całka Jack: ∫ √x²−x+1 dx No to rozpisuje : ∫ √x²−x+1 dx = ∫ √(x−1/2)² + 3/4 dx podstawienie x−1/2 = (t−1/t)*3/16, dx = 3/16*(1+1/t²)dt ... = ∫ √3/16((t−1/t)² + 4) 3/16*(1+1/t²)dt =

	3√3		1		1
=		∫(t+		)(1+		)dt
	64		t		t2

dalej to wiadomo

Adamm: złe podstawienie, (t−1/t)√3/16 byłoby ok

Jack: tak, takie mialem na mysli.

Adamm: wiesz co Jack? ja bym jeszcze się zastanowił nad tym czy by nie rozdzielić tej całki ze

	1
względu na |t+		|
	t

Mariusz: Podstawienie Eulera √x²−x+1=t−x

Jack:

	1
przeciez t+		≥ 2 dla dowolnego t ∊ R \ {0}
	t

Jack: stop, nie, dla naturalnych : D

Jerzy:

	1		5
−2 −		= −		< 0
	2		2

Adamm: tylko dla dodatnich

Jack:

	1
∫ |t+		| dt?
	t

Adamm: ustalmy funkcję sgn(x)=1 dla x>0, −1 dla x<0, 0 dla x=0

	1		1		t2
∫|t+		|dt = sgn(t)∫t+		dt = sgn(t)(		+ln|t|)+c
	t		t		2

Jack: czyli wystarczy dac sgn(t) przed nawias i po sprawie.

Jack: sgn(t) * sgn(t) da nam liczbe nieujemna wiec nie trzeba wcale rozpatrywac tej wartosci bezwzglednej

Adamm: czemu sgn(t)*sgn(t) ?

Jack: znaczy tak mi sie wydaje, bo przy tej pochodnej mamy te sgn(t) jednakze przy wyznaczaniu t otrzymamy :

	√√3		1   −x 2		1   ( −x)2   2		√3
(		t +		)2 =		−
	2		√√3		√3		4

wiec teraz to pierwiastkujac, zamiast rozpatrzec przypadek dodatni i ujemny to znowu moge zrobic sgn tak ?

jc: A jaki był wynik całkowania ∫√x²+1 dx ?

	2x−1
Będzie podobnie, tylko zamiast x pojawi się		. Tam gdzie był √x2+1
	√3

na pewno znajdzie się √x²−x+1. Jakieś szczegóły będzie trzeba dobrać i będziemy mieli wynik. Takie podeście widziałem tu ostatnio pod hasłem "nieznane współczynniki" czy jakoś tak. Jest jeszcze jeden, nowoczesny sposób: spytać komputer o wynik.

Adamm: masz na myśli ten sposób? współczynników nieoznaczonych

	Wn(x)		1
∫		dx=Wn−1(x)√ax2+bx+c+A∫		dx
	√ax2+bx+c		√ax2+bx+c

Benny: Można też spróbować podstawienie hiperboliczne.

jc: Benny, rachunki będą takie same. Adamm, mniej więcej. ∫√y²+1 dy = (1/2) y √y²+1 + (1/2) ln(y + √y²+1) ∫√x²−x+1 dx = √3/2 ∫ √(2x−1)/√3)² + 1 dx = (3/8) [y √y²+1 + ln(y + √y²+1)

	2x−1
gdzie y =		, czy jakoś tak.
	√3

jc: = (1/4) (2x−1) √x²−x+1 + (3/8) ln (x−1/2 + √x²−x+1)

Benny:

	1+x2
∫√x2+1dx=∫		dx
	√1+x2

	1
∫		dx=ln|x+√x2+1|+C
	√1+x2

	x
∫x		dx=x√x2+1−∫√1+x2dx
	√x2+1

Jack: czyli nie musze dawac sgn? z waszej rozmowy ciezko mi to wywnioskowac

Benny: Strasznie masz to pomieszane Jak masz całkę postaci ∫√ax²+bx+cdx to zawsze możesz trójmian zwinąć do postaci kanonicznej

	dt
∫√(gx+e)2+1 dx, podstawić gx+e=t, dt=gdx, dx=		, wtedy
	g

1
	∫√t2+1dt i tak jak wyżej rozłożyłem
g

Adamm: Benny, warto wspomnieć że to nie jedyna taka całka do której sprowadzają się wyrażenia o postaci √ax²+bx+c, istnieją 3 przypadki √x²−1, √x²+1 oraz √1−x²

lol: a nie szybciej jest tak jak jc polecal? t+1/t = t−1/t +4 ? co do twojego rozlozenia , to go nie rozumiem. piszesz ∫√x²+1dx = ... potem dzialania jakies i na koncu Ci wychodzi ze to sie rowna czemus odjac calka poczatkowa, czyli wgl jej nie policzylismy.

