Oblicz całkę nieoznaczoną Ciemnogród22: √^ex−1_e^x+1

zef: Zapisz przy pomocy większego ułamka U.{}{}, bo nic nie widać

Ciemnogród22:

	(ex)−1
√		dx
	(ex)+1

Ciemnogród22: byłby ktoś w stanie zrobić to zadanie?

jc: u = √th(x/2)

	1−u4
du/dx =
	4u

	4u2		2		2
∫ √th(x/2) dx = ∫		du = − ∫ (		+		)du
	1−u4		u2−1		u2+1

	1		1		2
= − ∫ (		−		+		)du
	u −1		u+1		u2+1

= log(u+1) − log(u−1) − 2 atan (u) uff... Sprawdź, bo mogłem coś pomylić

Mariusz:

ex−1
	=t2
ex+1

ex+1−2
	=t2
ex+1

	2
1−		=t2
	ex+1

	2
1−t2=
	ex+1

1		ex+1
	=
1−t2		2

2
	=ex+1
1−t2

	1+t2
ex=
	1−t2

	4t
exdx=		dt
	(1−t2)2

1+t2		4t
	dx=		dt
1−t2		(1−t2)2

	4t	1−t2
dx=			dt
	(1−t2)2	1+t2

	4t
dx=		dt
	(1−t2)(1+t2)

	4t2
∫		dt
	(1−t2)(1+t2)

	(1+t2)−(1−t2)
2∫		dt
	(1−t2)(1+t2)

	dt		dt
2(∫		−∫		)
	1−t2		1+t2

	2dt		dt
∫		−2∫
	(1−t2)		1+t2

	(1+t)+(1−t))		dt
∫		−2∫
	(1−t)(1+t)		1+t2

	dt		dt		dt
∫		+∫		−2∫
	1−t		1+t		1+t2

	1+t
ln|		|−2arctan(t)+C
	1−t

	1+2t+t2
ln|		|−2arctan(t)+C
	1−t2

	ex−1		ex−1
ln|ex+(ex+1)√		|−2arctan(√		)+C
	ex+1		ex+1

jc: Jednak mała usterka. −1< th < 1, a więc powinno być log(1+u) − log(1−u) + 2 atan u (nie pisałem modułów pod logarytmami).

jc:

	ex−1
I znów wkradł się błąd: ∫ = log(1+u) − log(1−u) − 2atan u, gdzie u = (		)1/2.
	ex+1

jc: Mariusz, pamiętasz, niedawno była podobna całka, tylko zamiast tangensa hiperbolicznego był zwykły. W związku w dalszej części z tym był plus w miejsce minusa: 1+t⁴ zamiast 1−t⁴. Co by było, jakby wpisać ix zamiast x, i pomnożyć całkę przez (1+i)/√2 ? Równoważnie: pomnożyć t przez (1+i)/√2?

Ciemnogród22: wybaczcie że pytam, w odpowiedzi tego zadania mam coś takiego: ln(e^x+√e^2x−1)+arcsin(e^−x). czy to jest to samo ? PS. dzięki za pomoc!

Jerzy: Policz pochodną, to się dowiesz

Jerzy:

	1
Wolfram zapodaje taki wynik: ln(ex + √e2x − 1) + arctg(		)
	√e2x −1

jc: To samo. W marcu pojawiła się ta całka, mi wyszło tak, jak w Twojej odpowiedzi, iini podali wczorajszy wynik. W tym zadaniu trudno się różniczkuje. Ten drugi wynik uzyskasz podstawiając t = e^−x (tak mi się wydaje). Jeśli chcesz, to przeliczę, ale dopiero za kilka godzin.

Ciemnogród22: aha, a co to jest to "th"?

Jerzy: tangens hiperboliczny

Ciemnogród22: czy rozwiązanie Mariusza sprowadza się do takiego samego wyniku?

jc:

	dt
t = e−x, x = − ln t, dx = −		, s2 = 1 − t2
	t

	ex−1		1/t−1		dt
∫(		)1/2 dx = − ∫ (		)1/2
	ex+1		1/t+1		t

	1−t		dt		1−t
= − ∫ (		)1/2		= − ∫		dt
	1+t		t		t √1−t2

	dt		t dt		ds
= ∫		− ∫		= asin t + ∫
	√1−t2		t2 √1−t2		(1−s2)

	1		1+s		1+ √1−t2
= asin t +		log		= asin t + log
	2		1−s		t

t =e^−x sam podstaw

Ciemnogród22:

	1+√1−(e−x)2
czyli wychodzi asin e−x+ ln
	e−x

i prawie by się to zgadzało z wynikiem , który pokazałem wcześniej z książki lecz czy to jest tyle samo?

jc: mnożysz licznik i mianownik ułamka pod logarytmem prze e^x i masz to samo.

Ciemnogród22: dziękuję wszystkim za pomoc!

Mariusz: jc ja skojarzyłem podstawienie za pierwiastek z trzecim podstawieniem Eulera i wiedziałem że zadziała Tak na dobrą sprawę użyłeś tego samego podstawienia