MATEMANIJA

[dispmath]\begin{array}{l}
554.\;\int\sqrt x\ln x\mathrm dx\\
557.\;\int\cos\left(\ln x\right)\mathrm dx\\
558.\;\int x\:\mathrm{arctg}\:x\:\mathrm dx
\end{array}[/dispmath]
parcijalna integracija, pa ako netko bude imao vremena idućih dana neka riješi. nije hitno, ali želim znati kako postaviti uopće ove zadatke

slavonija035 je napisao:[dispmath]554.\;\int\sqrt x\ln x\mathrm dx[/dispmath]

[inlmath]u=\ln x\\
\mathrm du=\frac{\mathrm dx}{x}\\
\mathrm dv=\sqrt x\mathrm dx\\
v=\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}[/inlmath]
[dispmath]=\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}\ln x-\frac{2}{3}\int x^\frac{3}{2}\frac{\mathrm dx}{x}=\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}\ln x-\frac{2}{3}\int x^\frac{1}{2}\mathrm dx=\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}\ln x-\frac{2}{3}\frac{x^\frac{3}{2}}{\frac{3}{2}}+c=\frac{2}{3}x^\frac{3}{2}\ln x-\frac{4}{9}x^\frac{3}{2}+c[/dispmath]

slavonija035 je napisao:[dispmath]557.\;\int\cos\left(\ln x\right)\mathrm dx[/dispmath]

[inlmath]u=\cos\left(\ln x\right)\\
\mathrm du=-\sin\left(\ln x\right)\frac{\mathrm dx}{x}\\
\mathrm dv=\mathrm dx\\
v=x[/inlmath]
[dispmath]=x\cos\left(\ln x\right)+\int x\sin\left(\ln x\right)\frac{\mathrm dx}{x}=x\cos\left(\ln x\right)+\int\sin\left(\ln x\right)\mathrm dx=[/dispmath]
Integral [inlmath]\int\sin\left(\ln x\right)\mathrm dx[/inlmath]:
[inlmath]u=\sin\left(\ln x\right)\\
\mathrm du=\cos\left(\ln x\right)\frac{\mathrm dx}{x}\\
\mathrm dv=\mathrm dx\\
v=x[/inlmath]
[dispmath]=x\cos\left(\ln x\right)+x\sin\left(\ln x\right)-\int x\cos\left(\ln x\right)\frac{\mathrm dx}{x}=x\cos\left(\ln x\right)+x\sin\left(\ln x\right)-\int\cos\left(\ln x\right)\mathrm dx=[/dispmath]
Dakle,
[dispmath]\int\cos\left(\ln x\right)\mathrm dx=x\cos\left(\ln x\right)+x\sin\left(\ln x\right)-\int\cos\left(\ln x\right)\mathrm dx[/dispmath][dispmath]2\int\cos\left(\ln x\right)\mathrm dx=x\cos\left(\ln x\right)+x\sin\left(\ln x\right)+c[/dispmath][dispmath]\int\cos\left(\ln x\right)\mathrm dx=\frac{x}{2}\left[\cos\left(\ln x\right)+\sin\left(\ln x\right)\right]+c[/dispmath]

slavonija035 je napisao:[dispmath]558.\;\int x\:\mathrm{arctg}\:x\:\mathrm dx[/dispmath]

[inlmath]u=x\:\mathrm{arctg}\:x\\
\mathrm du=\mathrm{arctg}\:x\:\mathrm dx+\frac{x}{1+x^2}\mathrm dx\\
\mathrm dv=\mathrm dx\\
v=x[/inlmath]
[dispmath]=x^2\mathrm{arctg}\:x-\int x\left(\mathrm{arctg}\:x+\frac{x}{1+x^2}\right)\mathrm dx=x^2\mathrm{arctg}\:x-\int x\mathrm{arctg}\:x\mathrm dx-\int\frac{x^2}{1+x^2}\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=x^2\mathrm{arctg}\:x-\int x\mathrm{arctg}\:x\mathrm dx-\int\frac{1+x^2-1}{1+x^2}\mathrm dx=x^2\mathrm{arctg}\:x-\int x\mathrm{arctg}\:x\mathrm dx-\int\frac{1+x^2}{1+x^2}\mathrm dx+\int\frac{\mathrm dx}{1+x^2}=[/dispmath][dispmath]=x^2\mathrm{arctg}\:x-\int x\mathrm{arctg}\:x\mathrm dx-\int\mathrm dx+\mathrm{arctg}\:x=\left(x^2+1\right)\mathrm{arctg}\:x-\int x\mathrm{arctg}\:x\mathrm dx-x[/dispmath]
Dakle,
[dispmath]\int x\:\mathrm{arctg}\:x\:\mathrm dx=\left(x^2+1\right)\mathrm{arctg}\:x-\int x\mathrm{arctg}\:x\mathrm dx-x[/dispmath][dispmath]2\int x\:\mathrm{arctg}\:x\:\mathrm dx=\left(x^2+1\right)\mathrm{arctg}\:x-x+c[/dispmath][dispmath]\int x\:\mathrm{arctg}\:x\:\mathrm dx=\frac{x^2+1}{2}\mathrm{arctg}\:x-\frac{x}{2}+c[/dispmath]

[dispmath]\int\frac{x}{\sin^2x}\mathrm dx[/dispmath]
Ovo se rješava preko pravila za parcijalnu integraciju, ali buni me ovaj nazivnik. Možemo li sve "pretvoriti" u brojnik i tek onda rješavati zadatak?

Nisam baš shvatio šta podrazumevaš pod „pretvaranjem“ u brojnik? Nazivnik ne treba da te zbunjuje, budući da postoji tablični integral [inlmath]\int\frac{\mathrm dx}{\sin^2 x}=-\mathrm{ctg}\:x+c[/inlmath], koji ćemo iskoristiti u parcijalnoj integraciji:

[inlmath]u=x\\
\mathrm du=\mathrm dx\\
\mathrm dv=\frac{\mathrm dx}{\sin^2 x}\\
v=\int\frac{\mathrm dx}{\sin^2 x}=-\mathrm{ctg}\:x[/inlmath]
[dispmath]\int\frac{x}{\sin^2 x}\mathrm dx=-x\mathrm{ctg}\:x+\int\mathrm{ctg}\:x\mathrm dx=-x\mathrm{ctg}\:x+\int\frac{\cos x}{\sin x}\mathrm dx=\cdots[/dispmath]
pa zatim smena [inlmath]\sin x=t,\;\cos x\mathrm dx=\mathrm dt[/inlmath]...

