całka oznaczona TZ:

	arcsin x
Oblicz ∫01		dx
	x

wredulus_pospolitus: wskazówka −−− raczej nie uda Ci się wyznaczyć całki nieoznaczonej. Jak w takim przypadku radzimy sobie z obliczeniem całki oznaczonej

TZ: Przez części się nie da?

wredulus_pospolitus: nie ... nieoznaczonej nie wyznaczysz na dobrą sprawę

TZ: To jak sobie radzimy w takim wypadku

TZ:

luui:

	arcsinx
0∫1		dx = 0∫1 [ln(x)]'arcsinx dx =
	x

	ln(x)
= [ ln(x)arsinx 0]1 − 0∫1		dx =
	√1−x2

	ln(x)
= −0∫1		dx
	√1−x2

Można podstawić x=siny (ze względu na granicę całkowania)

	ln(siny)
= − 0∫π/2		cosy dy = − 0∫π/2 ln(siny) dy
	√1−sin2(y)

A rozwiązanie powyższej całki znajdziesz chociażby tutaj: https://socratic.org/questions/how-do-you-prove-that-the-integral-of-ln-sin-x-on-the-interval-0-pi-2-is-converg

luui: [ ln(x)arsinx ₀]¹ = 0 Górną granice podstawić (wyjdzie 0), dolną można z reguły de l'Hospitala (też wyjdzie 0).

Mariusz: arcsin(x)=y x=sin(y)

eiy−e−iy
	=sin{y}
2i

eiy−e−iy
	=x
2i

e^iy−e^−iy=2ix e^iy=t

	1
t−		=2ix
	t

t²−2ixt−1=0 (t−ix)²+x²−1=0 (t−ix)²−(√1−x²)²=0 (t−ix−√1−x²)(t−ix+√1−x²)=0 e^iy=ix+√1−x² iy=ln(ix+√1−x²) y=−iln(ix+√1−x²)

	ln(ix+√1−x2)
∫−i		dx
	x

ix+√1−x²=t √1−x²=t−ix 1−x²=t²−2itx−x² 1=t²−2itx t²−1=2itx

	t2−1
x=
	2it

	2t(2it)−2i(t2−1)
dx=		dt
	−4t2

	4it2−2it2+2i
dx=		dt
	−4t2

	(t2+1)
dx=−i		dt
	2t2

	2it		t2+1
−i∫ln(t)		(−i)		dt
	t2−1		2t2

	ln(t)(t2+1)
−i∫		dt
	t(t2−1)

	ln(t)(t2+1)
−i∫		dt
	t(t2−1)

t2+1		A		B		C
	=		+		+
t(t2−1)		t		1−t		1+t

t²+1=A(t²−1)−Bt(t+1)+Ct(t−1) A−B+C=1 −B−C=0 −A=1 A=−1 C=−B −1+2C=1 C=1 B=−1 A=−1

t2+1		A		B		C
	=		+		+
t(t2−1)		t		1−t		1+t

t2+1		1		1		1
	=−		−		+
t(t2−1)		t		1−t		1+t

	ln(t)(t2+1)
−i∫		dt=
	t(t2−1)

	ln(t)		ln(t)		ln(t)
i∫		dt+i∫		dt−i∫		dt
	t		1−t		1+t

	ln(t)		ln(1+t)
∫		dt=ln(t)ln(1+t)−∫		dt
	1+t		t

	ln(1+t)
∫		dt
	t

u=1+t du=dt t=u−1

	ln(1+t)		ln(u)
∫		dt=∫		dt
	t		u−1

	ln(u)
=−∫		dt
	1−u

	ln(t)
∫		dt=ln(t)ln(1+t)+dilog(t+1)
	1+t

	ln(t)		ln(t)		ln(t)
i∫		dt+i∫		dt−i∫		dt=
	t		1−t		1+t

i
	ln2(t)+i*dilog(t)−i*ln(t)ln(1+t)−i*dilog(t+1)+C
2

	arcsin(x)		i
∫		dx=		ln2(√1−x2+ix)+i*dilog(√1−x2+ix)
	x		2

−i*ln(√1−x²+ix)ln(√1−x²+1+ix)−i*dilog(√1−x²+1+ix)+C i co nie uda się wyznaczyć całki nieoznaczonej co ? Problem w tym że trzeba by znać pewne wartości funkcji dilog(x) Luui całkiem nieźle policzył tę całkę nieoznaczoną

