KOMPENDIUM Z MATEMATYKI ε = mc

Transkrypt

Publikacja współfinansowana przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
KOMPENDIUM Z MATEMATYKI
Metody
ε = mc2
obliczania całek
Michał Stukow
Błażej Szepietowski
KOMPENDIUM Z MATEMATYKI
Michał Stukow
Błażej Szepietowski
Metody
obliczania całek
Gdańsk 2010
Uniwersytet Gdański
© Copyright by Michał Stukow, Błażej Szepietowski
Skład komputerowy (LaTeX): Michał Stukow, Błażej Szepietowski
Projekt okładki i strony tytułowej: xxx
All rights reserved
Uniwersytet Gdański
Wydział Matematyki, Fizyki i Informatyki
Instytut Matematyki
80-952 Gdańsk, ul. Wita Stwosza 57
Spis treści
Wst˛ep
7
Cz˛eść 1. Całki nieoznaczone
8
Rozdział 1. Określenie całki i najprostsze sposoby jej obliczania
1.1. Proste przykłady
1.2. Podstawowe wzory
1.3. Liniowa zmiana zmiennych
1.4. Pochodna logarytmiczna
1.5. Zadania
9
9
11
14
16
17
Rozdział 2. Całkowanie przez podstawienie
2.2. Uwagi o notacji
2.3. Podstawienia liniowe
2.4. Podstawienia wielomianowe
2.5. Podstawienia trygonometryczne
2.6. Podstawienia logarytmiczne
2.7. Podstawienia wykładnicze
2.8. Całki z pierwiastkami
2.9. Zadania
19
19
20
21
23
25
27
28
29
31
Rozdział 3. Całkowanie przez cz˛eści
3.1. Metoda całkowania przez cz˛eści
3.2. Wielomian razy sinus lub kosinus
3.3. Wielomian razy funkcja wykładnicza
3.4. Funkcja pot˛egowa razy funkcja logarytmiczna
3.5. Funkcja wykładnicza razy sinus lub kosinus
3.6. Funkcje cyklometryczne
3.7. Zadania
33
33
35
37
38
40
42
44
Rozdział 4. Funkcje wymierne
4.1. Rozkład funkcji wymiernej
4.2. Całkowanie ułamków prostych pierwszego rodzaju
4.3. Całkowanie ułamków prostych drugiego rodzaju
4.4. Całkowanie dowolnej funkcji wymiernej
4.5. Wzór redukcyjny
4.6. Zadania
45
45
49
51
55
59
60
4
5
Rozdział 5. Funkcje trygonometryczne
5.1. Podstawowe tożsamości
5.2. Podstawianie za sinus lub kosinus
5.3. Podstawienie uniwersalne
5.4. Podstawianie za tangens
5.5. Zadania
61
61
62
65
66
68
Rozdział 6. Funkcje niewymierne
6.1. Pierwiastki z x
6.2. Pierwiastki z funkcji liniowej i homograficznej
6.3. Różniczki dwumienne
6.4. PodstawieniaRtrygonometryczne
6.5. Całki postaci √ 2dx
R √ax +bx+c
6.6. Całki postaci
ax2 + bx + c dx
√
R Ax+ B
R
6.7. Całki postaci √ 2
dx oraz ( Ax + B) ax2 + bx + c dx
ax +bx +c
6.8. Metoda współczynników nieoznaczonych
6.9. Podstawienia Eulera
6.10. Zadania
69
69
70
73
76
78
Rozdział 7. Inne klasy funkcji
7.1. Funkcje hiperboliczne
7.2. Całkowanie funkcji hiperbolicznych
7.3. Podstawienia hiperboliczne
7.4. Zadania
88
88
89
90
91
Cz˛eść 2. Całki oznaczone
93
Rozdział 8. Metody obliczania całek oznaczonych
8.1. Podstawowe własności
8.2. Całkowanie przez cz˛eści i przez podstawienie
8.3. Zadania
94
95
97
98
79
80
81
83
86
Rozdział 9. Całki niewłaściwe
9.1. Całka w granicach nieskończonych
9.2. Całka z funkcji nieograniczonej
9.3. Zadania.
99
99
104
108
Rozdział 10. Zastosowania całek
10.1. Pole obszaru
10.2. Długość krzywej
10.3. Obj˛etość bryły i pole powierzchni obrotowej
10.4. Zadania
109
109
112
113
115
Rozdział 11. Odpowiedzi do zadań
Rozdział 1
Rozdział 2
Rozdział 3
117
117
118
119
6
Rozdział 4
Rozdział 5
Rozdział 6
Rozdział 7
Rozdział 8
Rozdział 9
Rozdział 10
Bibliografia
120
120
120
122
122
122
123
124
Wst˛ep
Celem niniejszego skryptu jest dostarczenie studentom I roku kierunków matematycznych podr˛ecznego zbioru metod obliczania całek. Treść skryptu jest bogato ilustrowana w pełni rozwiazanymi
˛
przykładami, a na końcu każdego rozdziału zamieściliśmy wybór zadań samodzielnego rozwiazania.
˛
Dobierajac
˛ zadania staraliśmy si˛e, aby były one różnorodne oraz aby nie były ucia˛żliwe rachunkowo. Do wszystkich zadań zamieściliśmy odpowiedzi, a do wi˛ekszości z nich
również wskazówki.
Treść skryptu koncentruje si˛e wokół rachunkowych metod liczenia całek i całkowicie pomija aspekty teoretyczne zwiazane
˛
z teoria˛ całki.
Autorzy
Gdańsk, marzec 2010
7
Cz˛eść 1
Całki nieoznaczone
ROZDZIAŁ 1
Określenie całki i najprostsze sposoby jej obliczania
O całce nieoznaczonej należy myśleć jak o operacji odwrotnej do liczenia pochodnej.
Dokładniej, obliczenie całki
Z
f ( x ) dx
sprowadza si˛e do znalezienia takiej funkcji F, że F 0 ( x ) = f ( x ). Funkcj˛e F nazywamy w
tej sytuacji funkcja˛ pierwotna˛ do f .
R
Zadanie 1.1. Oblicz (4x + 5) dx.
Rozwiazanie
˛
Jeżeli pami˛etamy jak si˛e liczy pochodne, to bez trudu zgadujemy wynik.
Z
(4x + 5) dx = 2x2 + 5x.
Tak jest, bo (2x2 + 5x )0 = 4x + 5.
R
Zadanie 1.2. Oblicz (2 sin x + 3 cos x ) dx.
Rozwiazanie
˛
Majac
˛ w pami˛eci wzory na pochodne sinusa i cosinusa, zgadujemy
Z
(2 sin x + 3 cos x ) dx = −2 cos x + 3 sin x.
Jeżeli nie jesteśmy pewni wyniku, to sprawdzamy
(−2 cos x + 3 sin x )0 = 2 sin x + 3 cos x.
Uważny czytelnik powinien dostrzec pewna˛ nieścisłość w powyższych rachunkach: funkcja 2x2 + 5x nie jest jedyna˛ funkcja,˛ której pochodna jest równa 4x + 5. Inna funkcja o tej
własności to na przykład 2x2 + 5x + 1, albo dowolna funkcja postaci 2x2 + 5x + C, gdzie
C ∈ R. Okazuje si˛e jednak, że jest to jedyna możliwa niejednoznaczność: każde dwie
funkcje pierwotne funkcji f ( x ) różnia˛ si˛e o stała.˛ R
Która z tych funkcji jest wi˛ec wartościa˛ całki (4x + 5) dx? Ponieważ nie jesteśmy
w stanie w sensowny sposób wyróżnić żadnej z nich, przyjmujemy, że wartościa˛ całki
sa˛ wszystkie te funkcje na raz (czyli wartościa˛ całki nieoznaczonej jest zbiór wszystkich
9
1.1 P ROSTE PRZYKŁADY
10
funkcji pierwotnych, a nie pojedyncza funkcja). Zwykle zapisujemy to w postaci
Z
(4x + 5) dx = 2x2 + 5x + C,
gdzie C ∈ R.
Oczywiście równie dobrze mogliśmy napisać
Z
(4x + 5) dx = 2x2 + 5x + 1 + C,
gdzie C ∈ R,
bo jest to dokładnie ten sam zbiór funkcji.
Powyższy komentarz może na poczatku
˛
wydawać si˛e troch˛e abstrakcyjny, ale musieliśmy go zrobić w miar˛e szybko, żeby wyjaśnić dlaczego we wszystkich wynikach b˛edzie
wyst˛epowała stała C.
Zadanie 1.3. Oblicz
R
0 dx.
Rozwiazanie
˛
Oczywiście za funkcj˛e pierwotna˛ można wziać
˛ funkcj˛e stale równa˛ 0, ale już wiemy, że
wynikiem liczenia całki b˛edzie cały zbiór funkcji: w tym przypadku zbiór funkcji stałych.
Z
0 dx = C, C ∈ R.
Od tej pory nie b˛edziemy już specjalnie zajmować si˛e stała˛ C – po prostu b˛edziemy ja˛
zawsze dopisywać na końcu do wyniku.
R
Zadanie 1.4. Oblicz (2x2 + sin 2x ) dx.