Hvala, riješio sam zadatak do kraja i ispalo mi je
[dispmath]\int\frac{x}{\sin^2x}=-x\mathrm{ctg}\:x+\ln |\sin x|+C[/dispmath]

Dalje
[dispmath]\int x^3\sin x\mathrm dx[/dispmath]
nakon što sam se 2 puta poslužio parcijalnom integracijom došao sam do ovoga:
[dispmath]-x^3\cos x+3x^2\sin x-6\int x\sin x\mathrm dx[/dispmath]
Ako je sve prethodno dobro, kako dalje? Ponovno parcijalnu integraciju preostalog integrala ili možda na način da stavim da je [inlmath]I=\int x\sin x\mathrm dx[/inlmath] pa rješavam dalje?

Edit: Napravio sam treću zaredom parcijalnu i dobio sljedeće rješenje zadatka (nadam se točno ):
[dispmath]-x^3\cos x+3x^2\sin x+6x\cos x-6\sin x+C[/dispmath] Ovo bi se moglo još srediti izlučivanjem [inlmath]x^2[/inlmath] iz prva dva člana i [inlmath]6[/inlmath] iz druga dva.

Sve tačno.

eseper je napisao:Ovo bi se moglo još srediti izlučivanjem [inlmath]x^2[/inlmath] iz prva dva člana i [inlmath]6[/inlmath] iz druga dva.

Ili, još bolje, izlučivanjem [inlmath]x\cos x[/inlmath] iz [inlmath]1.[/inlmath] i [inlmath]3.[/inlmath] sabirka i [inlmath]3\sin x[/inlmath] iz [inlmath]2.[/inlmath] i [inlmath]4.[/inlmath]

Evo sljedećeg:
[dispmath]\int\sin x\ln\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2x}\right)\mathrm dx[/dispmath]
Vjerojatno će se raditi sa supstitucijom, ali mi ništa na pada napamet. Pretpostavljam da ćemo se korjena trebati rješiti na način da [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath] pređe ispred integrala. Postoje još neke pretpostavke, ali to ostavljam profesionalcima

Radi se i parcijalnom i supstitucijom:
[dispmath]\int\sin x\ln\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2 x}\right)\mathrm dx=[/dispmath]
[inlmath]u=\ln\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2 x}\right)\\
\mathrm du=\cdots =\frac{-\sin x\cancel{\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2 x}\right)}}{\sqrt{1+\cos^2 x}\cancel{\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2 x}\right)}}\mathrm dx=\frac{-\sin x}{\sqrt{1+\cos^2 x}}\mathrm dx\\
\mathrm dv=\sin x\mathrm dx\\
v=-\cos x[/inlmath]
[dispmath]=-\cos x\ln\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2 x}\right)-\int\cos x\frac{\sin x}{\sqrt{1+\cos^2 x}}\mathrm dx=[/dispmath]
Smena:
[inlmath]\cos x=t\\
-\sin x\mathrm dx=\mathrm dt[/inlmath]
[dispmath]=-\cos x\ln\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2 x}\right)+\int\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\mathrm dt=-\cos x\ln\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2 x}\right)+\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm d\left(t^2\right)}{\sqrt{1+t^2}}=[/dispmath][dispmath]=-\cos x\ln\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2 x}\right)+\cancel{\frac{1}{2}}\frac{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}{\cancel{\frac{1}{2}}}+c=[/dispmath][dispmath]=\sqrt{1+\cos^2 x}-\cos x\ln\left(\cos x+\sqrt{1+\cos^2 x}\right)+c[/dispmath]

---

Ostao sam ti dužan i jedan odgovor u vezi s prethodnim zadatkom:

eseper je napisao:Dalje
[dispmath]\int x^3\sin x\mathrm dx[/dispmath]
...
ili možda na način da stavim da je [inlmath]I=\int x\sin x\mathrm dx[/inlmath] pa rješavam dalje?

[inlmath]I=\int x\sin x\mathrm dx[/inlmath] bi imalo smisla da ti je i početni integral glasio isto tako. Međutim, u početnom integralu ti je [inlmath]x[/inlmath] dignuto na [inlmath]3.[/inlmath] stepen, tako da bi uvođenjem [inlmath]I=\int x\sin x\mathrm dx[/inlmath] doveo do sabiranja baba i žaba.

Hvala na iscrpnom rješenju. Što se tiče [inlmath]I[/inlmath], to uopće nisam znao do prije sat vremena kada sam shvatio kada se uopće koristi [inlmath]I[/inlmath]

Sada još jedno čisto teoretsko pitanje. Kako da prepoznam zadatak u kojem treba koristiti samo metodu supstitucije ili samo parcijalnu integraciju ili oboje u kombinaciji kao što je u ovom prethodnom primjeru slučaj? Postoji li neko pravilo ili treba razviti intuiciju za prepoznavanje?

Ne postoji neko tačno određeno pravilo. Ponekad je potrebno isprobavati više načina, dok na kraju ne nabodeš onaj koji „upali“. Naravno, vrlo je korisna i intuicija, jer što si intuiciju bolje razvio, to će ti u proseku biti potrebno manje pokušaja dok ne naiđeš na onaj pravi.

Sljedeći
[dispmath]\int\frac{x\cos(x)}{\sin^3 x}[/dispmath]
Sredio sam tako da bude [dispmath]\int\frac{x\:\mathrm{ctg}(x)}{\sin^2 (x)}[/dispmath]
Ako treba zapisati u takvom obliku, onda iza toga ide parcijalna integracija...

Nije bilo potrebe za tim sređivanjem. Samo primeniš parcijalnu:

[inlmath]u=x\\
\mathrm du=\mathrm dx\\
\mathrm dv=\frac{\cos x}{\sin^3 x}\mathrm dx\\
v=\int\mathrm dv=\int\frac{\cos x}{\sin^3 x}\mathrm dx=\int\frac{\mathrm d\left(\sin x\right)}{\sin^3 x}=-\frac{1}{2\sin^2 x}[/inlmath]

Treba da se dobije rezultat
[dispmath]-\frac{x}{2\sin^2 x}-\frac{\mathrm{ctg}\:x}{2}+c[/dispmath]

Dobio sam identično, hvala.

