eseper je napisao:Može mala pomoć oko sljedećeg zadatka:
[dispmath]\int\frac{x\mathrm dx}{x^4-2x^2-1}[/dispmath]
kada se sredi dobije se [dispmath]\int\frac{x\mathrm dx}{\left(x^2-1\right)^2}[/dispmath]

Loše si sredio, ovi integrali nisu ekvivalentni.
[dispmath]x^4-2x^2-1\neq\left(x^2-1\right)^2[/dispmath]
A inače:
[dispmath]x^4-2x^2-1=\left(x^2-1\right)^2-2[/dispmath]
Pa smenom [inlmath]t=x^2-1[/inlmath] uz [inlmath]\mathrm dt=2x\mathrm dx[/inlmath]
Polazni integral postaje:
[dispmath]\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm dt}{t^2-2}[/dispmath]
Ovo dalje rešiš kao klasičan integral racionalne funkcije, vratiš smenu, razliku logaritama prevoriš u logaritam količnika i dobićeš njihovo rešenje.

eseper je napisao:kada se sredi dobije se [dispmath]\int\frac{x\mathrm dx}{\left(x^2-1\right)^2}[/dispmath]
Pokušao sam, ali čini se da je ovo tip zadatka koji se ne može rastaviti na parcijalne razlomke

Zašto ne može? Iako si do njega pogrešno došao, ajd da za trenutak pretpostavimo da zaista imamo takav integral:
[dispmath]\frac{x}{\left(x^2-1\right)^2}=\frac{x}{\left(x+1\right)^2\left(x-1\right)^2}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{\left(x+1\right)^2}+\frac{C}{x-1}+\frac{D}{\left(x-1\right)^2}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{A\left(x+1\right)\left(x-1\right)^2+B\left(x-1\right)^2+C\left(x+1\right)^2\left(x-1\right)+D\left(x+1\right)^2}{\left(x+1\right)^2\left(x-1\right)^2}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{A\left(x^2-1\right)\left(x-1\right)+B\left(x-1\right)^2+C\left(x+1\right)\left(x^2-1\right)+D\left(x+1\right)^2}{\left(x+1\right)^2\left(x-1\right)^2}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{A\left(x^3-x^2-x+1\right)+B\left(x^2-2x+1\right)+C\left(x^3+x^2-x-1\right)+D\left(x^2+2x+1\right)}{\left(x+1\right)^2\left(x-1\right)^2}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{\left(A+C\right)x^3+\left(-A+B+C+D\right)x^2+\left(-A-2B-C+2D\right)x+\left(A+B-C+D\right)}{\left(x+1\right)^2\left(x-1\right)^2}[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad\begin{array}{l}
A+C=0\\
-A+B+C+D=0\\
-A-2B-C+2D=1\\
A+B-C+D=0
\end{array}\quad\Rightarrow\quad\begin{array}{l}
A=0\\
B=-\frac{1}{4}\\
C=0\\
D=\frac{1}{4}
\end{array}[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad\frac{x}{\left(x^2-1\right)^2}=\frac{1}{4\left(x-1\right)^2}-\frac{1}{4\left(x+1\right)^2}[/dispmath]
Naravno, to nije ono što tebi treba u ovom zadatku. Ali, možda ti nekad i to zapadne, pa nije zgoreg da imaš postupak...

Hvala obojici. Sada rješavam malo drukčije tipove svih integrala od onih s nastave, uključujući i ove racionalnih funkcija, s obzirom da takvo nešto "neklasično" i očekujem

Evo još jednog takvog:
[dispmath]\int\frac{x^3\mathrm dx}{x^4-x^2-2}[/dispmath]
sređen glasi ovako [dispmath]\int\frac{x^3\mathrm dx}{\left(x^2+1\right)\left(x^2-2\right)}[/dispmath]
sada, rastav na parcijalne razlomke nije moguć, stoga preostaje zamjena varijabli tako da
[inlmath]t=x^2[/inlmath]
[inlmath]\mathrm dt=2x\mathrm dx[/inlmath] odnosno [inlmath]\frac{1}{2}\mathrm dt=x\mathrm dx[/inlmath]
pa onda imamo [dispmath]\frac{1}{2}\int\frac{t\mathrm dt}{(t+1)(t-2)}[/dispmath] i tek sada parcijalni razlomci
[dispmath]\frac{1}{2}\int\frac{A\mathrm dt}{t+1}+\frac{1}{2}\int\frac{B\mathrm dt}{t-2}[/dispmath]
[inlmath]A=\frac{1}{3}\\
B=\frac{2}{3}[/inlmath]
uvrstim to umjesto [inlmath]A[/inlmath] i [inlmath]B[/inlmath] i vratim zamjenu
konačno rješenje mi je
[dispmath]\int\frac{x^3\mathrm dx}{x^4-x^2-2}=\frac{1}{6}\ln\left|x^2+1\right|+\frac{1}{3}\ln\left|x^2-2\right|+C[/dispmath]

Ali, ovo ne stoji:

eseper je napisao:[dispmath]\int\frac{x^3\mathrm dx}{\left(x^2+1\right)\left(x^2-2\right)}[/dispmath]
sada, rastav na parcijalne razlomke nije moguć