Mariusz: *oznaczoną bez liczenia nieoznaczonej

jc: x=sin t, dx = cos t dt całka = ∫₀^π/2 t ctg t dt = ∫₀^π/4 t ctg t dt + ∫₀^π/4 (π/4 − t) ctg(π/4 − t) dt = π/2 ∫₀^π/4 tg t dt + ∫₀^π/4 t (ctg t − tg t) dt = π/2 ∫₀^π/4 tg t dt + 2 ∫₀^π/4 t ctg 2t dt

	1
2 ∫0π/4 t ctg 2t dt =		∫0π/2 u ctg u du.
	2

	π
Stad całka = π ∫0π/4 tg t dt = − [ln cos t]0π/4 =		ln 2
	2

Mariusz: jc ale Luui sprowadził tę całkę do całki którą dość łatwo policzyć Ja tylko chciałem pokazać że nieoznaczoną też można policzyć bo wredulus wcześniej pisał "raczej nie uda Ci się wyznaczyć całki nieoznaczonej. "

wredulus_pospolitus: @Mariusz ... czytaj ze zrozumieniem, nie napisałem że nie uda się jej wyznaczyć, tylko że RACZEJ jej nie policzy. A to wynika chociażby z tego, że trzeba chociażby wiedzieć czym jest funkcja dilog(x), a mało która rodzima uczelnia wprowadza tą funkcję do programu.

Mariusz: Jeśli chodzi o funkcję dilog(x) to ja używam następującej jej wersji

	ln(t)
∫1x		dt
	1−t

ale Wolfram alpha używa zamiast tego funkcji zdefiniowanej następująco

	ln(1−t)
−∫0x		dt
	t

jc: Mariusz, spójrz do donośnika − rachunki tak długie, jak moje. Powyżej po prostu przepisałem z kartki rachunki sprzed roku. Wtedy liczyłem całkę ∫₀^∞ (arcctg x)² dx (spróbuj sam policzyć)

Mariusz: Ja to bym liczył w ten sposób ∫₀^∞arcctg²(x)dx = lim_x→∞xarcctg²(x)−lim_x→0xarcctg²(x)

	−2arcctg(x)x
−∫0∞		dx
	1+x2

	2arcctg(x)x
=∫0∞		dx=limx→∞ln(1+x2)arcctg(x)−limx→0ln(1+x2)arcctg(x)
	1+x2

	−ln(1+x2)
−∫0∞		dx
	1+x2

	ln(1+x2)
=∫0∞		dx
	1+x2

	ln(1+x2)
∫0∞		dx
	1+x2

	1−t
x=
	1+t

	2
x=−1+
	1+t

	2
dx=−		dt
	(1+t)2

	2
x+1=
	1+t

1+t		1
	=
2		x+1

	2
1+t=
	x+1

	2
t=−1+
	x+1

	(1−t)2   ln(1+ )   (1+t)2	−2
∫0∞			dt
	(1−t)2   1+   (1+t)2	(1+t)2

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

	ln(2)		1+t2   ln( )   (1+t)2
∫−11		dt+∫−11		dt
	1+t2		1+t2

	1+t2   ln( )   (1+t)2
∫−11		dt
	1+t2

	1
u=
	t

	1
du=−		dt
	t2

du=−u²dt

	1
dt=−		du
	u2

	1+(1/(u2) )   ln( )   (1+(1/u))2		1
∫−11		(−		)du
	1   1+   u2		u2

	1+u2   ln( )   (1+u)2
=−∫−11		du
	1+u2

I=−I 2I=0 I=0

	1+t2   ln( )   (1+t)2
∫−11		dt=0
	1+t2

Więc zostaje nam całka

	ln(2)
∫−11		dt
	1+t2

która jest dość łatwa do policzenia choć można jeszcze skorzystać z parzystości funkcji podcałkowej a następnie wyciągnąć stałą przed znak całki Ostatecznie zostaje nam do policzenia całka

	1
2ln(2)∫01		dt
	1+t2

Jeśli dobrze pamiętam to całkę nieoznaczoną ∫arctg²(x)dx policzyłem kiedyś na innym forum