Još jedna stvar me zanima, evo uzmimo ovaj primjer:
[dispmath]\int\frac{x}{e^{2x}}\mathrm dx[/dispmath]
Zanima me da li je svejedno ako za [inlmath]u[/inlmath] uzmem da je [inlmath]x[/inlmath], a za [inlmath]\mathrm dv[/inlmath] da je [inlmath]\frac{\mathrm dx}{e^{2x}}[/inlmath]. Što ako uzmem obrnuto i postoji li neko posebno pravilo, što se uzima za [inlmath]u[/inlmath], a što za [inlmath]\mathrm dv[/inlmath]? Ili i to moram isprobavati?

Sa'ćemo da vidimo da li je svejedno: Uzmimo da je [inlmath]u=e^{-2x}[/inlmath] i [inlmath]\mathrm dv=x\mathrm dx[/inlmath]

[inlmath]\mathrm du=-2e^{-2x}\mathrm dx\\
v=\frac{x^2}{2}[/inlmath]
[dispmath]\int\frac{x}{e^{2x}}\mathrm dx=\frac{x^2 e^{-2x}}{2}+\int\frac{x^2}{\cancel 2}\cdot\cancel 2e^{-2x}\mathrm dx=\frac{x^2 e^{-2x}}{2}+\int\ x^2 e^{-2x}\mathrm dx[/dispmath]
I, umesto da se oslobodimo faktora [inlmath]x[/inlmath] pod integralom, sada smo još dobili [inlmath]x^2[/inlmath].
Ako bismo i na taj nov integral primenili parcijalnu sa [inlmath]u=e^{-2x}[/inlmath] i [inlmath]\mathrm dv=x^2\mathrm dx[/inlmath], dobili bismo integral u kome figuriše [inlmath]x^3[/inlmath], zatim primenom naredne parcijalne sa [inlmath]u=e^{-2x}[/inlmath] i [inlmath]\mathrm dv=x^3\mathrm dx[/inlmath] figurisalo bi [inlmath]x^4[/inlmath] itd. Svaki put za jedan stepen više.

Zato, kada pod integralom imamo proizvod stepene i eksponencijalne funkcije, za [inlmath]u[/inlmath] uzimamo stepenu funkciju, a za [inlmath]v[/inlmath] eksponencijalnu – a ne obrnuto, kao što je to učinjeno u prethodnom (bezuspešnom ) primeru.

Dakle:
[inlmath]u=x\\
\mathrm du=\mathrm dx\\
\mathrm dv=e^{-2x}\mathrm dx\\
v=-\frac{1}{2}e^{-2x}[/inlmath]
[dispmath]\int\frac{x}{e^{2x}}\mathrm dx=-\frac{x}{2}e^{-2x}+\frac{1}{2}\int e^{-2x}\mathrm dx=-\frac{x}{2}e^{-2x}-\frac{1}{4}\int e^{-2x}\mathrm d\left(-2x\right)=-\frac{x}{2}e^{-2x}-\frac{e^{-2x}}{4}+c[/dispmath]
Da smo, kojim slučajem, imali [inlmath]\int\frac{x^n}{e^{2x}}\mathrm dx[/inlmath], radili bismo parcijalnu [inlmath]n[/inlmath] puta, pri čemu bismo svakom primenom parcijalne dobijali nov integral sa stepenom [inlmath]x[/inlmath] nižim za jedan, dok se na kraju ne oslobodimo stepene funkcije:

[inlmath]u=x^n\\
\mathrm du=nx^{n-1}\mathrm dx\\
\mathrm dv=e^{-2x}\mathrm dx\\
v=-\frac{1}{2}e^{-2x}[/inlmath]
[dispmath]\int\frac{x^n}{e^{2x}}\mathrm dx=-\frac{x^n}{2}e^{-2x}+\frac{n}{2}\int x^{n-1}e^{-2x}\mathrm dx[/dispmath]
pa onda:

[inlmath]u=x^{n-1}\\
\mathrm du=\left(n-1\right)x^{n-2}\mathrm dx\\
\mathrm dv=e^{-2x}\mathrm dx\\
v=-\frac{1}{2}e^{-2x}[/inlmath]

itd.

Dakle, [inlmath]u[/inlmath] je stepena funkcija, [inlmath]v[/inlmath] je eksponencijalna.

Hvala, to sam razumio Evo sljedećeg zadatka:
[dispmath]\int\cos^2 x\mathrm dx[/dispmath]
Ovaj zadatak se može rješiti metodom zamjene, ali se u zadatku traži parcijalnom derivacijom.

Metodom zamjene dobio sam [dispmath]\int\cos^2 x\mathrm dx=\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}+C[/dispmath]
Kako ovo rješiti parcijalnom integracijom? Pokušavao sam tako da zapišem kao[inlmath]\int\cos x\cos x\mathrm dx[/inlmath], ali ne ide

Ni ja ne vidim način kako ovo uraditi parcijalnom. Ali, ne vidim način ni kako uraditi metodom zamene. Koju si zamenu uveo?

Jedini način koji ja vidim je preko formule za polovinu ugla:
[dispmath]\int\cos^2\! x\:\mathrm dx=\int\frac{1+\cos 2x}{2}\mathrm dx=\frac{1}{2}\int\mathrm dx+\frac{1}{4}\int\cos 2x\:\mathrm d\left(2x\right)=\frac{x}{2}+\frac{1}{4}\sin 2x+c[/dispmath]

Izvinjavam se, greška, nisam uveo metodu zamjene nego sam upravo napravio rastav na formulu za polovični argument i rješio na isti taj način.

I mene buni kako to riješiti parcijalnom. Očito nikako. Kao rješenje za parcijalnu im stoji: [dispmath]\cos(x)\sin(x)-\frac{1}{2}\sin 2(x)+C[/dispmath]
Bolje ne razbijati glavu ovim

Jedino ako su mislili na ovakav način preko parcijalne:
[dispmath]\int\cos^2\!x\:\mathrm dx=\int\cos x\cos x\mathrm dx=[/dispmath]
[inlmath]u=\cos x\\
\mathrm du=-\sin x\mathrm dx\\
\mathrm dv=\cos x\mathrm dx\\
v=\sin x[/inlmath]
[dispmath]=\sin x\cos x+\int\sin^2\!x\:\mathrm dx=\sin x\cos x+\int\left(1-\cos^2\!x\:\right)\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\sin x\cos x+\int\mathrm dx-\int\cos^2\!x\:\mathrm dx=\sin x\cos x+x-\int\cos^2\!x\:\mathrm dx[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad 2\int\cos^2\!x\:\mathrm dx=\sin x\cos x+x[/dispmath][dispmath]\int\cos^2\!x\:\mathrm dx=\frac{1}{2}\sin x\cos x+\frac{x}{2}+c[/dispmath]
što je, zapravo, isto rešenje kao i
[dispmath]\int\cos^2\!x\:\mathrm dx=\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{x}{2}+c[/dispmath]