Jack: cos mnie wylogowalo.

Adamm: lol, akurat to jak zrobił Benny jest bardzo proste i pomysłowe, wystarczy dodać całkę po prawej stronami i podzielić przez 2

Benny: Adamm zapomniałem dopisać, ale myślę, że Jack poradziłby sobie z każdym z przypadków lol to komentarz do mnie? Nie dopisałem to końca, bo sądziłem, że nie ma sensu.

	1		x2
∫√1+x2dx=∫		dx+∫		dx
	√1+x2		√1+x2

∫√1+x²dx=ln|x+√1+x²|+x√x²+1−∫√1+x²dx+C 2∫√1+x²dx=ln|x+√1+x²|+x√x²+1+C

	1		x
∫√1+x2dx=		ln|x+√1+x2|+		√x2+1+C1
	2		2

Jack: 2 pytania

	1
1. ∫		dx = ln|x+√x2+1|+C <−−skad to wiadomo?
	√1+x2

	x
2. ∫x		dx jak rozumiem to przez czesci? tylko jak
	√x2+1

Benny: 1. Ktoś kiedyś mi powiedział, że całkę można znaleźć w tablicach. Ja natomiast już ją pamiętam, bo wyprowadzenie jest łatwe jeśli podstawimy x=sinhz. 2.∫x(√x²+1)'dx

Jack: 1. a mozna jakos bez hiperoblicznych ?

Jack: teraz to juz kompletnie sie pogubilem...

Adamm: można trygonometryczną ale nie jest wcale łatwiej można podstawienie Eulera użyć

Jack: e to nie ma co na okolo liczyc.

lol: wlasnie dlatego sadze ze jest szybciej : ∫√x²+1dx x = (t − 1/t) * 1/2 dx = 1/2(1 + 1/t²) dt

	1		1		1
= ∫√1/4[(t−1/t)2+4]*1/2(1+1/t2)dt =		∫(t+		)(1+		) dt=
	4		t		t2

	1		1		1
=		(		t2 + 2ln|t| −		t−2) + C =
	4		2		2

t = √x²−1 + x podstawiam i koniec.

Mariusz: Pierwsze podstawienie Eulera nie będzie wymagało dużo obliczeń w tej całce a po skorzystaniu z liniowości dostaniemy całkę z potęgi

Jack: w całce nie, ale w podstawieniu duzo wiecej obliczen niz sama calka innym sposobem

Mariusz: Jak nie chce ci się stale liczyć to możesz zapamiętać Dla I podstawienia

	t2−c		√at2+bt+√ac
∫R(x,√ax2+bx+c)dx=∫R(		,		)
	2√at+b		2√at+b

	√at2+bt+√ac
*2*		dt
	(2√at+b)2

Dla III podstawienia

	aμ−λt2		(μ−λ)t		t
∫R(x,√a(x−λ)(x−μ))dx=∫R(		,a		)*2a(μ−λ)*		dt
	a−t2		a−t2		(a−t2)2

Powyższe dwa podstawienia wystarczą bo jeśli a>0 to możemy użyć pierwszego podstawienia jeżeli natomiast a<0 to możemy założyć że b²−4ac>0 w przeciwnym przypadku trójmian kwadratowy pod pierwiastkiem przyjmowałby wartości ujemne bądź byłby pełnym kwadratem ale wtedy pierwiastek można zamienić na wartość bezwzględną

Mariusz: Podstawienie Eulera ma jeszcze tę zaletę że pozwala wymyślić tzw podstawienia uniwersalne na całki z funkcji trygonometrycznych np Korzystając z pierwszego podstawienia Eulera otrzymujesz sec(x)=t−tan(x) które jest tzw podstawieniem uniwersalnym wystarczy tylko zapisać funkcję trygonometryczną z użyciem funkcji sec(x) oraz tan(x) Korzystając z trzeciego podstawienia Eulera otrzymujesz cos(x)=(1−sin(x))t które jest tym samym podstawieniem co powyżej tyle że wyrażonym za pomocą funkcji cos(x) oraz sin(x)