Moguć je, isto kao i u prethodnom primeru:[dispmath]\int\frac{x^3\mathrm dx}{\left(x^2+1\right)\left(x^2-2\right)}=\int\frac{x^3\mathrm dx}{\left(x^2+1\right)\left(x+\sqrt 2\right)\left(x-\sqrt 2\right)}=[/dispmath]
[dispmath]=\int\left(\frac{Ax+B}{x^2+1}+\frac{C}{x+\sqrt 2}+\frac{D}{x-\sqrt 2}\right)\mathrm dx=[/dispmath]
[dispmath]=\int\frac{\left(Ax+B\right)\left(x^2-2\right)+C\left(x^2+1\right)\left(x-\sqrt 2\right)+D\left(x^2+1\right)\left(x+\sqrt 2\right)}{\left(x^2+1\right)\left(x^2-2\right)}\mathrm dx=[/dispmath]
[dispmath]=\int\frac{Ax^3+Bx^2-2Ax-2B+Cx^3-C\sqrt 2x^2+Cx-C\sqrt 2+Dx^3+D\sqrt 2x^2+Dx+D\sqrt 2}{\left(x^2+1\right)\left(x^2-2\right)}\mathrm dx=[/dispmath]
[dispmath]=\int\frac{\left(A+C+D\right)x^3+\left(B-C\sqrt 2+D\sqrt 2\right)x^2+\left(-2A+C+D\right)x+\left(-2B-C\sqrt 2+D\sqrt 2\right)}{\left(x^2+1\right)\left(x^2-2\right)}\mathrm dx[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad\begin{array}{l}
A+C+D=1\\
B-C\sqrt 2+D\sqrt 2=0\\
-2A+C+D=0\\
-2B-C\sqrt 2+D\sqrt 2=0
\end{array}\quad\Rightarrow\quad\begin{array}{l}
A=\frac{1}{3}\\
B=0\\
C=\frac{1}{3}\\
D=\frac{1}{3}
\end{array}[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad\int\frac{x^3\mathrm dx}{\left(x^2+1\right)\left(x^2-2\right)}=\int\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{x}{x^2+1}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{x+\sqrt 2}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{x-\sqrt 2}\right)\mathrm dx=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}\left(\int\frac{x\mathrm dx}{x^2+1}+\int\frac{\mathrm dx}{x+\sqrt 2}+\int\frac{\mathrm dx}{x-\sqrt 2}\right)=\frac{1}{3}\left[\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm d\left(x^2\right)}{x^2+1}+\ln\left|x+\sqrt 2\right|+\ln\left|x-\sqrt 2\right|\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{6}\ln\left|x^2+1\right|+\frac{1}{3}\ln\left(\left|x+\sqrt 2\right|\cdot\left|x-\sqrt 2\right|\right)+c=\frac{1}{6}\ln\left|x^2+1\right|+\frac{1}{3}\ln\left|x^2-2\right|+c[/dispmath]
Istina, elegantnije jeste preko smene, to se slažem, hteo sam samo da pokažem da ni ovako nije nemoguće.

Malo sam se krivo izrazio. Moguće je, naravno, ali zašto komplicirati život

eseper je napisao:zašto komplicirati život

Ima nas koji uživamo u tome.

Jel moze pomoc oko ovog integrala? [dispmath]\int\frac{\mathrm dx}{x^2-x+1}[/dispmath] Posto mi je to ustvari deo jednog integrala koji se resava parcijalnom integracijom to sam isto pokusao i ovde al ne ide .Hvala unapred

U ovom slučaju rastavljanje na parcijalne razlomke nije moguće, budući da polinom u imeniocu nema nule – odmah možemo i videti da je taj polinom uvek pozitivan, jer on predstavlja jedan od dva faktora u rastavljanju zbira kubova: [inlmath]x^3+1=\left(x+1\right)\underbrace{\left(x^2-x+1\right)}_{>0}[/inlmath]
Zbog toga primenjujemo onu drugu metodu, koja je objašnjena počev od ovog posta, za slučaj kada polinom u imeniocu nema nule, pa se ne može rastaviti na faktore.
Ovde je postupak prilično pojednostavljen u odnosu na opšti slučaj, budući da u brojiocu nemamo polinom. Dakle, treba nekako ovaj integral da svedemo na oblik [inlmath]\int\frac{\mathrm dt}{1+t^2}[/inlmath], što predstavlja tablični integral [inlmath]\mathrm{arctg}\:t+c[/inlmath]:
[dispmath]\int\frac{\mathrm dx}{x^2-x+1}=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}+1}=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}=\int\frac{\mathrm dx}{\frac{3}{4}\left[\frac{4}{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+1\right]}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{4}{3}\int\frac{\mathrm dx}{\frac{4}{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+1}=\frac{4}{3}\int\frac{\mathrm dx}{\left[\frac{2}{\sqrt 3}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]^2+1}=\frac{4}{3}\int\frac{\frac{\sqrt 3}{2}\mathrm d\left[\frac{2}{\sqrt 3}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]}{\left[\frac{2}{\sqrt 3}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]^2+1}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{2\sqrt 3}{3}\int\frac{\mathrm d\left[\frac{2}{\sqrt 3}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]}{\left[\frac{2}{\sqrt 3}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]^2+1}=\frac{2\sqrt 3}{3}\mathrm{arctg}\left[\frac{2}{\sqrt 3}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]+c=\frac{2\sqrt 3}{3}\mathrm{arctg}\left[\frac{\sqrt 3}{3}\left(2x-1\right)\right]+c[/dispmath]

Pozdrav,

mozete li mi uraditi ovaj zadatak malo me buni kad nema nula funkcija u imeniocu:
[dispmath]\int\frac{x^3}{x^2+x+1}\mathrm dx[/dispmath]

mozes podijeliti ta 2 polinoma, kasnije je lako izracunati integral kada to uradis