proszę was zróbcie mi taką całkę będę dardzo wdzięczny amigo:

	x2 + 2
∫		dx
	√1−x−x2

M:

M:

Mariusz: (Ax+B)(−1−2x)+C(1−x−x²) = x² + 2 −Ax−2Ax²−B−2Bx + C−Cx−Cx² = x²+2 −2A−C = 1 −A−2B−C = 0 −B + C = 2 C = −A−2B −A+2B = 1 A+3B=−2 5B = −1 5A = −7 5C = 9

	x2+2
∫		dx =
	√1−x−x2

	7		1		(−1−2x)		9		1−x−x2
∫(−		x−		)		dx +		∫		dx
	5		5		√1−x−x2		5		√1−x−x2

	x2+2
∫		dx =
	√1−x−x2

	2		14		9		1−x−x2
−		(7x+1)√1−x−x2+		∫√1−x−x2dx +		∫		dx
	5		5		5		√1−x−x2

	x2+2		2		23
∫		dx =−		(7x+1)√1−x−x2+		∫√1−x−x2dx
	√1−x−x2		5		5

	1		1   1   (x+ )(−x− )   2   2
∫√1−x−x2dx = (x+		)√1−x−x2 − ∫		dx
	2		√1−x−x2

	1		1   −(x+ )2   2
∫√1−x−x2dx = (x+		)√1−x−x2 − ∫		dx
	2		√1−x−x2

	1		5   1   5   −(x+ )2− 4   2   4
∫√1−x−x2dx = (x+		)√1−x−x2 − ∫		dx
	2		√1−x−x2

	1		5		1
∫√1−x−x2dx = (x+		)√1−x−x2 − ∫√1−x−x2dx+		∫		dx
	2		4		√1−x−x2

	1		5		1
2∫√1−x−x2dx = (x+		)√1−x−x2 +		∫		dx
	2		4		√1−x−x2

	1		5		1
2∫√1−x−x2dx = (x+		)√1−x−x2 +		∫		dx
	2		4		√5/4−(x+1/2)2

x+1/2 = √5/2t dx = √5/2dt

5		1		5		√5		1
	∫		dx =		*		∫		dt
4		√5/4−(x+1/2)2		4		2		√5/4−5/4t2

5		1		5		1
	∫		dx =		∫		dt
4		√5/4−(x+1/2)2		4		√1−t2

5		1		5		(2x+1)
	∫		dx =		arcsin(		)+C1
4		√5/4−(x+1/2)2		4		√5

	1		5		(2x+1)
2∫√1−x−x2dx = (x+		)√1−x−x2 +		arcsin(		)+C1
	2		4		√5

	1		1		5		(2x+1)
∫√1−x−x2dx =		(x+		)√1−x−x2 +		arcsin(		) + C2
	2		2		8		√5

	x2+2		2
∫		dx =−		(7x+1)√1−x−x2+
	√1−x−x2		5

23		1		1		5		(2x+1)
	(		(x+		)√1−x−x2 +		arcsin(		) )+C
5		2		2		8		√5

	x2+2
∫		dx =
	√1−x−x2

	14		23		2		23		23		(2x+1)
(−		x+		x−		+		)√1−x−x2+		arcsin(		)+C
	5		10		5		20		8		√5

	x2+2		1		23		(2x+1)
∫		dx =−		(2x−3)√1−x−x2 +		arcsin(		) + C
	√1−x−x2		4		8		√5

Mariusz: Aby obliczyć całki postaci ∫R(x,√ax²+bx+c)dx możemy zastosować jedno z trzech podstawień 1. a > 0 √ax²+bx+c = t − √ax ax²+bx+c = t² − 2√axt + ax² bx+c = t² − 2√axt 2√axt + bx = t² − c x(2√at + b) = t² − c