Rozwiazanie
˛
Myślimy: jaka musi być funkcja, żeby jej pochodna˛ było 2x2 ? Na pewno musi być x3 , ale
liczac
˛ pochodna˛ „na dół spadnie 3”, wi˛ec musimy dopisać z przodu 23 , żeby otrzymać
współczynnik 2.
Podobnie z sin 2x: funkcja˛ pierwotna˛ b˛edzie cos 2x, ale liczac
˛ pochodna˛ z cos 2x otrzymamy współczynnik −2 (2 jest z pochodnej wn˛etrza). Zatem musimy z przodu dopisać
− 21 (żeby otrzymać współczynnik 1). Zatem
Z
Zadanie 1.5. Oblicz
R√
2
1
(2x2 + sin 2x ) dx = x3 − cos 2x + C.
3
2
x dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z √
x dx =
Z
1
x 2 dx.
1.2 P ODSTAWOWE WZORY
11
Wiemy jak si˛e liczy pochodna˛ funkcji pot˛egowej: ( x a )0 = ax a−1 . Zatem w wyniku liczenia
1
3
powyższej całki musi wyjść funkcja x 2 +1 = x 2 . Na końcu dopisujemy z przodu współczynnik 32 , aby si˛e skrócił przy liczeniu pochodnej. Mamy wi˛ec
Z √
Zadanie 1.6. Oblicz
Rozwiazanie
˛
Ponieważ (ln x )0 =
Zadanie 1.7. Oblicz
R
1
x
R
2
x
x dx =
Z
1
x 2 dx =
2 3
2 √
x 2 + C = x x + C.
3
3
dx
mamy
Z
2
dx = 2 ln x + C.
x
Z
5e x dx = 5e x + C.
5e x dx.
Rozwiazanie
˛
Ponieważ (5e x )0 = 5e x mamy
1.2. Podstawowe wzory
Nast˛epujace
˛ wzory łatwo sprawdzić, różniczkujac
˛ funkcje po prawej stronie:
Z
x α dx =
x α +1
+C
α+1
12
dla α 6= −1,
1
dx = ln | x | + C,
x
Z
e x dx = e x + C,
Z
Z
Z
Z
a x dx =
ax
+ C,
ln a
sin x dx = − cos x + C,
cos x dx = sin x + C,
1
dx = tg x + C,
cos2 x
Z
1
dx = − ctg x + C,
sin2 x
Z
1
dx = arctg x + C,
1 + x2
Z
1
√
dx = arc sin x + C.
1 − x2
Z
Jedyny wzór, który prawdopodobnie wymaga komentarza, to
winno być jasne, że
Z
R
1
x
dx = ln | x | + C. Po-
1
dx = ln x + C = ln | x | + C,
x
o ile x > 0. Jeżeli natomiast x < 0 to mamy
(ln | x |)0 = (ln(− x ))0 =
1
1
· (−1) = ,
−x
x
R
co pokazuje, że 1x dx = ln | x | + C dla x < 0.
Ponieważ różniczkowanie jest operacja˛ liniowa˛ (czyli ( f + g)0 = f 0 + g0 oraz (α f )0 =
0
α f ), podobna˛ własność ma całka nieoznaczona.
Z
f ( x ) + g( x ) dx =
Z
Z
α f ( x ) dx = α
f ( x ) dx +
Z
Z
g( x ) dx,
f ( x ) dx.
Pierwszy wzór oznacza, że całkujac
˛ sum˛e funkcji możemy całkować każdy składnik
osobno. Drugi pozwala wyłaczać
˛
stałe przed znak całki.
Zadanie 1.8. Oblicz
Rozwiazanie
˛
R
2x −
1
cos2 x
dx.
Z 1
2 −
cos2 x
x
Zadanie 1.9. Oblicz
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z
3
x2
R
dx =
Z
2x dx −
13
1
2x
dx
=
− tg x + C.
cos2 x
ln 2
Z
dx
3
dx =
x2
Z
3x −2 dx = 3
Z
x −2 dx = −3x −1 + C =
−3
+ C.
x
R
Zadanie 1.10. Oblicz ( x3 − 5x + 2) dx.
Rozwiazanie
˛
1 4 5 2
x − x + 2x + C.
4
2
Przy odrobinie wprawy środkowy krok powyższego rachunku wykonujemy w pami˛eci
i na ogół piszemy krótko
Z
5
1
( x3 − 5x + 2) dx = x4 − x2 + 2x + C
4
2
(po kolei obliczamy całk˛e z każdego składnika).
Z
Z
( x3 − 5x + 2) dx =
Zadanie 1.11. Oblicz
R
x3 dx − 5
x4 −2x3 + x −3
x
Z
x dx + 2
Z
1 dx =
dx
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z
x4 − 2x3 + x − 3
dx =
x
Z x3 − 2x2 + 1 −
3
x
dx =
1
2
= x4 − x3 + x − 3 ln | x | + C.
4
3
R
√
x2 + x
√
3 x
dx.
Rozwiazanie
˛
Z
x2 +
√
3
√
x
x
dx =
Z
1
1
( x2 + x 2 ) x − 3 dx =
Z
5
1
x 3 + x 6 dx =
3 8 6 7
x 3 + x 6 + C.
8
7
1.3 L INIOWA ZMIANA ZMIENNYCH
R √
n
14
x dx
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z √
n
Z
x dx =
R
2 x +3 x
6x
1
x n dx =
√
1
n
n
1+ n1
x
x
x + C.
+
C
=
1
n
+
1
1+ n
dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z
2x + 3x
dx =
6x
=
Z
Z x
2x
3x
dx
+
dx =
6x
6x
1 x
1 x
1
3
Z
3
ln
1
3
+
2
ln
1
2
+C = −
dx +
Z x
1
2
dx =
ln 3 ln 2
− x + C.
3x
2
R
tg2 x dx.
Z
1 − cos2 x
sin2 x
dx
=
dx =
tg x dx =
cos2 x
cos2 x
Z 1
=
− 1 dx = tg x − x + C.
cos2 x
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z
2
Z
√
R
1− x 2
x 2 −1
dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z √
Z √
Z
1 − x2
1 − x2
1
dx = −
dx = − arc sin x + C.
dx = − √
2
2
x −1
1−x
1 − x2
1.3. Liniowa zmiana zmiennych
Korzystajac
˛ ze wzoru na pochodna˛ funkcji złożonej łatwo obliczyć, że
1.3 L INIOWA ZMIANA ZMIENNYCH
15
[ f ( ax + b)]0 = a f 0 ( ax + b).
Równość ta pozwala łatwo przewidzieć jak zmieni si˛e całka jeżeli zamiast x podstawimy
w niej wyrażenie liniowe postaci ax + b.
R
sin(2x − 3) dx.
Rozwiazanie
˛
Wiemy, że całka z sinusa to minus cosinus. Zatem spodziewamy si˛e wyniku postaci
− cos(2x − 3). Jeżeli jednak policzymy pochodna˛ z tej funkcji, to otrzymamy 2 sin(2x −
3). Musimy wi˛ec z przodu dodać 21 .
Z
R
1
sin(2x − 3) dx = − cos(2x − 3) + C.
2
√1
2 5x +3
dx.
Rozwiazanie
˛
√
Ponieważ wyrażenie 2√1 x to dokładnie pochodna pierwiastka y = x, spodziewamy si˛e
√
wyniku postaci 5x + 3. Jeżeli jednak policzymy pochodna˛ z tego wyrażenia, to otrzymamy z przodu współczynnik 5 pochodzacy
˛ z pochodnej wn˛etrza. Zatem dopisujemy z
przodu współczynnik 51 .
Z
1
1√
dx =
5x + 3 + C.
5
2 5x + 3
√
R
Zadanie 1.19. Oblicz (9 − 5x )7 dx.
Rozwiazanie
˛
Wiemy, że funkcja˛ pierwotna˛ do x7 jest 81 x8 , zatem spodziewamy si˛e wyniku postaci
1
8
e, że musimy dodać
8 (9 − 5x ) . Jeżeli policzymy pochodna˛ z tego wyrażenia okaże si˛
1
z przodu współczynnik − 5 .
Z
Rozwiazanie
˛
R
(9 − 5x )7 dx = −
sin2 x dx.
1
(9 − 5x )8 + C.
40
1.4 P OCHODNA LOGARYTMICZNA
16
Korzystajac
˛ ze wzoru cos 2x = 1 − 2 sin2 x mamy
Z
Z
1
4x2 −4x +2
dx.
sin x dx =
R
1
x 1
(1 − cos 2x ) dx = − sin 2x + C.
2
2 4
2
Rozwiazanie
˛
Zwiniemy
mianownik do pełnego kwadratu (postać kanoniczna) i skorzystamy ze wzoru
R 1
dx
=
arctg x + C.
1+ x 2
Z
1
dx =
2
4x − 4x + 2
1
1
dx = arctg(2x − 1) + C.