Inače, njihovo rešenje za parcijalnu je očigledno pogrešno, jer je
[dispmath]\cos x\sin x-\frac{1}{2}\sin 2x+c=\cos x\sin x-\frac{1}{\cancel 2}\cdot\cancel 2\sin x\cos x+c=\cancel{\cos x\sin x}-\cancel{\sin x\cos x}+c=c[/dispmath]

Isto sam i ja dobijao, zato mi je bilo čudno

Sljedeći:
[dispmath]\int\frac{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}{e^x}\mathrm dx[/dispmath]
Parcijalnom integracijom sam uvrstio da je
[inlmath]u=\frac{1}{e^x}\dots\mathrm du=-\frac{1}{e^x}\mathrm dx;\\
\mathrm dv=\cos\left(\frac{x}{2}\right)\mathrm dx\dots v=2\sin\left(\frac{x}{2}\right)[/inlmath]

Kao konačno rješenje dobio sam
[dispmath]I=-\frac{2}{3}\frac{\sin\frac{x}{2}}{e^x}-\frac{4}{3}\frac{\cos\frac{x}{2}}{e^x}[/dispmath]

Kanda si negde malo zabrljao... Parcijalna ti je dobra, sve je tako kako si napisao, pa onda ide
[dispmath]\frac{2\sin\frac{x}{2}}{e^x}+2\int\frac{\sin\frac{x}{2}}{e^x}\mathrm dx[/dispmath]
pa opet parcijalna
[inlmath]\begin{array}{ll}
u=\frac{1}{e^x} & \mathrm du=-\frac{\mathrm dx}{e^x}\\
\mathrm dv=\sin\frac{x}{2}\mathrm dx & v=-2\cos\frac{x}{2}
\end{array}[/inlmath]
[dispmath]\frac{2\sin\frac{x}{2}}{e^x}+2\left(-\frac{2\cos\frac{x}{2}}{e^x}-2\int\frac{\cos\frac{x}{2}}{e^x}\right)[/dispmath][dispmath]\int\frac{\cos\frac{x}{2}}{e^x}=\frac{2\sin\frac{x}{2}}{e^x}-\frac{4\cos\frac{x}{2}}{e^x}-4\int\frac{\cos\frac{x}{2}}{e^x}[/dispmath][dispmath]5\int\frac{\cos\frac{x}{2}}{e^x}=\frac{2\sin\frac{x}{2}}{e^x}-\frac{4\cos\frac{x}{2}}{e^x}+c[/dispmath][dispmath]\int\frac{\cos\frac{x}{2}}{e^x}=\frac{2}{5e^x}\left(\sin\frac{x}{2}-2\cos\frac{x}{2}\right)+c[/dispmath]

Hvala, našao sam grešku. Umjesto (...) [inlmath]-4I[/inlmath], meni je bilo [inlmath]+4I[/inlmath], a odatle i trećine u rješenju Uvijek taj vražji znak...

Proveri onda i zbog čega si dobio minus ispred sabirka s kosinusom... S tom greškom trebalo je da ti ispadne plus...

Našao sam uzrok...

Sljedeći zadatak naizgled pari kompliciran, ali ipak nije ako nisam šta pogriješio. Napisat ću cijeli postupak:
[dispmath]\int\mathrm{arctg}^2x\frac{\ln(\mathrm{arctg}\:x)}{x^2+1}\mathrm dx[/dispmath]
Supstitucija
[inlmath]t=\mathrm{arctg}\:x\\
\mathrm dt=\frac{1}{x^2+1}\mathrm dx[/inlmath]
[dispmath]\int t^2\ln(t)\mathrm dt[/dispmath]
Sada parcijalna integracija
[inlmath]u=\ln(t)\\
\mathrm du=\frac{1}{t}\mathrm dt\\
\mathrm dv=t^2\mathrm dt\\
v=\frac{1}{3}t^3[/inlmath]
[dispmath]t^3\frac{1}{3}\ln(t)-\frac{t^3}{9}+C=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}(\mathrm{arctg}\:x)^3\ln (\mathrm{arctg}\:x)-\frac{(\mathrm{arctg}\:x)^3}{9}+C[/dispmath]

Jeste, sve je tačno. Možeš još da izvučeš ispred zagrade [inlmath]\frac{\mathrm{arctg}^3 x}{9}[/inlmath] i da rezultat zapišeš u obliku
[dispmath]\frac{1}{9}\mathrm{arctg}^3 x\left[3\ln\left(\mathrm{arctg}\:x\right)-1\right]+c[/dispmath]

Ako može postupak za ovaj zadatak, izgubim se svaki put
[dispmath]\int\frac{\left(\arccos^2x\right)e^{3\arccos x}}{-\sqrt{1-x^2}}[/dispmath]
Hvala

Uvek zaboraviš da na kraju napišeš [inlmath]\mathrm dx[/inlmath].
[dispmath]\int\frac{\left(\arccos^2 x\right)e^{3\arccos x}}{-\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx[/dispmath]
Smena:
[inlmath]t=\arccos x\\
\mathrm dt=-\frac{\mathrm dx}{\sqrt{1-x^2}}[/inlmath]
[dispmath]\int t^2 e^{3t}\mathrm dt[/dispmath]
Pa sad parcijalna. Kao što nedavno zaključismo, kad imamo proizvod stepene i eksponencijalne funkcije, za [inlmath]u[/inlmath] uzimamo stepenu, a za [inlmath]v[/inlmath] eksponencijalnu funkciju i primenjujemo parcijalnu onoliko puta koliki je stepen te stepene funkcije (u ovom slučaju, dakle, dva puta).

[inlmath]u=t^2\\
\mathrm du=2t\mathrm dt\\
\mathrm dv=e^{3t}\mathrm dt\\
v=\frac{1}{3}e^{3t}[/inlmath]
[dispmath]\frac{1}{3}t^2e^{3t}-\frac{2}{3}\int t e^{3t}\mathrm dt[/dispmath]
[inlmath]u=t\\
\mathrm du=\mathrm dt\\
\mathrm dv=e^{3t}\mathrm dt\\
v=\frac{1}{3}e^{3t}[/inlmath]
[dispmath]\frac{1}{3}t^2e^{3t}-\frac{2}{3}\left(\frac{1}{3}t e^{3t}-\frac{1}{3}\int e^{3t}\mathrm dt\right)=\frac{1}{3}t^2e^{3t}-\frac{2}{9}t e^{3t}+\frac{2}{9}\int e^{3t}\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}t^2e^{3t}-\frac{2}{9}t e^{3t}+\frac{2}{27} e^{3t}+c=\frac{e^{3t}}{27}\left(9t^2-6t+2\right)+c=[/dispmath][dispmath]=\frac{e^{3\arccos x}}{27}\left(9\arccos^2 x-6\arccos x+2\right)+c[/dispmath]

[inlmath]\mathrm dx[/inlmath] mi je uvijek u drugom planu, iako ne bi smio biti

Hvala. Malo sam se pogubio bio u onim supstitucijama, ali u principu zadatak je vrlo sličan prethodnome...