	t2 − c
x =
	2√at + b

	2√at2 + bt − √at2 + √ac
√ax2+bx+c = t − √ax =
	2√at + b

	√at2 + bt + √ac
√ax2+bx+c =
	2√at + b

	2t(2√at + b) − 2√a(t2 − c)
dx =		dt
	(2√at + b)2

	√at2 + bt + √ac
dx = 2		dt
	(2√at + b)2

Po podstawieniu dostajemy całkę

	t2 − c		√at2 + bt + √ac
∫R(		,		)
	2√at + b		2√at + b

	√at2 + bt + √ac
*2		dt
	(2√at + b)2

która jest całką z funkcji wymiernej 2. c > 0 √ax²+bx+c = xt + √c ax²+bx+c = x²t²+2√cxt+c ax²+bx = x²t²+2√cxt x²t²+2√cxt − ax² − bx = 0 x(xt² + 2√ct −ax − b) = 0 x = 0 ∨ xt² + 2√ct −ax − b = 0 xt² + 2√ct −ax − b = 0 x(t² − a) + 2√ct − b = 0 x(a − t²) − 2√ct + b = 0 x(a − t²) = 2√ct − b

	2√ct − b
x =
	a−t2

	2√ct2 −bt +√ca − √ct2
√ax2+bx+c = xt + √c =
	a−t2

	√ct2 −bt +√ca
√ax2+bx+c =
	a−t2

	2√c(a−t2) − (−2t)(2√ct − b)
dx =		dt
	(a−t2)2

	2√ca − 2√ct2+4√ct2−2bt
dx =		dt
	(a−t2)2

	√ct2 − bt + √ca
dx = 2		dt
	(a−t2)2

Po podstawieniu dostajemy całkę

	2√ct − b		√ct2 −bt +√ca
∫R(		,		)
	a−t2		a−t2

	√ct2 − bt + √ca
* 2		dt
	(a−t2)2

która także jest całką z funkcji wymiernej 3. b² − 4ac > 0 √ax²+bx+c = (x − α)t gdzie α oraz β są pierwiastkami trójmianu kwadratowego ax²+bx+c √ax²+bx+c = (x − α)t √a(x − α)(x − β) = (x − α)t a(x − α)(x − β) = (x − α)²t² a(x − α)(x − β) − (x − α)²t² = 0 (x − α)(a(x − β) − (x − α)t²) = 0 x = α ⋁ a(x − β) − (x − α)t² = 0 a(x − β) − (x − α)t² = 0 ax − aβ −xt² + αt² = 0 x(a − t²) = aβ − αt²

	aβ − αt2
x =
	a − t2

	aβ − αt2
√ax2+bx+c = (x − α)t = (		− α)t
	a − t2

	a(β − α)t
√ax2+bx+c =
	a − t2

	−2αt(a−t2) − (−2t)(aβ − αt2)
dx =		dt
	(a−t2)2

	−2aαt+2αt3+2aβt−2αt3
dx =		dt
	(a−t2)2

	a(β−α)t
dx = 2		dt
	(a−t2)2

Po podstawieniu dostajemy całkę

	aβ − αt2		a(β − α)t
∫R(		,		)
	a − t2		a − t2

	a(β−α)t
*2		dt
	(a−t2)2

która także jest całką z funkcji wymiernej Gdy mamy całkę z funkcji wymiernej to najpierw sprawdzamy czy stopień licznika jest większy od stopnia mianownika

	L(x)		R(x)
∫		dx = ∫W(x)dx + ∫		dx
	M(x)		M(x)

Aby znaleźć wielomiany W(x) oraz R(x) możemy skorzystać z pisemnego dzielenia wielomianów

	R(x)
Aby sprawdzić czy		jest ułamkiem nieskracalnym można skorzystać
	M(x)

z algorytmu Euklidesa dla wielomianów (z braniem reszt z kolejnych dzieleń) Załóżmy że mamy całkę postaci

	L(x)
∫		dx , przy czym wiemy że stopień L(x) jest mniejszy od stopnia M(x)
	M(x)

	L(x)
a także że		jest nieskracalny
	M(x)

Rozpatrzmy dwa przypadki 1. Mianownik posiada pierwiastki wielokrotne (mogą być rzeczywiste bądź zespolone) Stosujemy metodę Ostrogradskiego