2
(2x − 1) + 1
2
Z
1.4. Pochodna logarytmiczna
Korzystajac
˛ ze wzoru na pochodna˛ funkcji złożonej łatwo obliczyć, że
ln | f ( x )|
0
=
f 0 (x)
f (x)
f 0 (x)
Wzór ten pozwala łatwo zgadnać
˛ całk˛e nieoznaczona˛ z wyrażeń postaci f (x) (czyli gdy
licznik ułamka jest pochodna˛ mianownika). Wyrażenie tej postaci jest czasem nazywane
pochodna˛ logarytmiczna.˛
R
3x2 +6x +2
x3 +3x2 +2x +1
dx.
Rozwiazanie
˛
Ponieważ ( x3 + 3x2 + 2x + 1)0 = 3x2 + 6x + 2 mamy
Z
3x2 + 6x + 2
dx = ln | x3 + 3x2 + 2x + 1| + C.
x3 + 3x2 + 2x + 1
R
x
x 2 +1
dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z
x
1
2x
1 ( x 2 + 1) 0
dx
=
dx
=
dx =
x2 + 1
2
x2 + 1
2
x2 + 1
1
1
= ln | x2 + 1| + C = ln( x2 + 1) + C.
2
2
Z
Z
1.5 Z ADANIA
ex
e x +5
R
17
dx.
Rozwiazanie
˛
Ponieważ (e x + 5)0 = e x mamy
ex
dx = ln |e x + 5| + C = ln(e x + 5) + C.
+5
Z
ex
R
tg x dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z
tg x dx =
Rozwiazanie
˛
Ponieważ (ln x )0 =
1
x ln x
R
1
x
(cos x )0
dx = − ln | cos x | + C.
cos x
Z
dx.
mamy
Z
sin x
dx = −
cos x
Z
R
2+ x
x 2 +1
1
dx =
x ln x
Z
1
x
ln x
dx = ln | ln x | + C.
dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z
2+x
dx = 2
x2 + 1
Z
1
1
dx +
2
x +1
2
Z
2x
1
dx = 2 arctg x + ln( x2 + 1) + C.
+1
2
x2
1.5. Zadania
Zadanie
1.28. Oblicz całki R
R
a) x32 dx
b)
3x2 − 2x + x52 dx
R 3
R ( x +1)3
d) xx++28 dx
e)
dx
x
Zadanie
R √ 1.29. Oblicz całkiR √
5
a)
x3 dx
b)
x3 dx
c)
c)
f)
R √
x 3 x dx
R
R
3x ( x + 1)2 dx
3x3 + x2 +18x +6
3x +1
d)
R
dx
√
3x3 x
√
3 x
dx
1.5 Z ADANIA
e)
R
√
3
√
2− 4 x
x√
x
dx
f)
R
x√
+1
x
√
dx
Zadanie
1.30. Oblicz całki
R
R
a) 10x dx
b) 2x · e x dx
Zadanie
1.31. Oblicz całkiR
R
a) e x+5 dx
b) e2x dx
R 3+e2x
e)
e x dx
Zadanie
1.32. Oblicz całki
R
R
a) R cos 2x dx
b) Rsin(3x − 3) dx
2x
f) coscos
e) sin2 x1cos2 x dx
2 x sin2 x dx
g)
c)
R
R
√
3
x − x 2 +1
√
4 x
18
dx
3x+1 · 2− x dx
e−4x+5 dx
R
3
f)
1 + e1x
dx
c)
R
d)
c)
R
g)
R
cos x
1+sin x dx
dx
tg x cos2 x
R
2
(1−
√x )
x x
dx
2 x − 3 x −1
5 x +1
dx
R
R
d) (e x + 1)2 dx
R
c)R ctg2 x dx
2x
g) coscos
x −sin x dx
Zadanie
R√
R
c)
2x + 3 dx
a) (4x − 9)11 dx
b) 2−53x dx
R
R
R
3
2
1
6x + x −2x +1
e) x2 +2x
dx
f)
dx
g)
2x −1
+2
Zadanie
1.34. Oblicz całki
R 2 −3x−2
R
3
b) x2x
a) x3x
3
2 x −2 dx
4 +1 dx
R −x −dx
R x 2 + x +3
dx
f) (x2 +1) arctg x
e)
x 2 +1
h)
R
d) Rcos2 x dx
h) cos12 5x dx
d)
√
R
1
− x2 +2x
d)
R
h)
1
x2 + x
dx
ex
3−2e x
sin 2x
3+cos2 x
R
dx
dx
dx
ROZDZIAŁ 2
Całkowanie przez podstawienie
W poprzednim rozdziale widzieliśmy, że nie jest trudno przewidzieć jak zmieni si˛e
całka, jeżeli zmienimy w niej zmienna˛ x na wyrażenie liniowe ax + b. Spróbujmy si˛e
przez chwil˛e zastanowić jak b˛edzie przypadku nieliniowej zmiany zmiennej, np. gdy x
zamieniamy naR x2 .
R
Ponieważ cos x dx = sin x, wi˛ec spodziewamy si˛e, że cos x2 dx powinna mieć
coś wspólnego z sin x2 . Jeżeli jednak policzymy pochodna˛ tej funkcji, to otrzymamy dodatkowy czynnik 2x (z pochodnej wn˛etrza), którego niestetyRnie ma w wyjściowej całce.
Morał jest taki, że nie jesteśmy w stanie łatwo obliczyć całki cos x2 dx, natomiast
Z
2x cos x2 dx = sin x2 + C.
Uogólnieniem powyższej obserwacji jest tzw. wzór na całkowanie przez podstawienie:
Z
Zadanie 2.1. Oblicz
R
ϕ0 ( x ) · f ( ϕ( x )) dx = F ( ϕ( x )),
xe x
2 +1
gdzie F 0 = f
dx.
Rozwiazanie
˛
Próbujemy sytuacj˛e sprowadzić do powyższego wzoru z ϕ( x ) = x2 + 1 i f ( x ) = e x .
Z
xe x
2 +1
dx =
Zadanie 2.2. Oblicz
R
1
2
Z
(2x ) · e x
2 +1
dx =
1
2
Z
( x 2 + 1) 0 · e x
2 +1
dx =
1 x 2 +1
+ C.
e
2
cos x sin2 x dx.
Rozwiazanie
˛
Mamy ϕ( x ) = sin x i f ( x ) = x2 .
Z
cos x sin2 x dx =
Z
1
(sin x )0 (sin x )2 dx = (sin x )3 + C.
3
19
2.2 U WAGI O NOTACJI
Zadanie 2.3. Oblicz
R
ex
(1+ e x )2
dx.
Rozwiazanie
˛
Mamy ϕ( x ) = 1 + e x oraz f ( x ) =
Z
ex
dx =
(1 + e x )2
Zadanie 2.4. Oblicz
R
ln x
x
20
1
.
x2
Z
(1 + e x ) 0 ·
1
1
dx = −
+ C.
x
2
(1 + e )
1 + ex
dx.
Rozwiazanie
˛
Tym razem mamy ϕ( x ) = ln x i f ( x ) = x.
Z
ln x
dx =
x
Z
1
· ln x dx =
x
Z
1
(ln x )0 · ln x dx = (ln x )2 + C.
2
2.2. Uwagi o notacji
Powyższe przykłady były o tyle proste, że łatwo (w pami˛eci) można było zgadnać
˛
funkcj˛e pierwotna˛ do funkcji f . Na ogół jednak sytuacja jest bardziej skomplikowana
i zmiana zmiennych ma jedynie zamienić wyjściowa˛ całk˛e na inna˛ całk˛e, która może
być prostsza do policzenia. W takiej sytuacji wzór na całkowanie przez podstawienie
wygodniej jest zapisać w postaci
Z
0
f ( ϕ( x )) ϕ ( x ) dx =
Z
f (t) dt,
gdzie t = ϕ( x ).
Należy myśleć, że wzór ten pozwala zastapić
˛
dowolne wyrażenie (funkcj˛e ϕ) zmiennej
x literka˛ t i liczyć otrzymana˛ całk˛e, w której zmienna˛ jest już t. Zamiana ta wymaga
jednak zastapienia
˛
wyrażenia ϕ0 ( x ) dx wyrażeniem dt. W szczególności, w wyjściowej
całce musi znajdować si˛e czynnik ϕ0 ( x ).
Zadanie 2.5. Oblicz
R
ln2 x
x
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = ϕ( x ) = ln x. W takim razie ϕ0 ( x ) =
Z
ln2 x
dx =
x
Z
(ln x )2 · (ln x )0 dx =
Z
1
x
t2 dt =
i mamy
1 3
1
t + C = ln3 x + C.
3
3
Zauważmy, że literka t pełniła tylko pomocnicza˛ rol˛e przy liczeniu całki, wi˛ec na koniec
wróciliśmy do oryginalnej zmiennej x.
2.3 P ODSTAWIENIA LINIOWE
21
Powyższy rachunek na ogół zapisujemy w skrótowej formie:
Z
t = ln x Z 2
ln2 x
= t dt = 1 t3 + C = 1 ln3 x + C.
dx = 1
dt = x dx x
3
3
Wygodnie jest myśleć, że równość dt = 1x dx otrzymaliśmy z równości t = ln x poprzez
policzenie pochodnej z obu stron: z lewej strony po t, a z prawej strony po x oraz dopisanie symboli dt i dx, czyli
(t)0 dt = (ln x )0 dx.
