dispmath]
Ovo gore veorvatno moze da se transformise u nesta krace.
[dispmath]\frac{3}{2}\left(\int\frac{2x-2}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm{d}x+\frac{4}{3}\int\frac{1}{\left(x^2-2x+2\right)^2}\mathrm{d}x\right)=\\
=\frac{3}{2}\left(-\frac{1}{x^2-2x+2}+C_1+\frac{4}{3}\left(\frac{\text{arctg }(x-1)}{2}+\frac{\sin{\big(2\text{arctg }(x-1)}\big)}{4}+C_2\right)\right)=\\
=-\frac{3}{2\left(x^2-2x+2\right)}+\text{arctg }(x-1)+\frac{\sin\big(2\text{arctg }(x-1)\big)}{2}+C[/dispmath]
Nemojte zameriti ako sam negde omanuo

Sve tačno.

Što se tiče ovoga,

Trougao je napisao:[dispmath]\cdots=\frac{\text{arctg }(x-1)}{2}+\frac{\sin\big(2\text{arctg }(x-1)\big)}{4}+C_2[/dispmath]
Ovo gore veorvatno moze da se transformise u nesta krace.

upravo tako, sinus dvostrukog arkus tangensa se može uprostiti, a pokazaću i kako – kad je već urađeno [inlmath]98\%[/inlmath] ovog zadatka, šteta da ga ne doguramo i do samog kraja.

Izrazimo sinus dvostrukog ugla preko tangensa:
[dispmath]\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha=2\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\cdot\cos\alpha\cdot\cos\alpha=2\text{tg }\alpha\cos^2\alpha[/dispmath]
Sada, na osnovu poznatog identiteta (kosinus preko tangensa), [inlmath]\cos^2\alpha=\frac{1}{1+\text{tg }^2\alpha}[/inlmath],
[dispmath]\sin2\alpha=2\text{tg }\alpha\cdot\frac{1}{1+\text{tg }^2\alpha}[/dispmath][dispmath]\enclose{box}{\sin2\alpha=\frac{2\text{tg }\alpha}{1+\text{tg }^2\alpha}}[/dispmath]
i, kad to primenimo na izraz [inlmath]\sin\big(2\text{arctg }(x-1)\big)[/inlmath],
[dispmath]\sin\big(2\text{arctg }(x-1)\big)=\frac{2\text{tg }\big(\text{arctg }(x-1)\big)}{1+\text{tg }^2\big(\text{arctg }(x-1)\big)}=\frac{2\left(x-1\right)}{1+\left(x-1\right)^2}=\frac{2x-2}{x^2-2x+2}[/dispmath]
I kad to uvrstimo u završno rešenje koje si dobio,
[dispmath]-\frac{3}{2\left(x^2-2x+2\right)}+\text{arctg }(x-1)+\frac{\sin\big(2\text{arctg }(x-1)\big)}{2}+C=\\
=-\frac{3}{2\left(x^2-2x+2\right)}+\text{arctg }(x-1)+\frac{\frac{2x-2}{x^2-2x+2}}{2}+C=\\
=-\frac{3}{2\left(x^2-2x+2\right)}+\text{arctg }(x-1)+\frac{2x-2}{2\left(x^2-2x+2\right)}+C=\\
=\frac{-3+2x-2}{2\left(x^2-2x+2\right)}+\text{arctg }(x-1)+C=\\
=\enclose{box}{\frac{2x-5}{2\left(x^2-2x+2\right)}+\text{arctg }(x-1)+C}[/dispmath]
što je konačno rešenje ovog integrala.

ja sam prvo razdvojio ovaj integral kao 2 i uveo smjenu [inlmath]t=(x-1)^2[/inlmath] kako bih rijesio prvi integral, nikad do sad se nisam susretao sa smjenom [inlmath]t=\text{tg }u[/inlmath]

Kad imas negde integral oblika
[dispmath]\sqrt{x^2+a^2}\;\mathrm{ili}\;\sqrt{x^2+1}[/dispmath]
pa sad to kroz nesto ili u nesto, prirodno je da se uvede smena [inlmath]x=a\cdot\text{tg }(u)[/inlmath] (posto se [inlmath]a^2[/inlmath] izvuce ispred korena) iz prostog razloga zato sto taj izraz podesca na trigonometrijsku kruznicu i sam identitet [inlmath]1+\text{tg }^2(x)=\sec^2(x)[/inlmath]


Tu verovatno mogu da se primenjuju i neke hiperbolicke smene i neke sa sekansom i one umnogome mogu da skrate rad onima koji znaju dobro njiihove identitete, ali u sutini 90% integrala mozes resiti sa ovim "obicnim" smenama.

Sinisa je napisao:ja sam prvo razdvojio ovaj integral kao 2 i uveo smjenu [inlmath]t=(x-1)^2[/inlmath] kako bih rijesio prvi integral, nikad do sad se nisam susretao sa smjenom [inlmath]t=\text{tg }u[/inlmath]

Moze da se resi i bez te trigonometrijske smene, postoji jedan „mali“ trik (govorim o resavanju integrala [inlmath]\displaystyle\int\frac{dt}{\left(t^2+1\right)^2}[/inlmath]). Naime, krenimo od integrala [inlmath]\displaystyle\int\frac{dt}{t^2+1}[/inlmath]. Svima je jasno da je njegova vrednost [inlmath]\text{arctg }t+c[/inlmath]. Sa druge strane, izracunajmo taj integral pomocu parcijalne integracije, stavljajuci [inlmath]\displaystyle u=\frac{1}{t^2+1}[/inlmath] i [inlmath]dv=dt[/inlmath]. Tada je
[dispmath]\begin{align}
\int\frac{dt}{t^2+1}&=\int u\, dv=uv-\int v\, du\\
&=\frac{t}{t^2+1}+2\int\frac{t^2}{\left(t^2+1\right)^2}\, dt\\
&=\frac{t}{t^2+1}+2\biggl(\int\frac{dt}{t^2+1}-\int\frac{dt}{\left(t^2+1\right)^2}\biggr),
\end{align}[/dispmath] gde smo iskoristili razdvajanje [inlmath]t^2=\left(t^2+1\right)-1[/inlmath].
Sad, ako izrazimo iz dobijene jednakosti [inlmath]\displaystyle\int\frac{dt}{\left(t^2+1\right)^2}[/inlmath] dobijamo
[dispmath]\int\frac{dt}{\left(t^2+1\right)^2}=\frac{1}{2}\left(\frac{t}{t^2+1}+\int\frac{dt}{t^2+1}\right)=\frac{t}{2\left(t^2+1\right)}+\frac{\text{arctg }t}{2}+c.[/dispmath]