od Onomatopeja » Nedelja, 03. Januar 2016, 00:47
Mislim da nema razloga da se ovaj integral ne uradi do kraja. Tacnije, problematicni integral [inlmath]I_2[/inlmath] (@Ilija: kada sam spomenuo smenu [inlmath]t=\text{tg }\frac{3x}{2}[/inlmath] mislio sam da se ona upotrebi samo na [inlmath]I_2[/inlmath], jer [inlmath]I_1[/inlmath] znamo da izracunamo (a i dobija se laksi izraz (mada, zanemarljivo) ako se upotrebi samo na [inlmath]I_2[/inlmath], a ne na ceo pocetni integral)).
Dobro. Nije tesko videti da se posle spomenute smene dobija
[dispmath]I_2=\frac{2}{3}\int\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^4+14t^2+1\right)(t-1)^2}dt.[/dispmath]
Dakle, cilj je rastaviti
[dispmath]\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^4+14t^2+1\right)(t-1)^2}=\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)(t-1)^2},[/dispmath]
pri cemu se imenilac ne moze (jer je [inlmath]7\pm4\sqrt3>0[/inlmath]) vise rastaviti nad realnim brojevima. Takodje, poznato je iz teorije da poslednji razlomak dozvoljava rastavljanje
[dispmath]\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)(t-1)^2}=\frac{At+B}{t^2+7-4\sqrt3}+\frac{Ct+D}{t^2+7+4\sqrt3}+\frac{E}{t-1}+\frac{F}{(t-1)^2}.[/dispmath]
Malim trikom mozemo odmah naci koeficijenat [inlmath]F[/inlmath]. Naime, ako prethodni izraz pomnozimo sa [inlmath](t-1)^2[/inlmath] dobijamo
[dispmath]\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)}=\frac{(At +B)(t-1)^2}{t^2+7-4\sqrt3}+\frac{(Ct +D)(t-1)^2}{t^2+7+4\sqrt3}+E(t-1)+F,[/dispmath]
a potom stavljanjem da je [inlmath]t=1[/inlmath] dobijamo [inlmath]\displaystyle F=\frac{(1+1)^2}{\left(8-4\sqrt3\right)\left(8+4\sqrt3\right)}=\frac{1}{4}.[/inlmath]
Isto tako dobijamo
[dispmath]\frac{\left(t^2+1\right)^2}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)(t-1)^2}-\frac{1}{4(t-1)^2}=\frac{3}{4}\cdot\frac{t^2+2t+1}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)},[/dispmath]
te je dovoljno rastaviti poslednji razlomak (a i vidimo da je [inlmath]E=0[/inlmath]), to jest
[dispmath]\frac{t^2+2t+1}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)}=\frac{A_1t+B_1}{t^2+7-4\sqrt3}+\frac{C_1t+D_1}{t^2+7+4\sqrt3},[/dispmath]
gde naravno, vazi veza [inlmath]A=\frac{3}{4}A_1[/inlmath], i slicno za [inlmath]B[/inlmath], [inlmath]C[/inlmath] i [inlmath]D[/inlmath].
Posle „kraceg“ racuna se nalazi da je
[dispmath]A_1=\frac{1}{4\sqrt3},\;B_1=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{4},\;C_1=-\frac{1}{4\sqrt3},\;D_1=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{4}.[/dispmath]
Izracunajmo sada na primer
[dispmath]\int\frac{A_1t+B_1}{t^2+7-4\sqrt3}dt=\int\frac{\frac{t}{4\sqrt3}+\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{4}}{t^2+7-4\sqrt3}dt=\frac{1}{4\sqrt3}\int\frac{t}{t^2+7-4\sqrt3}dt+\frac{2-\sqrt3}{4}\int\frac{dt}{t^2+7-4\sqrt3}.[/dispmath]
Prvi integral je jasno jednak [inlmath]\frac{1}{2}\log\left|t^2+7-4\sqrt3\right|+c=\frac{1}{2}\log\left(t^2+7-4\sqrt3\right)+c[/inlmath], dok za drugi primetimo da je [inlmath]\left(2-\sqrt3\right)^2=7-4\sqrt3[/inlmath] (ili napakujmo smenom [inlmath]\displaystyle s=\frac{t}{\sqrt{7-4\sqrt3}}[/inlmath]), te svodjenjem na integral za arkus tangens dobijamo
[dispmath]\int\frac{dt}{t^2+7-4\sqrt3}=\frac{1}{2-\sqrt3}\text{arctg }\Bigl(\frac{t}{2-\sqrt3}\Bigr)+c=(2+\sqrt3)\text{arctg }\bigl(t\left(2+\sqrt3\right)\bigr)+c.[/dispmath]
Dakle,
[dispmath]\int\frac{A_1t+B_1}{t^2+7-4\sqrt3}dt=\frac{1}{8\sqrt3}\log(t^2+7-4\sqrt3)+\frac{1}{4}\text{arctg }\bigl(t\left(2+\sqrt3\right)\bigr)+c.[/dispmath]
Na isti nacin se dobija i
[dispmath]\int\frac{C_1t+D_1}{t^2+7-4\sqrt3}dt=-\frac{1}{8\sqrt3}\log\left(t^2+7+4\sqrt3\right)+\frac{1}{4}\text{arctg }\bigl(t\left(2-\sqrt3\right)\bigr)+c.[/dispmath]
Zato je
[dispmath]\int\frac{t^2+2t+1}{\left(t^2+7-4\sqrt3\right)\left(t^2+7+4\sqrt3\right)}dt=\\
=\frac{1}{8\sqrt3}\log\biggl(\frac{t^2+7-4\sqrt3}{t^2+7+4\sqrt3}\biggr)+\frac{1}{4}\text{arctg }\bigl(t\left(2+\sqrt3\right)\bigr)+\frac{1}{4}\text{arctg }\bigl(t\left(2-\sqrt3\right)\bigr)+c.[/dispmath]
Sada, s obzirom na to da je [inlmath]\displaystyle\int\frac{dt}{(t-1)^2}=\frac{1}{1-t}+c[/inlmath], na osnovu prethodnog lako izvodimo
[dispmath]I_2=\frac{1}{16\sqrt3}\log\biggl(\frac{t^2+7-4\sqrt3}{t^2+7+4\sqrt3}\biggr)+\frac{1}{8}\text{arctg }\bigl(t\left(2+\sqrt3\right)\bigr)+\frac{1}{8}\text{arctg }\bigl(t\left(2-\sqrt3\right)\bigr)+\frac{1}{6(1-t)}+c,[/dispmath]
gde je ostalo jos da se vrati smena [inlmath]t=\text{tg}\frac{3x}{2}[/inlmath], sto cu ja preskociti.