Zadanie 2.6. Oblicz
R
sin(7 − 3x ) dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 7 − 3x.
Z
t = 7 − 3x Z sin t
1
1
=
dt = cos t + C = cos(7 − 3x ) + C.
sin(7 − 3x ) dx = dt = −3dx −3
3
3
W powyższym rachunku zupełnie mechanicznie podstawiliśmy
dt
−3
zamiast dx.
Raz jeszcze podkreślmy, że podstawiajac
˛ t = ϕ( xR) musimy zamienić wyrażenie ϕ0 ( x ) dx
2
na dt. Na przykład, podstawienie t = x w całce sin x2 dx jest nieskuteczne, bo nie
umiemy w tej całce znaleźć wyrażenia ϕ0 ( x ) dx = 2x dx. Wprawdzie możemy to wyrażenie „wpisać na sił˛e”, ale otrzymana całka nie jest dużo prostsza od wyjściowej.
Z
Z
t = x2 Z sin t
sin x2
2
=
√ dt.
sin x dx =
· 2x dx = dt = 2x dx 2x
2 t
2.3. Podstawienia liniowe
Zadanie 2.7. Oblicz
R
3
( x −5)4
dx
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = x − 5
Z
t = x − 5 Z 3
3
=
dx = dt =
dt = dx ( x − 5)4
t4
=
Zadanie 2.8. Oblicz
R
1
ax +b
Z
3t−4 dt = −t−3 + C = −
dx, gdzie a 6= 0.
1
+ C.
( x − 5)3
2.3 P ODSTAWIENIA LINIOWE
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy ax + b = t.
Z
Zadanie 2.9. Oblicz
Z
t = ax + b Z 1 1
1
1 1
=
dx = ·
dt
=
dt =
dt = a dx ax + b
t a
a
t
1
1
= ln |t| + C = ln | ax + b| + C.
a
a
R√
9
5x + 3 dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 5x + 3.
Z √
9
Z
t = 5x + 3
1
1
=
5x + 3 dx = t 9 dt =
dt = 5 dx 5
√
9 √
9 10
9
= t 9 + C = t 9 t + C = (5x + 3) 9 5x + 3 + C.
50
50
50
R
Zadanie 2.10. Oblicz (2 − x ) sin(2x − 4)2 dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 2x − 4.
Z
Z
t = 2x − 4 Z −t
1
2 1
=
sin
t
·
dt
=
−
t sin t2 dt =
(2 − x ) sin(2x − 4) dx = dt = 2 dx 2
2
4
1
1
= cos t2 + C = cos(2x − 4)2 + C.
8
8
2
R √
x 3 1 − x dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 1 − x.
Z
Z
√
t = 1 − x Z
1
4
3
= (1 − t) t dt = t 3 − t 3 dt =
x 1 − x dx = dt = −dx 4
7
3 4 3 7
3
3
= t 3 − t 3 + C = (1 − x ) 3 − (1 − x ) 3 + C.
4
7
4
7
√
3
R
x
( x −1)2
dx.
22
2.4 P ODSTAWIENIA WIELOMIANOWE
23
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = x − 1.
Z
Z t = x − 1 Z t + 1
x
1
1
=
dx = dt =
+ 2 dt =
dt = dx ( x − 1)2
t2
t
t
1
1
= ln |t| − + C = ln | x − 1| −
+ C.
t
x−1
R
dx
.
4x2 +9
Rozwiazanie
˛
R
B˛edziemy si˛e starali sprowadzić t˛e całk˛e do całki
Z
Z
Z 3
t = 2x dx
dx
1
1
2 dt
3
=
=
=
=
2
2
2
4 2
2
dt = 3 dx
9 ( 3 x) + 1
9 t +1
9x + 1
Z
dt
1
1
1
2
=
= arctg t + C = arctg x + C.
2
6 t +1
6
6
3
dx
1
=
2
4x + 9
9
Z
R
√
dx
.
5+4x − x2
Rozwiazanie
˛
R
B˛edziemy si˛e starali sprowadzić t˛e całk˛e do całki
Z
dx
.
x 2 +1
√
dx
5 + 4x −
x2
=
Z
√
dx
=
√ dx .
1− x 2
dx
Z
p
9 − ( x − 2)2
9 − 4 + 4x −
Z
Z
1
dx
1
dx
q
q
=
=
2 =
2
3
3
( x −2)
1− 9
1 − x−3 2
=
1
3
Z
x2
Rozwiazanie
˛
R
t=
dt =
x −2 3 1
3 dx
3 dt
x−2
√
= arc sin t + C = arc sin
+ C.
3
1 − t2
2.4. Podstawienia wielomianowe
Zadanie 2.15. Oblicz całk˛e
=
2x −3
( x2 −3x +4)5
dx.
=
2.4 P ODSTAWIENIA WIELOMIANOWE
Podstawiamy t = x2 − 3x + 4.
Z
t = x2 − 3x + 4 Z 1
2x − 3
=
dx
=
dt
=
t−5 dt =
dt = (2x − 3) dx ( x2 − 3x + 4)5
t5
1
1
+ C.
= − t −4 = −
4
4( x2 − 3x + 4)4
Z
R
3x
sin2 (1+2x2 )
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 1 + 2x2 .
Z
t = 1 + 2x2 dt
3x
3
3
dx = = − ctg t + C =
=
2
2
2
dt
=
4x
dx
4 sin t
4
sin (1 + 2x )
3
= − ctg(1 + 2x2 ) + C.
4
Z
R
√ x
x 2 +4
dx
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = x2 + 4.
Z
p
√
t = x2 + 4 Z 1
=
√
√
dt
=
t
+
C
=
x2 + 4 + C.
dx = dt = 2x dx 2 t
x2 + 4
x
R
√
x3 1 + x2 dx.
Rozwiazanie
˛
Z
x
3
p
1+
x2
Z
√ 1
t = 1 + x2 Z
3
1
1
= (t − 1) t · dt =
dx = (t 2 − t 2 ) dt =
dt = 2x dx 2
2
p
5
3
1 2
2
1
1 p
=
t 2 − t 2 + C = ( 1 + x2 )5 − ( 1 + x2 )3 + C.
2 5
3
5
3
Rozwiazanie
˛
R
√3−2x
1− x 2
dx.
24
2.5 P ODSTAWIENIA TRYGONOMETRYCZNE
Z
3 − 2x
√
dx =
1 − x2
Z
√
3
1 − x2
dx +
Z
t = 1 − x2 −2x
=
√
dx = dt = −2x dx 1 − x2
1
dt
√ = 3 arc sin x + 2t 2 + C =
t
p
= 3 arc sin x + 2 1 − x2 + C.
= 3 arc sin x +
R
√ x
1− x 4
Z
dx.
Rozwiazanie
˛
R
Podstawiajac
˛ t = x2 sprowadzimy dana˛ całk˛e do całki √ dx 2 .
1− x
Z
Z
t = x2 x
1
= 1 √ dt
√
= arc sin t + C =
dx = 2
4
dt
=
2x
dx
2
2
1−t
1−x
1
= arc sin x2 + C.
2
R
cos x
(sin x +1)3
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = sin x + 1.
Z
t = sin x + 1 Z −3
cos x
= t dt = − 1 t−2 + C =
dx = 3
dt
=
cos
x
dx
(sin x + 1)
2
1
=−
+ C.
2(sin x + 1)2
R
√
sin x 5 5 − cos x dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 5 − cos x.
Z
√
t = 5 − cos x Z 1
5
= t 5 dt = 5 t 65 + C = 5 (5 − cos x ) 65 + C.
sin x 5 − cos x dx = dt = sin x dx 6
6
25
R
26
cos5 x dx
Rozwiazanie
˛
B˛edziemy da˛żyć (używajac
˛ jedynki trygonometrycznej) do postawienia t = sin x.
Z
cos5 x dx =
Z
Z
cos x (cos2 x )2 dx = cos x (1 − sin2 x )2 dx =
Z
t = sin x Z
= (1 − t2 )2 dt = (1 − 2t2 + t4 ) dt =
=
dt = cos x dx 2
1
2
1
= t − t3 + t5 + C = sin x − sin3 x + sin5 x + C.
3
5
3
5
R
sin3 x cos x
1+sin2 x
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 1 + sin2 x.
Z
Z
t = 1 + sin2 x sin3 x cos x
= 1 (t − 1) dt =
dx
=
dt = 2 sin x cos x dx 2
t
1 + sin2 x
1
1
1
1
= t − ln |t| + C = (1 + sin2 x ) − ln(1 + sin2 x ) + C.
2
2
2
2
√
R
arctg x
x 2 +1
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = arctg x.
Z √
q
t = arctg x Z √
arctg x
2 3
2
=
2 +C =
t
dt
=
arctg3 x + C.
dx
=
t
dx
dt =
x2 + 1
3
3
2
1+ x
R
2
√x
1− x 2
dx.
Rozwiazanie
˛
Ponieważ √ 1 2 to dokładnie pochodna arc sin x, możemy spróbować podstawić t =
1− x
arc sin x. Mamy wtedy x = sin t oraz
Z
t = arc sin x Z
x2
√
dx = = sin2 t dt.
dx
√
dt
=
2
2
1−x
1− x
2.6 P ODSTAWIENIA LOGARYTMICZNE
Teraz korzystamy ze wzoru cos 2t = 1 − 2 sin2 t.