	L(x)		L1(x)		L2(x)
∫		dx =		+∫		dx
	M(x)		M1(x)		M2(x)

Przyjmijmy że deg L(x) < deg M(x) deg L₁(x) < deg M₁(x) deg L₂(x) < deg M₂(x) M₁(x) = NWD(M(x) , M'(x))

	M(x)
M2(x) =
	M1(x)

Innymi słowy M₂(x) posiada te same czynniki co mianownik M(x) tyle że pojedyncze natomiast M₁(x) posiada pozostałe czynniki mianownika M(x) Jeżeli mamy podany rozkład mianownika M(x) na czynniki to z niego korzystamy aby obliczyć NWD(M(x),M'(x)) a jeżeli nie to zamiast rozkładać mianownik M(x) możemy skorzystać z algorytmu Euklidesa dla wielomianów

	L(x)		L1(x)		L2(x)
∫		dx =		+∫		dx
	M(x)		M1(x)		M2(x)

d		L(x)		d		L1(x)		L2(x)
	∫		dx =		(		+∫		dx)
dx		M(x)		dx		M1(x)		M2(x)

d		L(x)		d		L1(x)		d		L2(x)
	∫		dx =		(		) +		∫		dx
dx		M(x)		dx		M1(x)		dx		M2(x)

L(x)		L1'(x)M1(x) − L1(x)M1'(x)		L2(x)
	=		+
M(x)		M12(x)		M2(x)

L(x)		L1'(x)M1(x)M2(x) − L1(x)M1'(x)M2(x)
	=
M(x)		M12(x)M2(x)

	L2(x)
+
	M2(x)

L(x)		L1'(x)M1(x)M2(x) − L1(x)M1'(x)M2(x)
	=
M(x)		M12(x)M2(x)

	L2(x)M12(x)
+
	M12(x)M2(x)

L(x)
	=
M(x)

L1'(x)M1(x)M2(x) − L1(x)M1'(x)M2(x)+L2(x)M12(x)
M12(x)M2(x)

L(x)
	=
M(x)

	L1'(x)M1(x)M2(x) − L1(x)M1'(x)M2(x)+L2(x)M12(x)
	M1(x)M(x)

L(x)		M1(x)(L1'(x)M2(x) − L1(x)H(x)+L2(x)M1(x)
	=
M(x)		M1(x)M(x)

	M1'(x)M2(x)
gdzie H(x) =
	M(x)

L(x)		L1'(x)M2(x) − L1(x)H(x)+L2(x)M1(x)
	=
M(x)		M(x)

	M1'(x)M2(x)
gdzie H(x) =
	M(x)

L(x) = L₁'(x)M₂(x) − L₁(x)H(x)+L₂(x)M₁(x) Można pokazać że H(x) zawsze będzie wielomianem 2. Mianownik posiada tylko pierwiastki pojedyncze

	L(x)
∫		dx
	M(x)

Rozkładamy mianownik na czynniki liniowe i kwadratowe nierozkładalne przy czym czynniki kwadratowe dla wygody zapisujemy w postaci kanonicznej

L(x)		A1		A2		Ak
	=		+		+ ... +
M(x)		x − a1		x − a2		x − ak

	B1(x − p1) + C1q
+		+
	(x − p1)2 + q12

	B2(x − p2) + C2q
+		+ ...+
	(x − p2)2 + q22

	Bm(x − pm) + Cmq
	(x − pm)2 + qm2

Aby znaleźć współczynniki sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika i porównujemy współczynniki liczników Dostaniemy wtedy do rozwiązania układ równań liniowych w postaci Cramera

	1
∫		dx = ln|x − a| + C
	x−a

	(x−p)		1
∫		dx =		ln((x − p)2 + q2)+C
	(x − p)2 + q2		2

	q		q
∫		dx = ∫		dx
	(x − p)2 + q2		x−p   q2(1+( )2)   q

	q		1   q
∫		dx = ∫		dx
	(x − p)2 + q2		x−p   1+( )2   q

	q		x−p
∫		dx = arctg(		)+C
	(x − p)2 + q2		q