1.

---

[dispmath]\int\frac{\sin^2 x}{e^x}\mathrm dx[/dispmath]
Ovo sam išao rješvati preko parcijalne,

[inlmath]u=\frac{1}{e^x}\\
\mathrm du=-\frac{1}{e^x}\mathrm dx\\
\mathrm dv=\sin^2 x\mathrm dx\\
v=\int\sin^2 x\mathrm dx=\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\sin(2x)+C[/inlmath]

itd. ali ovo definitivno nije dobar način jer se zadatak jako zakomplicira i nema mu kraja, iako se vjerovatno može rješiti ovako... Postoji li možda neki trik kojim bi ovo pojednostavnili, a da ga nisam uočio?

2.

---

[dispmath]\int x^2\mathrm{arctg}\:3x\mathrm dx[/dispmath]
Parcijalnom integracijom se zadatak jednostavno rješava, ali se u toku zadatka dođe do ovoga:
[dispmath]\int\frac{x^3}{1+9x^2}\mathrm dx[/dispmath]
Ako nešto ne grješim, ovaj integral se ne može rješiti nikako osim rastavom na[dispmath]\int\left(\frac{x}{9}-\frac{x}{9\left(1+9x^2\right)}\right)\mathrm dx[/dispmath] međutim, kako doći do tog rastava? Dijeljenjem polinoma ili na neki drugi način?

i
3.

---

[dispmath]\int x\mathrm{tg}^2 x\mathrm dx[/dispmath]
Ne treba mi rješenje zadatka nego samo uputa. Pretpostavljam da se [inlmath]\mathrm{tg}^2x[/inlmath] treba u nešto raspisati, jer kada se odmah ide preko parcijalne integracije ne ispada mi...

eseper je napisao:1.

---

[dispmath]\int\frac{\sin^2 x}{e^x}\mathrm dx[/dispmath]
Ovo sam išao rješvati preko parcijalne,

[inlmath]u=\frac{1}{e^x}\\
\mathrm du=-\frac{1}{e^x}\mathrm dx\\
\mathrm dv=\sin^2 x\mathrm dx\\
v=\int\sin^2 x\mathrm dx=\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\sin(2x)+C[/inlmath]

itd. ali ovo definitivno nije dobar način jer se zadatak jako zakomplicira i nema mu kraja, iako se vjerovatno može rješiti ovako... Postoji li možda neki trik kojim bi ovo pojednostavnili, a da ga nisam uočio?

[inlmath]1.[/inlmath] način:
[dispmath]\int\frac{\sin^2 x}{e^x}\mathrm dx=[/dispmath]
[inlmath]u=\sin^2 x\\
\mathrm du=2\sin x\cos x\mathrm dx=\sin 2x\mathrm dx\\
\mathrm dv=e^{-x}\mathrm dx\\
v=-e^{-x}[/inlmath]
[dispmath]=-e^{-x}\sin^2 x+\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx\quad\left(1\right)[/dispmath][dispmath]\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx=[/dispmath]
[inlmath]u=\sin 2x\\
\mathrm du=2\cos 2x\mathrm dx\\
\mathrm dv=e^{-x}\mathrm dx\\
v=-e^{-x}[/inlmath]
[dispmath]=-e^{-x}\sin 2x+2\int e^{-x}\cos 2x\mathrm dx=[/dispmath]
[inlmath]u=\cos 2x\\
\mathrm du=-2\sin 2x\mathrm dx\\
\mathrm dv=e^{-x}\mathrm dx\\
v=-e^{-x}[/inlmath]
[dispmath]=-e^{-x}\sin 2x+2\left(-e^{-x}\cos 2x-2\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx\right)=-e^{-x}\sin 2x-2e^{-x}\cos 2x-4\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad 5\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx=-e^{-x}\sin 2x-2e^{-x}\cos 2x+c[/dispmath][dispmath]\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx=-\frac{1}{5}e^{-x}\sin 2x-\frac{2}{5}e^{-x}\cos 2x+c[/dispmath]
pa to vratimo u [inlmath]\left(1\right)[/inlmath]
[dispmath]-e^{-x}\sin^2 x-\frac{1}{5}e^{-x}\sin 2x-\frac{2}{5}e^{-x}\cos 2x+c=-e^{-x}\left(\sin^2 x+\frac{1}{5}\sin 2x+\frac{2}{5}\cos 2x\right)+c=[/dispmath][dispmath]=-e^{-x}\left(\sin^2 x+\frac{1}{5}\sin 2x+\frac{2}{5}\cos^2 x-\frac{2}{5}\sin^2 x\right)+c=[/dispmath][dispmath]=-e^{-x}\left(\sin^2 x+\frac{1}{5}\sin 2x+\frac{2}{5}-\frac{2}{5}\sin^2 x-\frac{2}{5}\sin^2 x\right)+c=[/dispmath][dispmath]=-e^{-x}\left(\frac{1}{5}\sin^2 x+\frac{1}{5}\sin 2x+\frac{2}{5}\right)+c=-\frac{e^{-x}}{5}\left(\sin^2 x+\sin 2x+2\right)+c[/dispmath]