Z
1
1
1
(1 − cos 2t) dt = t − sin 2t + C =
2
2
4
1
1
= arc sin x − sin(2 arc sin x ) + C.
2
4
Z
sin2 t dt =
2.6. Podstawienia logarytmiczne
R
ln x
x
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = ln x.
Z
t = ln x Z
ln x
= t dt = 1 t2 + C = 1 (ln x )2 + C.
dx = 1
dt
=
dx
x
2
2
x
R
ln x
√
3
1+ln x
x
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 1 + ln x.
√
Z
Z
√
t = 1 + ln x Z
1
4
ln x 3 1 + ln x
3
dx = (t − 1) t dt = (t 3 − t 3 ) dt =
dx =
dt = x
x
7
7
4
3
3 4
3
3
= t 3 − t 3 + C = (1 + ln x ) 3 − (1 + ln x ) 3 + C.
7
4
7
4
√ dx
R
x
1−ln2 x
.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = ln x.
Z
t = ln x Z
dt
=
p
√
= = arc sin t + C = arc sin(ln x ) + C.
dx
dt = x
1 − t2
x 1 − ln2 x
dx
Rozwiazanie
˛
R
ln tg x
sin x cos x
dx.
27
2.7 P ODSTAWIENIA WYKŁADNICZE
Podstawiamy t = ln tg x. Wtedy
1
cos x
1
1
1
·
dx =
·
dx =
dx.
2
2
tg x cos x
sin x cos x
sin x cos x
dt =
Zatem
Z
t = ln tg x Z
ln tg x
= t dt = 1 t2 + C = 1 (ln tg x )2 + C.
dx = dx
dt = sin x cos x sin x cos x
2
2
2.7. Podstawienia wykładnicze
R
ex
( e x +5)7
dx
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = e x + 5.
Z
t = e x + 5 Z dt
ex
=
dx = =
dt = e x dx ( e x + 5)7
t7
Z
1
1
+ C.
= t−7 dt = − t−6 + C = − x
6
6( e + 5)6
R
ex
e x +e− x
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = e x .
Z
t = ex Z
ex
1
=
dx = dt =
x
x
−
x
dt = e dx
e +e
t + 1t
Z
t
1
1
=
dt = ln(t2 + 1) + C = ln(e2x + 1) + C
2
t +1
2
2
R
√
e2x 3e x − 2 dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 3e x − 2.
Z
Z
Z
√
√
t = 3e x − 2 1 t + 2√
2x
x
x
x
x
=
e
3e − 2 dx = e 3e − 2 · e dx = t dt =
dt = 3e x dx 3
3
Z
3
1
1
1 2 5 4 3
2
2
2
2
=
(t + 2t ) dt =
t + t
+C =
9
9 5
3
5
3
2
4
= (3e x − 2) 2 + (3e x − 2) 2 + C.
45
27
28
2.8 C AŁKI Z PIERWIASTKAMI
R
1
e x +e− x
dx.
Rozwiazanie
˛
Ponieważ
1
ex
ex
=
=
,
e x + e− x
(e x + e− x )e x
e2x + 1
możemy podstawić t = e x .
Z
t = ex Z
ex
dt
= arctg t + C = arctg e x + C.
dx = x dx =
2x
dt
=
e
e +1
1 + t2
2.8. Całki z pierwiastkami
R √
x 5 + x dx
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t2 = 5 + x (równie dobrze możemy podstawić t = 5 + x).
Z
√
2
Z
t = 5 + x Z 2
= (t − 5)t(2t) dt = 2 t4 − 5t2 dt =
x 5 + x dx = 2t dt = dx 10
2 √
10 √
2
= t5 − t3 + C = ( 5 + x )5 − ( 5 + x )3 + C.
5
3
5
3
√
R
3+ln x
x
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t2 = 3 + ln x (równie dobrze możemy podstawić t = 3 + ln x).
Z √
2
q
t = 3 + ln x Z
3 + ln x
2 3
2
dx = =
2t
·
t
dt
=
t
+
C
=
(3 + ln x )3 + C.
2t dt = dx
x
3
3
x
Rozwiazanie
˛
R
√
dx
√
.
x ( 3 x +1)
29
2.8 C AŁKI Z PIERWIASTKAMI
Podstawiamy t6 = x.
Z
6
Z
t =x Z
dx
6t5 dt
t2
√ √
=
=
6
dt =
=
6t5 dt = dx t3 ( t2 + 1)
t2 + 1
x ( 3 x + 1)
Z 1
=6
1− 2
dt = 6t − 6 arctg t + C =
t +1
√
√
= 6 6 x − 6 arctg 6 x + C.
R
e2x dx
√
.
4 x
e +1
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t4 = e x + 1.
Z
4
Z
t = e x + 1 Z (t4 − 1) · 4t3
e2x dx
=
√
=
dt
=
(4t6 − 4t2 ) dt =
4t3 dt = e x dx 4 x
t
e +1
q
q
4
4
4
4
= t7 − t3 + C = 4 (e x + 1)7 − 4 (e x + 1)3 + C.
7
3
7
3
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t2 =
R
1
x2
1− x
x .
q
1− x
x
dx.
Wtedy
2t dt =
1
−1
x
0
dx = −
1
dx
x2
oraz
Z
1
x2
r
Z
t 2 = 1− x
1−x
x
= t · (−2t) dt = − 2 t3 + C =
dx = 1
2t dt = − x2 dx x
3
s
2
1−x 3
=−
+ C.
3
x
Rozwiazanie
˛
R
√ dx√
.
x− 3 x
30
2.9 Z ADANIA
31
Liczymy podstawiajac
˛ t6 = x.
6
Z
Z
s = t − 1
t = x Z 6t5
6t3
dx
=
√
√ = 5
dt =
dt = =
ds = dt 6t dt = dx t3 − t2
t−1
x− 3 x
Z
Z 3
6( s + 1)3
s + 3s2 + 3s + 1
=
ds = 6
ds =
s
s
Z 1
1 3 3 2
2
=6
s + s + 3s + ln |s| + C =
s + 3s + 3 +
ds = 6
s
3
2
= 2s3 + 9s2 + 18s + 6 ln |s| + C =
= 2(t − 1)3 + 9(t − 1)2 + 18(t − 1) + 6 ln |t − 1| + C =
√
√
√
√
= 2( 6 x − 1)3 + 9( 6 x − 1)2 + 18( 6 x − 1) + 6 ln | 6 x − 1| + C.
2.9. Zadania
Zadanie 2.41. Oblicz całki (postaraj si˛e zgadnać
˛ wynik nie podstawiajac)
˛
R
R cos x
R 2 sin x
R
3
2
a) x cos(4x − 3) dx
b) 4+sin x dx
c) e
cos x dx
d) x2 e− x dx
R arctg x
R x
R 3
R sin 1x
dx
g)
dx
h)
e) lnx x dx
f)
2 dx
2
2
+x
R tg x
R exx
R sinexx
R arc1sin
x
i) cos2 x dx
j) 3−ex dx
l) 1+cos2 x dx
k) √ 2 dx
1− x
Zadanie
2.42. Oblicz całki
R
a) sin( ax + b) dx, a 6= 0
R ( x − 2 ) 2 e ( x −2)2 ( x −1)
d)
dx
2
R x − 1 e ( x −2)
g) √
dx
3
x +1
b)
R√
6
c)
3
e) xx−1 dx
√
x2 4 x + 1 dx
R
h)
3 − 5x dx
R
R
3
(4x2 −12x +9)5
f)
R
i)
Zadanie
2.43. Oblicz całki
R
R
(2x +3)2
a) (2x + 3) cos 5
dx
b) (2x2 − 3)8 x dx
R 2 x +1
R
R x2
3 −x
dx
e) (x2 +2x
dx
f) √
d) x(x+
2 +1)2 dx
5 3
1)3 ( x 2 −2)3
x +1
R x4
R
R
x
h) cos2 x5 dx
i) x4 +2x
j) 1−sin2x(x2 +1) dx
2 +2 dx
Zadanie
2.44.
R
√ Oblicz całki
a) cos x 6 5 + sin x dx
R
R
cos2 x
d) (11−+2sin
dx
e)
2x )5
Zadanie
Oblicz całki
R √8 ln2.45.
x
a)
dx
x
R ln x√5+ln x
d)
dx
x ln(e5 x )
b)
√ sin 2x
1+cos2 x
b)
R
e)
R
R
(arctg x )5
x 2 +1
dx
dx
ln x x
2
√ln x
x
1−ln6 x
f)
dx
R
tg x
cos x
2
dx
Zadanie
R ex2.46. Oblicz całkiR x √
a) (ex −1)2 dx
b) 27 · 3x + 5 dx
R
R
e) √4−1x −1 dx
f) 2e−x +1 2+ex dx
k)
c)
R
8x
2 x +1
R
R
x4
5 dx
e
R x x5
√
5 3
R xx2+1
√
1− x 6
R
g)
dx
c)
dx
1+5x2
√ dx
5− x 2
c)
c)
g)
d)
R
dx
dx
sin7 x dx
R −3 cos2 x
g) 1sin
x cos x dx
1
dx
x + x ln2 x
R ln(cos x)
f)
ctg x
dx
dx
R
e x −1
e x +e− x
R
dx
e3x
1+e6x
dx
dx
2.9 Z ADANIA
Zadanie 2.47.