---

[inlmath]2.[/inlmath] način:
[dispmath]\int\frac{\sin^2 x}{e^x}\mathrm dx=\int e^{-x}\frac{1-\cos 2x}{2}\mathrm dx=-\frac{1}{2}e^{-x}-\frac{1}{2}\int e^{-x}\cos 2x\mathrm dx\quad\left(1\right)[/dispmath][dispmath]\int e^{-x}\cos 2x\mathrm dx=[/dispmath]
[inlmath]u=\cos 2x\\
\mathrm du=-2\sin 2x\mathrm dx\\
\mathrm dv=e^{-x}\mathrm dx\\
v=-e^{-x}[/inlmath]
[dispmath]=-e^{-x}\cos 2x-2\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx=[/dispmath]
[inlmath]u=\sin 2x\\
\mathrm du=2\cos 2x\mathrm dx\\
\mathrm dv=e^{-x}\mathrm dx\\
v=-e^{-x}[/inlmath]
[dispmath]=-e^{-x}\cos 2x-2\left(-e^{-x}\sin 2x+2\int e^{-x}\cos 2x\mathrm dx\right)=-e^{-x}\cos 2x+2e^{-x}\sin 2x-4\int e^{-x}\cos 2x\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad 5\int e^{-x}\cos 2x\mathrm dx=-e^{-x}\cos 2x+2e^{-x}\sin 2x+c[/dispmath][dispmath]\int e^{-x}\cos 2x\mathrm dx=-\frac{1}{5}e^{-x}\cos 2x+\frac{2}{5}e^{-x}\sin 2x+c[/dispmath]
pa to vratimo u [inlmath]\left(1\right)[/inlmath]
[dispmath]-\frac{1}{2}e^{-x}-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{5}e^{-x}\cos 2x+\frac{2}{5}e^{-x}\sin 2x\right)+c=-\frac{1}{2}e^{-x}+\frac{1}{10}e^{-x}\cos 2x-\frac{1}{5}e^{-x}\sin 2x+c=[/dispmath][dispmath]=-\frac{1}{10}e^{-x}\left(5-\cos 2x+2\sin 2x\right)+c=-\frac{1}{10}e^{-x}\left(5-\cos^2 x+\sin^2 x+2\sin 2x\right)+c=[/dispmath][dispmath]=-\frac{1}{10}e^{-x}\left(5-1+\sin^2 x+\sin^2 x+2\sin 2x\right)+c=-\frac{1}{10}e^{-x}\left(4+2\sin^2 x+2\sin 2x\right)+c=[/dispmath][dispmath]=-\frac{1}{5}e^{-x}\left(2+\sin^2 x+\sin 2x\right)+c[/dispmath]

---

A može i na način na koji si započeo:
[dispmath]\frac{xe^{-x}}{2}-\frac{1}{4}e^{-x}\sin 2x+\int\left(\frac{xe^{-x}}{2}-\frac{1}{4}e^{-x}\sin 2x\right)\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\frac{xe^{-x}}{2}-\frac{1}{4}e^{-x}\sin 2x+\frac{1}{2}\int xe^{-x}\mathrm dx-\frac{1}{4}\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx\quad\left(1\right)[/dispmath][dispmath]\int xe^{-x}\mathrm dx=[/dispmath]
[inlmath]u=x\\
\mathrm du=\mathrm dx\\
\mathrm dv=e^{-x}\mathrm dx\\
v=-e^{-x}[/inlmath]
[dispmath]=-xe^{-x}+\int e^{-x}\mathrm dx=-xe^{-x}-e^{-x}+c\quad\left(2\right)[/dispmath]
U [inlmath]1.[/inlmath] načinu već je pokazano kako se izračunava [inlmath]\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx[/inlmath], pri čemu se dobije
[dispmath]\int e^{-x}\sin 2x\mathrm dx=-\frac{1}{5}e^{-x}\sin 2x-\frac{2}{5}e^{-x}\cos 2x+c\quad\left(3\right)[/dispmath]
Uvrstimo [inlmath]\left(2\right)[/inlmath] i [inlmath]\left(3\right)[/inlmath] u [inlmath]\left(1\right)[/inlmath]:
[dispmath]\frac{xe^{-x}}{2}-\frac{1}{4}e^{-x}\sin 2x+\frac{1}{2}\left(-xe^{-x}-e^{-x}\right)-\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{5}e^{-x}\sin 2x-\frac{2}{5}e^{-x}\cos 2x\right)+c=[/dispmath][dispmath]=\cancel{\frac{xe^{-x}}{2}}-\frac{1}{4}e^{-x}\sin 2x-\cancel{\frac{1}{2}xe^{-x}}-\frac{1}{2}e^{-x}+\frac{1}{20}e^{-x}\sin 2x+\frac{1}{10}e^{-x}\cos 2x+c=[/dispmath][dispmath]=\frac{e^{-x}}{20}\left(-5\sin 2x-10+\sin 2x+2\cos 2x\right)+c=\frac{e^{-x}}{20}\left(-4\sin 2x-10+2\cos^2 x-2\sin^2 x\right)+c=[/dispmath][dispmath]=\frac{e^{-x}}{20}\left(-4\sin 2x-10+2-2\sin^2 x-2\sin^2 x\right)+c=\frac{e^{-x}}{20}\left(-4\sin 2x-8-4\sin^2 x\right)+c=[/dispmath][dispmath]=-\frac{e^{-x}}{5}\left(\sin 2x+2+\sin^2 x\right)+c[/dispmath]

eseper je napisao:2.
...
[dispmath]\int\frac{x^3}{1+9x^2}\mathrm dx[/dispmath]
Ako nešto ne grješim, ovaj integral se ne može rješiti nikako osim rastavom na[dispmath]\int\left(\frac{x}{9}-\frac{x}{9\left(1+9x^2\right)}\right)\mathrm dx[/dispmath] međutim, kako doći do tog rastava? Dijeljenjem polinoma ili na neki drugi način?

A kako si uopšte došao do tog rastava, ako ne znaš kako doći do njega?

Inače, do njega se dolazi ovako:
[dispmath]\int\frac{x^3}{1+9x^2}\mathrm dx=\int\frac{9x^3}{9\left(1+9x^2\right)}\mathrm dx=\int\frac{x+9x^3-x}{9\left(1+9x^2\right)}\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\int\left[\frac{x+9x^3}{9\left(1+9x^2\right)}-\frac{x}{9\left(1+9x^2\right)}\right]\mathrm dx=\int\left[\frac{x\cancel{\left(1+9x^2\right)}}{9\cancel{\left(1+9x^2\right)}}-\frac{x}{9\left(1+9x^2\right)}\right]\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\int\left[\frac{x}{9}-\frac{x}{9\left(1+9x^2\right)}\right]\mathrm dx[/dispmath]

eseper je napisao:3.
[dispmath]\int x\mathrm{tg}^2 x\mathrm dx[/dispmath]
Ne treba mi rješenje zadatka nego samo uputa. Pretpostavljam da se [inlmath]\mathrm{tg}^2x[/inlmath] treba u nešto raspisati, jer kada se odmah ide preko parcijalne integracije ne ispada mi...

[dispmath]\mathrm{tg}^2 x=\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}=\frac{1-\cos^2 x}{\cos^2 x}=\frac{1}{\cos^2 x}-1[/dispmath]
pa to uvrstiš u integral umesto tangensa...

Izmorio sam te Hvala

Do rastava u drugom zadatku nisam došao sam

Opušteno... Nisi ti mene ništa izmorio, ne bi' se ja ovako raspisao da mi nije gušt.

Super, sada znam za ubuduće

A kao, nisi dosad znao

Evo jednog s prošlogodišnjeg ispita.

Primjenjujući metode zamjene varijabli i parcijalne integracije izračunajte integral:
[dispmath]\int\sin(2x)\ln\left(\sin^2 x+\sqrt{1+\sin^4 x}\right)\mathrm dx[/dispmath]
evo kako sam ja to rješio

prvo, zamjena varijabli:
[inlmath]t=\sin^2 x\\
\mathrm dt=2\sin x\cos x=\sin(2x)\mathrm dx[/inlmath]

potom uvrštavanje nakon čega dobijemo sređeni integral
[dispmath]\int\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)\mathrm dt[/dispmath]
pa primjena pravila za parcijalnu integraciju
[inlmath]u=\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)\\
\mathrm du=\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\mathrm dt\\
\mathrm dv=\mathrm dt\\
v=t[/inlmath]
[dispmath]=t\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)-\int\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\mathrm dt[/dispmath]
ponovno supstitucija
[inlmath]k=1+t^2\\
\mathrm dk=2t\mathrm dt[/inlmath]

pa uvrštavanje
[dispmath]=t\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)-2\int\frac{\mathrm dk}{k^\frac{1}{2}}=t\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)-2\frac{k^\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}[/dispmath][dispmath]=t\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)-4\sqrt{k}=t\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)-4\sqrt{1+t^2}+C[/dispmath]
i konačno sam dobio
[dispmath]=\sin^2(x)\ln\left(\sin^2(x)+\sqrt{1+\sin^4(x)}\right)-4\sqrt{1+\sin^4(x)}+C[/dispmath]
nadam se da je barem dio točan

eseper je napisao:[inlmath]u=\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)[/inlmath]
[inlmath]\mathrm du=\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\mathrm dt[/inlmath]

Dobro, ovde si nekoliko koraka preskočio, ali OK, to je to...

E sad...

eseper je napisao:[dispmath]=t\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)-\int\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\mathrm dt[/dispmath]
ponovno supstitucija
[inlmath]k=1+t^2\\
\mathrm dk=2t\mathrm dt[/inlmath]

pa uvrštavanje
[dispmath]=t\ln\left(t+\sqrt{1+t^2}\right)-{\color{red}2}\int\frac{\mathrm dk}{k^\frac{1}{2}}=\cdots[/dispmath]

Umesto ove dvojke treba [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath]. Zbog toga, konačan rezultat nije

eseper je napisao:[dispmath]\sin^2(x)\ln\left(\sin^2(x)+\sqrt{1+\sin^4(x)}\right)-{\color{red}4}\sqrt{1+\sin^4(x)}+C[/dispmath]

već je
[dispmath]\sin^2 x\ln\left(\sin^2 x+\sqrt{1+\sin^4 x}\right)-\sqrt{1+\sin^4 x}+c[/dispmath]

Sljedeći integral - napisat ću i postupak obzirom da wolfram svašta izbacuje, pa da vidimo je li moja verzija točna
[dispmath]\int\cos^5 x\sin^4 x\mathrm dx[/dispmath][dispmath]\int\cos^5 x\sin^4 x\mathrm dx=\int\left(\cos^2x\right)^2\cos x\left(\sin^2x\right)^2\mathrm dx=\int\left(1-\sin^2x\right)^2\cos x\left(\sin^2x\right)^2\mathrm dx[/dispmath]
zamjena varijabli
[inlmath]t=\sin x\\
\mathrm dt=\cos x\mathrm dx[/inlmath]
[dispmath]=\int\left(1-t^2\right)^2 t^4\mathrm dt=\int\left(1-2t^2+t^4\right)t^4\mathrm dt=\int\left(t^4-2t^6+t^8\right)\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{5}t^5-\frac{2}{7}t^7+\frac{1}{9}t^9+C[/dispmath]
konačno rješenje moje verzije ovog zadatka je
[dispmath]\int\cos^5 x\sin^4 x\mathrm dx=\frac{1}{5}\sin^5x-\frac{2}{7}\sin^7x+\frac{1}{9}\sin^9x+C[/dispmath]

Ma, pusti ti šta kaže Wolfram... Tvoje rešenje je sasvim tačno.
Zapravo, tačno je i njegovo. Samo što ste radili na različite načine i dobili jedno isto rešenje, ali zapisano na dva potpuno različita načina.

Evo na koji način je (pretpostavljam) Wolfram radio:
[dispmath]\int\cos^5 x\sin^4 x\mathrm dx=\int\cos x\left(\sin x\cos x\right)^4\mathrm dx=\int\cos x\left(\frac{1}{2}\sin 2x\right)^4\mathrm dx[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{16}\int\cos x\sin^4 2x\mathrm dx=\frac{1}{16}\int\cos x\left(\frac{1-\cos 4x}{2}\right)^2\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{64}\int\cos x\left(1-2\cos 4x+\cos^2 4x\right)\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{64}\int\cos x\mathrm dx-\frac{1}{32}\int\cos x\cos 4x\mathrm dx+\frac{1}{64}\int\cos x\cos^2 4x\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{64}\sin x-\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{2}\int\left(\cos 5x+\cos 3x\right)\mathrm dx+\frac{1}{128}\int\cos x\left(1+\cos 8x\right)\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{64}\sin x-\frac{1}{64}\cdot\frac{1}{5}\int\cos 5x\mathrm d\left(5x\right)-\frac{1}{64}\cdot\frac{1}{3}\int\cos 3x\mathrm d\left(3x\right)+\frac{1}{128}\int\cos x\mathrm dx+\frac{1}{128}\int\cos x\cos 8x\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{64}\sin x-\frac{1}{320}\sin 5x-\frac{1}{192}\sin 3x+\frac{1}{128}\sin x+\frac{1}{128}\cdot\frac{1}{2}\int\left(\cos 9x+\cos 7x\right)\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\frac{3}{128}\sin x-\frac{1}{320}\sin 5x-\frac{1}{192}\sin 3x+\frac{1}{256}\cdot\frac{1}{9}\int\cos 9x\mathrm d\left(9x\right)+\frac{1}{256}\cdot\frac{1}{7}\int\cos 7x\mathrm d\left(7x\right)=[/dispmath][dispmath]=\frac{3}{128}\sin x-\frac{1}{320}\sin 5x-\frac{1}{192}\sin 3x+\frac{1}{2304}\sin 9x+\frac{1}{1792}\sin 7x+c[/dispmath]
I, kad bi se to sad sve izrazilo u funkciji od [inlmath]\sin x[/inlmath] (to prepuštam tebi ako si dokon – mene zaista mrzi ), dobilo bi se rešenje identično tvom.