Oblicz całki
√
R
R
a) sin3√2 x x dx
b) √
1√
x + x3
Zadanie
2.48. Oblicz całki
R e x12
R
a)
dx
b)
x3
dx
1+2 cos x
3x ·9sin x
c)
dx
R
√
6
32
√dx √
x( 3 x− x)
c)
d)
R
R q x −1
1+ e x
e2x +2xe x + x2 +1
x −2
dx
·
dx
( x −2)2
ROZDZIAŁ 3
Całkowanie przez cz˛eści
3.1. Metoda całkowania przez cz˛eści
Zacznijmy od przypomnienia wzoru na pochodna˛ iloczynu dwóch funkcji:
[u( x )v( x )]0 = u0 ( x )v( x ) + u( x )v0 ( x ).
Po scałkowaniu obu stron otrzymujemy
Z
[u( x )v( x )]0 dx =
Z
u0 ( x )v( x ) dx +
Z
u( x )v0 ( x ) dx.
Zauważmy, że całka po lewej stronie równa si˛e u( x )v( x ). Stad,
˛ przenoszac
˛ ostatnia˛ całk˛e
na druga˛ stron˛e równości otrzymujemy wzór na całkowanie przez cz˛eści:
Z
u0 ( x )v( x ) dx = u( x )v( x ) −
Z
u( x )v0 ( x ) dx.
Po jego zastosowaniu, obliczenie całki po lewej stronie sprowadza si˛e do policzenia całki
po prawej stronie, która powinna być prostsza.
Metoda całkowania przez cz˛eści nie jest tak uniwersalna jak całkowanie przez podstawienie, niemniej pozwala na obliczenie wielu całek.
R
Żeby zastosować wzór na całkowanie przez cz˛eści do całki f ( x ) dx, funkcj˛e podcałkowa˛ f ( x ) musimy przestawić w postaci iloczynu dwóch funkcji, z których jedna jest pochodna˛ jakiejś znanej nam funkcji. Żeby metoda była skuteczna, po zastosowaniu wzoru
powinniśmy otrzymać prostsza˛ całk˛e.
R
x cos x dx
Rozwiazanie
˛
Funkcja podcałkowa jest iloczynem dwóch funkcji, wi˛ec możemy próbować całkowania
przez cz˛eści. Przyjmijmy
u0 ( x ) = cos x,
v( x ) = x,
u( x ) = sin x,
v0 ( x ) = 1.
Podstawiamy do wzoru i liczymy:
0
Z
Z
u = cos x v = x =
x
sin
x
−
sin x dx = x sin x + cos x + C.
x cos x dx = u = sin x v0 = 1
R
R
Całk˛e x cos x dx udało nam si˛e sprowadzić do znacznie prostszej całki sin x dx, która˛
obliczyliśmy bezpośrednio.
Zauważmy, że mogliśmy przyjać
˛ także u0 (v) = x, v( x ) = cos x, u( x ) = 12 x2 , v0 ( x ) =
− sin x. JednakR wtedy wzór na całkowanie przez cz˛eści prowadzi do bardziej skomplikowanej całki x2 sin x dx.
33
3.2 M ETODA CAŁKOWANIA PRZEZ CZ E˛ŚCI
R
34
x arctg x dx.
Rozwiazanie
˛
Przyjmiemy
u0 ( x ) = x,
v( x ) = arctg( x ),
u( x ) =
1 2
x ,
2
v0 ( x ) =
1
.
1 + x2
Zauważmy, że gdybyśmy chcieli przyjać
˛ na odwrót u0 ( x ) = arctg( x ), v( x ) = x, to mielibyśmy problem z dobraniem funkcji u( x ). Sprawdźmy teraz, czy całkowanie przez cz˛eści
prowadzi do prostszej całki.
0
Z
Z
u = x v = arctg x 1 2
1
x2
x arctg x dx = =
x
arctg
x
−
dx.
1 2
1
0
2
u = 2x
v = x 2 +1
2
2
x +1
Ostatnia˛ całk˛e możemy obliczyć bezpośrednio:
Z
x2
dx =
x2 + 1
Z
1−
1
dx = x − arctg x + C.
1 + x2
Zatem
Z
x arctg x dx =
Rozwiazanie
˛
Zauważmy, że
1
cos2 x
R
x
cos2 x
1 2
( x arctg x − x + arctg x ) + C.
2
dx.
jest pochodna˛ funkcji tg x, wi˛ec naturalnie jest przyjać
˛
u0 ( x ) =
1
,
cos2 x
v( x ) = x,
u( x ) = tg x,
v0 ( x ) = 1.
Podstawiamy do wzoru na całkowanie przez cz˛eści.
0
Z
Z
u = 12
x
v = x cos
x
dx
=
=
x
tg
x
−
tg x dx.
u = tg x v0 = 1
cos2 x
R
Całk˛e tg x dx obliczymy przez podstawienie t = cos x.
Z
Z
t = cos x Z
sin x
= − dt =
tg x dx =
dx = dt = − sin x dx cos x
t
= − ln |t| + C = − ln | cos x | + C.
Zatem
Z
x
dx = x tg x − ln | cos x | + C.
cos2 x
3.2 W IELOMIAN RAZY SINUS LUB KOSINUS
35
3.2. Wielomian razy sinus lub kosinus
Metoda całkowania przez cz˛eści pozwala na obliczenie całek
Z
n
x sin( ax ) dx,
Z
x n cos( ax ) dx,
gdzie a 6= 0 jest stała˛ rzeczywista,˛ a n jest liczba˛ naturalna.˛ Należy przyjać
˛
u0 ( x ) = sin( ax ) lub cos( ax ),
1
1
u( x ) = − cos( ax ) lub sin( ax ),
a
a
Wtedy całkowanie przez cz˛eści prowadzi do całki
Z
x
n −1
cos( ax ) dx
lub
Z
v( x ) = xn
v0 ( x ) = nx n−1 .
x n−1 sin( ax ) dx.
Zatem
R po n-krotnym całkowaniu przez cz˛eści dojdziemy do prostej całki
lub cos( ax ) dx.
R
R
sin( ax ) dx
x sin 2x dx
Rozwiazanie
˛
Liczymy
0
Z
u = sin 2x
1
1
v = x x sin 2x dx = cos 2x dx =
= − x cos 2x +
u = − 12 cos 2x v0 = 1
2
2
1
1
= − x cos 2x + sin 2x + C
2
4
Z
R
x2 cos x dx
Rozwiazanie
˛
Z
0
Z
u = cos x v = x2 2
x cos x dx = =
x
sin
x
−
2
x sin x dx
u = sin x v0 = 2x 2
Ostatnia˛ całk˛e również obliczamy przez cz˛eści
0
Z
Z
u = sin x v = x =
−
x
cos
x
+
cos x dx =
x sin x dx = u = − cos x v0 = 1
= − x cos x + sin x + C.
Zatem
Z
x2 cos x dx = x2 sin x + 2x cos x − 2 sin x + C.
Analogicznie można obliczać całki
Z
P( x ) sin( ax ) dx,
Z
P( x ) cos( ax ) dx,
3.2 W IELOMIAN RAZY SINUS LUB KOSINUS
36
gdzie P( x ) jest dowolnym wielomianem. Przyjmujac
˛ u0 ( x ) = sin( ax ) lub u0 ( x ) = cos( ax )
oraz
wzoru na całkowanie przez cz˛eści otrzymujemy całR v( x ) = P( x ), po zastosowaniu
R
k˛e P0 ( x ) cos( ax ) dx lub P0 ( x ) sin( ax ) dx. Jeżeli P( x ) ma stopień k, to jego pochodna
P0 ( x ) ma stopień k − 1, zatem całkujac
˛ przez cz˛eści jeszcze k − 1 razy, za każdym razem
b˛
e
dziemy
zmniejszać
stopie
ń
wielomianu
o jeden, aż dojdziemy do prostej całki
R
R
sin( ax ) dx lub cos( ax ) dx.
R
Zadanie 3.6. Oblicz całk˛e ( x2 + x ) cos x dx.
Rozwiazanie
˛
Całkujemy dwa razy przez cz˛eści.
0
Z
u = cos x v = x2 + x 2
=
( x + x ) cos x dx = u = sin x v0 = 2x + 1
0
Z
u = sin x v = 2x + 1
2
=
= ( x + x ) sin x − (2x + 1) sin x dx = u = − cos x
v0 = 2 = ( x2 + x ) sin x + (2x + 1) cos x − 2
Z
cos x dx =
= ( x2 + x ) sin x + (2x + 1) cos x − 2 sin x + C.
R
sin2 x dx.
Rozwiazanie
˛
Jest to całka innego typu niż w poprzednich zadaniach, bo sinus jest podniesiony do
kwadratu.
Sposób 1.
Pozbywamy si˛e kwadratu przyjmujac
˛
u0 ( x ) = 1,
v( x ) = sin2 x, u( x ) = x, v0 ( x ) = 2 sin x cos x = sin 2x,
Z
Z
u0 = 1 v = sin2 x 2
= x sin2 x − x sin 2x dx.
sin x dx = u = x v0 = sin 2x Ostatnia˛ całk˛e również obliczamy przez cz˛eści
0
Z
Z
u = sin 2x
1
1
v
=
x
x sin 2x dx = =
−
x
cos
2x
+
cos 2x dx =
u = − 12 cos 2x v0 = 1
2
2
1
1
= − x cos 2x + sin 2x + C.
2
4
Zatem
Z
1
1
sin2 x dx = x sin2 x + x cos 2x − sin 2x + C =
2
4
1
1
= x sin2 + x (cos2 x − sin2 x ) − sin x cos x + C =
2
2
1
1
2
2
= ( x (sin x + cos x ) − sin x cos x ) + C = ( x − sin x cos x ) + C.
2
2
3.3 W IELOMIAN RAZY FUNKCJA WYKŁADNICZA
37
Sposób 2.
Oznaczamy szukana˛ całk˛e przez I.
0
Z
Z
u = sin x
v = sin x = − sin x cos x + cos2 x dx =
I = sin x sin x dx = u = − cos x v0 = cos x − sin x cos x +
Z
2
1 − sin x dx = − sin x cos x + x −
Z
sin2 x dx =
= − sin x cos x + x − I
2I = − sin x cos x + x + C
⇒
I=
1
( x − sin x cos x ) + C.
2
3.3. Wielomian razy funkcja wykładnicza
R
Aby obliczyć całk˛e x n e ax dx, gdzie a 6= 0 jest stała˛ rzeczywista,˛ a n jest liczba˛ naturalna,˛ należy przyjać
˛
1 ax
e , v0 ( x ) = nx n−1
a
R
Wtedy całkowanie przez cz˛eści prowadzi do całki R x n−1 e ax dx, a zatem po n-krotnym
całkowaniu przez cz˛eści dojdziemy do prostej całki e ax dx.
Ta˛ metod˛e można stosować dla dowolnej funkcji wykładniczej, ponieważ a x = e(ln a)x .
Jeżeli w miejscu x n mamy dowolny wielomian P( x ) stopnia n, to analogicznie przyjmujemy v( x ) = P( x ) i całkujac
˛ przez cz˛eści obniżamy Rstopień wielomianu o jeden. Po
n-krotnym całkowaniu przez cz˛eści dojdziemy do całki e ax dx.
u0 ( x ) = e ax ,
R
v( x ) = xn ,
u( x ) =
xe x dx
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z
0
Z
u = e x v = x x
xe x dx = =
xe
−
e x dx = xe x − e x + C.
u = e x v 0 = 1
R
x3x dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
0
Z
u = 3x v = x x3x
3x
x
=
x · 3 dx = −
dx
u = ln3 3 v0 = 1
ln 3
ln 3
Z
x3x
1
x3x
3x
+ C.
−
3x dx =
−
=
ln 3 ln 3
ln 3 (ln 3)2
Z
x
3.4 F UNKCJA POT EGOWA
˛
RAZY FUNKCJA LOGARYTMICZNA
R
38
x2 e− x dx
Rozwiazanie
˛
Dwukrotnie całkujemy przez cz˛eści.
0
Z
Z
u = e− x v = x2 2 −x
2 −x
x e dx = =
−
x
e
+
2
xe− x dx =
u = −e− x v0 = 2x 0
Z
u = e− x v = x 2 −x
−x
=
−
x
e
−
2xe
+
2
e− x dx =
=
u = − e − x v 0 = 1
= − x2 e−x − 2xe−x − 2e−x + C.
R
2
x3 e x dx.
Rozwiazanie
˛
2
Ponieważ e x nie jest pochodna˛ żadnej znanej nam funkcji, natomiast
ex
2
0
2
= 2xe x ,
2
wi˛ec przyjmiemy u0 ( x ) = xe x , v( x ) = x2 .
Z
Z
0
x2
2
2
2
1 2 x2
u
=
xe
v
=
x
3 x
x e dx = = x e − xe x dx =
2
1
x
0
u = 2e
2
v = 2x 2
1
1 2
1 2
= x2 e x − e x = e x ( x2 − 1) + C.
2
2
2
3.4. Funkcja pot˛egowa razy funkcja logarytmiczna
R
Aby obliczyć całk˛e x k (ln x )m dx, gdzie m jest liczba˛ naturalna,˛ a k dowolna˛ liczba˛
rzeczywista,˛ przyjmujemy
u0 ( x ) = x k ,
R
v( x ) = (ln x )m .
ln x dx.
Rozwiazanie
˛
Z
0
Z
u = 1 v = ln x = x ln x − 1 dx = x ln x − x + C.
ln x dx = u = x v0 = 1x Zadanie 3.13. Oblicz całk˛e
R
x3 ln x dx.
3.4 F UNKCJA POT EGOWA
˛
RAZY FUNKCJA LOGARYTMICZNA
39
Rozwiazanie
˛
Z
0
Z
u = x3 v = ln x 1 4
1
1
x4
x ln x dx = x3 dx = x4 ln x −
+ C.
1 4
1 = x ln x −
0
u = 4x
v = x
4
4
4
16
3
R√
x ln x dx.
Rozwiazanie
˛
Z √
Z
1
2 3
2
v = ln x 2
x 2 dx =
= x ln x −
0
−
1
3
3
v =x 2
2 3
4 3
2√ 3
= x 2 ln x − x 2 + C =
x ln x −
+ C.
3
9
3
3
1
0
u = x2
x ln x dx = 3
u = 23 x 2
R
x (ln x )2 dx
Rozwiazanie
˛
Z
0
Z
2 u =x
1 2
v
=
(
ln
x
)
2
x (ln x ) dx = =
x
(
ln
x
)
−
x ln x dx
u = 12 x2 v0 = 2 ln x · 1x 2
2
Ostatnia˛ całk˛e również obliczamy przez cz˛eści
0
Z
Z
u = x v = ln x 1 2
1
= x ln x −
x ln x dx = x dx =
u = 12 x2 v0 = 1x 2
2
1
1
= x2 ln x − x2 + C.
2
4
Zatem
Z
1
1
1
x (ln x )2 dx = x2 (ln x )2 − x2 ln x + x2 + C.
2
2
4
R
ln x
x
dx.
Rozwiazanie
˛
Ta˛ całk˛e najprościej jest obliczyć przez podstawienie t = ln x , ale można również przez
cz˛eści. Oznaczmy szukana˛ całk˛e przez I. Liczymy:
0
Z
Z
u = 1 v = ln x ln x
x
= (ln x )2 − ln x dx = (ln x )2 − I
I=
dx = u = ln x v0 = 1x x
x
1
2I = (ln x )2 + C ⇒ I = (ln x )2 + C
2
3.5 F UNKCJA WYKŁADNICZA RAZY SINUS LUB KOSINUS
R
40
ln( x2 + 1) dx.
Rozwiazanie
˛
Z
0
Z
u = 1 v = ln( x2 + 1)
2x2
2
ln( x + 1) dx = dx =
=
x
ln
(
x
+
1
)
−
2x
0
u=x
v = x 2 +1 x2 + 1
2
2( x 2 + 1) − 2
dx = x ln( x2 + 1) −
x2 + 1
= x ln( x2 + 1) − 2x + 2 arctg x + C.
= x ln( x2 + 1) −
Z
Z
2 dx + 2
Z
dx
=
+1
x2
3.5. Funkcja wykładnicza razy sinus lub kosinus
Całkowanie przez cz˛eści w ciekawy sposób stosuje si˛e do obliczenia całek
Z
Z
ax
e sin bx dx,
e ax cos bx dx.
W obu przypadkach przyjmujemy u0 ( x ) = e ax , u( x ) = 1a e ax .
0
Z
u = e ax
v
=
sin
bx
ax
=
e sin bx dx = 1 ax
0
u = ae
v = b cos bx Z
b
1 ax
e ax cos bx dx
= e sin bx −
a
a
0
Z
u = e ax
v = cos bx ax
e cos bx dx = =
u = 1 e ax v0 = −b sin bx a
b
1
e ax sin bx dx
= e ax cos bx +
a
a
Tak wi˛ec każda z tych całek wyraża si˛e przez druga.˛ Jeśli teraz podstawimy do pierwszego wzoru wyrażenie z drugiego wzoru, to otrzymamy równanie wzgl˛edem pierwszej
całki, z którego wynika, że
Z
Z
e ax sin bx dx =
a sin bx − b cos bx ax
e + C.
a2 + b2
Analogicznie obliczamy druga˛ całk˛e
Z
e ax cos bx dx =
b sin bx + a cos bx ax
e + C.
a2 + b2
Powyższych wzorów nie opłaca si˛e uczyć na pami˛eć. Znacznie lepiej jest pami˛etać sposób ich wyprowadzenia i powtarzać go w konkretnych przykładach.
Rozwiazanie
˛
R
e x sin x dx.