[dispmath]\int x(\mathrm{arctg}\:x)^2\mathrm dx[/dispmath]
parcijalna integracija
[inlmath]u=(\mathrm{arctg}\:x)^2\\
\mathrm du=\frac{2\mathrm{arctg}\:x}{1+x^2}\mathrm dx\\
\mathrm dv=x\mathrm dx\\
v=\frac{x^2}{2}[/inlmath]
[dispmath]=\frac{x^2}{2}\mathrm{arctg}^2x-\int\frac{x^2}{2}\frac{2\mathrm{arctg}\:x}{1+x^2}\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\frac{x^2}{2}\mathrm{arctg}^2x-\int\frac{x^2\mathrm{arctg}\:x}{1+x^2}\mathrm dx[/dispmath]
zamjena varijabli
[inlmath]t=\mathrm{arctg}\:x\\
\mathrm dt=\frac{1}{1+x^2}\mathrm dx\\
x=\mathrm{tg}\:t[/inlmath]
[dispmath]=\frac{x^2}{2}\mathrm{arctg}^2x-\int\mathrm{tg}^2 t\mathrm dt[/dispmath][dispmath]\mathrm{tg}^2t=\frac{1}{\cos^2t}-1[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{2}x^2\mathrm{arctg}^2x-\int\frac{1}{\cos^2t}\mathrm dt+\int\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{2}x^2\mathrm{arctg}^2x-\mathrm{tg}\:t+t=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{2}x^2\mathrm{arctg}^2x-\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}\:x)+\mathrm{arctg}\:x+C[/dispmath]
Zadatak je netočan. Kao točno rješenje stoji [dispmath]\frac{x^2+1}{2}(\mathrm{arctg}\:x)^2-x\mathrm{arctg}\:x+\frac{1}{2}\ln\left(x^2+1\right)+C[/dispmath]
Ne treba mi postupak, samo uputa kako riješiti na drugi način, tj. gdje radim grešku...

Evo ti greška ovde:

eseper je napisao:[dispmath]=\frac{x^2}{2}\mathrm{arctg}^2x-\int\frac{x^2\mathrm{arctg}\:x}{1+x^2}\mathrm dx[/dispmath]
zamjena varijabli
[inlmath]t=\mathrm{arctg}\:x\\
\mathrm dt=\frac{1}{1+x^2}\mathrm dx\\
x=\mathrm{tg}\:t[/inlmath]
[dispmath]=\frac{x^2}{2}\mathrm{arctg}^2x-{\color{red}\int\mathrm{tg}^2 t\mathrm dt}[/dispmath]

Posle zamene varijabli trebalo je da dobiješ
[dispmath]=\frac{x^2}{2}\mathrm{arctg}^2x-\int{\color{red}t}\cdot\mathrm{tg}^2 t\mathrm dt[/dispmath]
tj. fali ti jedno [inlmath]t[/inlmath] pod integralom, jer je [inlmath]\mathrm{arctg}\:x=t[/inlmath].

Nastavi dalje s tim [inlmath]t[/inlmath] i dobićeš ispravan rezultat.

I inače, [inlmath]\mathrm{tg}\left(\mathrm{arctg}\:x\right)[/inlmath] nemoj ostavljati u tom obliku, već piši to kao [inlmath]x[/inlmath].

Joj, kako ga izostavih... Nisam uopće uočio... Hvala

[dispmath]\int\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^{3/2}}[/dispmath]
Primenio sam parcijalnu integraciju:
[dispmath]u=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\quad\mathrm dv=\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}}{1+x^2}\mathrm dx[/dispmath]
I sve dobijem lepo do integrala :
[dispmath]\int\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\sqrt{1+x^2}}[/dispmath] koji ne umem da resim. Da li gresim negde pre ovog koraka?

Sad sam video da se ne dobija [dispmath]\int\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\sqrt{1+x^2}}[/dispmath] nego
[dispmath]\int\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^{3/2}}[/dispmath]
ali opet mi se pri resavanju ovog integrala javlja problem xD

Znači, dobio si
[dispmath]\int\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}=\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}}{\sqrt{1+x^2}}-\int\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}\quad\left(1\right)[/dispmath]
E sad računaš integral [inlmath]\int\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}[/inlmath], takođe parcijalnom:
[inlmath]u=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\\
\mathrm du=-\frac{x\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}\\
\mathrm dv=\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{1+x^2}\\
v=e^{\mathrm{arctg}\:x}[/inlmath]
[dispmath]\int\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}=\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}}{\sqrt{1+x^2}}+\int\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}\quad\left(2\right)[/dispmath]
Sada [inlmath]\left(2\right)[/inlmath] uvrstimo u [inlmath]\left(1\right)[/inlmath]:
[dispmath]\int\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}=\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}}{\sqrt{1+x^2}}-\left(\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}}{\sqrt{1+x^2}}+\int\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}\right)[/dispmath]
I, pošto na levoj i na desnoj strani imamo isti integral, ovo možeš posmatrati kao jednačinu u kojoj ti je nepoznata upravo taj integral koji tražiš.
Prilikom prebacivanja desnog integrala na levu stranu potrebno je, samo, na desnu stranu dodati konstantu [inlmath]c[/inlmath], jer je ta konstanta bila sadržana u tom integralu dok je on bio na desnoj strani:
[dispmath]2\int\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}=\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}}{\sqrt{1+x^2}}-\frac{e^{\mathrm{arctg}\:x}}{\sqrt{1+x^2}}+c[/dispmath][dispmath]\cdots[/dispmath][dispmath]\enclose{box}{\int\frac{xe^{\mathrm{arctg}\:x}\mathrm dx}{\left(1+x^2\right)^\frac{3}{2}}=\frac{\left(x-1\right)e^{\mathrm{arctg}\:x}}{2\sqrt{1+x^2}}+c}[/dispmath]

Uspeo sam na kraju bas ovako da ga uradim, posle par sati muke Ali najveci problem su mi predstavljale greske u diferenciranju 'lako je to'