3.5 F UNKCJA WYKŁADNICZA RAZY SINUS LUB KOSINUS
41
Oczywiście możemy podstawić do wzoru, ale wyobraźmy sobie, że go nie mamy przed
soba.˛ Wtedy całkujemy dwukrotnie przez cz˛eści.
0
Z
Z
u = e x v = sin x x
=
e
sin
x
−
e x · cos x dx =
I = e x sin x dx = u = e x v0 = cos x 0
Z
u = e x
v = cos x x
x
=
e
sin
x
−
e
cos
x
−
e x sin x dx =
=
u = e x v0 = − sin x = e x sin x − e x cos x − I
2I = e x sin x − e x cos x + C
R
⇒
I=
e x sin x − e x cos x
+ C.
2
3x cos x dx.
Rozwiazanie
˛
Całkujemy dwukrotnie przez cz˛eści.
0
u = 3x
v = cos x I = 3 cos x dx = =
u = ln13 3x v0 = − sin x Z
1
1 x
3 cos x +
3x sin x dx
=
ln 3
ln 3
0
Z
u = 3x
v = sin x x
x
(ln 3) I = 3 cos x + 3 sin x dx = =
u = ln13 3x v0 = cos x Z
1
1 x
3 sin x −
3x cos x dx =
= 3x cos x +
ln 3
ln 3
1 x
1
3 sin x −
I
= 3x cos x +
ln 3
ln 3
1 x
(ln 3) cos x + sin x x
1
) I = 3x cos x +
3 sin x + C ⇒ I =
3 + C.
(ln 3 +
ln 3
ln 3
(ln 3)2 + 1
Z
x
R
e x sin2 x dx.
Rozwiazanie
˛
Pozb˛edziemy si˛e kwadratu przy sinusie korzystajac
˛ z tożsamości
(sin2 x )0 = 2 sin x cos x = sin 2x.
Całkujemy przez cz˛eści
Z
Z
u0 = e x v = sin2 x x
2
e sin x dx = = e sin x − e x sin 2x dx.
u = e x v0 = sin 2x x
2
3.6 F UNKCJE CYKLOMETRYCZNE
42
Ostatnia˛ całk˛e oznaczamy przez I i liczymy
0
Z
Z
u = e x
v = sin 2x x
x
I = e sin 2x dx = = e sin 2x − 2 e x · cos 2x dx =
u = e x v0 = 2 cos 2x 0
Z
u = e x
v
=
cos
2x
x
x
= =
e
sin
2x
−
2e
cos
2x
−
4
e x sin 2x dx =
u = e x v0 = −2 sin 2x = e x sin 2x − 2e x cos 2x − 4I
sin 2x − 2 cos 2x x
e + C.
5I = (sin 2x − 2 cos 2x )e x + C ⇒ I =
5
Z
sin 2x − 2 cos 2x
e x sin2 x dx = e x sin2 x −
+ C.
5
3.6. Funkcje cyklometryczne
Metoda całkowania przez cz˛eści pozwala obliczyć całki
Z
arc sin x dx,
Z
arc cos x dx,
Z
arctg x dx,
Z
arcctg x dx.
W każdym przypadku należy przyjać
˛ u0 ( x ) = 1, u( x ) = x.
R
arctg x dx.
Rozwiazanie
˛
Z
0
Z
u = 1 v = arctg x x
arctg x dx = = x arctg x −
dx
u = x v0 = x21+1 x2 + 1
Ostatnia˛ całk˛e obliczamy przez postawienie t = x2 + 1.
Z
t = x2 + 1 Z dt
x
1
1
=
dx = = ln |t| + C = ln( x2 + 1) + C.
2
dt = 2x dx
x +1
2t
2
2
Zatem
Z
arctg x dx = x arctg x −
R
1
ln( x2 + 1) + C.
2
arc sin x dx.
Rozwiazanie
˛
Z
Z
u0 = 1 v = arc sin x x
arc sin x dx = u = x v0 = √ 1 = x arc sin x − √
dx
1 − x2
1− x 2 3.7 F UNKCJE CYKLOMETRYCZNE
43
Ostatnia˛ całk˛e obliczamy przez postawienie t = 1 − x2 .
Z
t = 1 − x2 Z
x
= − 1 t− 12 dt =
√
dx = dt = −2x dx 2
1 − x2
p
1
= −t 2 + C = − 1 − x2 + C.
Zatem
Z
Obliczenie całek
R
arc sin x dx = x arc sin x +
arc cos x dx oraz
R
R
p
1 − x2 + C.
arcctg x dx pozostawiamy jako ćwiczenie.
arc sin2 x dx.
Rozwiazanie
˛
u0 = 1
2
v
=
arc
sin
x
arc sin2 x dx = =
1
0
√
=
2
arc
sin
x
·
u
=
x
v
1− x 2
Z
2
= x arc sin x − 2
Zauważmy, że
funkcj˛e).
√ x
1− x 2
Z
√
x
arc sin x dx.
1 − x2
√
jest pochodna˛ funkcji − 1 − x2 (sprawdź to, różniczkujac
˛ ostatnia˛
0
u = √x
v
=
arc
sin
x
2
√ 1− x
√
arc sin x dx = =
u = − 1 − x2 v0 = √ 1 2 1 − x2
1− x
Z
p
p
= − 1 − x2 arc sin x + 1 dx = − 1 − x2 arc sin x + x + C.
Z
p
arc sin2 x dx = x arc sin2 x − 2( x − 1 − x2 arc sin x ) + C.
x
Z
R
arctg
√
x dx.
Rozwiazanie
˛
Z
u0 = 1 v = arctg √ x √
x
1
=
x
arctg
arctg x dx = x
−
· √ dx.
1
1
0
√
·
u
=
x
v
=
x+1 2 x
x +1 2 x √
Ostatnia˛ całk˛e obliczymy przez podstawienie t = x,
Z
Z 2
t = √x Z
x
1
t2
t +1−1
· √ dx = dt = √1 dx =
dt
=
dt =
2
x+1 2 x
t +1
t2 + 1
2 x
√
Z
√
√
1
dt = t − arctg t + C = x − arctg x + C.
+1
Z
√
√
√
√
arctg x dx = x arctg x − x + arctg x + C.
=
Z
1−
t2
3.7 Z ADANIA
44
3.7. Zadania
Zadanie
R
R
a) x sin 2x dx
b) x2 sin 5x dx
c) ( x2 − 2x + 3) sin 2x dx
R
R
R
d) (1 + x2 )2 cos x dx
e) x sin2 x dx
f) cos2 x dx
Zadanie
3.26. Oblicz całki
R
a) R xe− x dx
d) e x cos x dx
b)
R
x2 e−2x dx
e)
Zadanie
3.27. Oblicz całki
R
R
a) x2 ln x dx
b) x2 ln(1 + x ) dx
Zadanie
3.28. Oblicz całki
R
a) arc cos x dx
b)
R
R
c)
−
x
e sin 2x dx
R
x ln( x − 1) dx
arc ctg x dx
c)
c)
R
x3 e x dx
R
d) ( x + 1) ln2 x dx
R
x arcctg x dx
ROZDZIAŁ 4
Funkcje wymierne
4.1. Rozkład funkcji wymiernej
P( x )
, którego licznik P( x ) i mianownik Q( x ) sa˛ wieloQ( x )
mianami zmiennej x. Na przykład funkcjami wymiernymi sa:˛
Funkcja wymierna to ułamek
2x2 + x − 3
,
x7 + 4x3 + 5
x+1
,
x−1
x4 + x3 + x2 + x + 1
,
x2 + 1
( x3
8
.
+ x )6
Żeby obliczyć całk˛e z funkcji wymiernej, musimy najpierw znaleźć rozkład tej funkcji
w postaci sumy wielomianu i ułamków prostych.
Funkcj˛e wymierna˛ nazywamy właściwa,˛ jeśli stopień licznika (najwyższa pot˛ega zmiennej x) jest mniejszy niż stopień mianownika.
P( x )
Dowolna˛ funkcj˛e wymierna˛
możemy rozłożyć na sum˛e wielomianu W ( x ) i
Q( x )
R( x )
funkcji wymiernej właściwej
, w której stopień licznika R( x ) jest mniejszy niż stoQ( x )
pień mianownika Q( x ). Rozkład taki znajdujemy dzielac
˛ z reszta˛ licznik przez mianownik:
P( x )
W ( x ) Q( x ) + R( x )
R( x )
=
= W (x) +
.
Q( x )
Q( x )
Q( x )
Zadanie 4.1. Znajdź rozkład funkcji
właściwej.
x3 −2x2 −1
x 2 −1
na sum˛e wielomianu i funkcji wymiernej
Rozwiazanie
˛
Stopień licznika wynosi 3 i jest wi˛ekszy niż stopień mianownika 2. Dzielimy z reszta˛
licznik przez mianownik:
x−2
x3 − 2x2 − 1 : x2 − 1
x3 − x
−2x2 + x − 1
−2x2 + 2
x−3
Zatem
x3 − 2x2 − 1
( x − 2)( x2 − 1) + x − 3
x−3
=
= x−2+ 2
.
x2 − 1
x2 − 1
x −1
45
4.1 R OZKŁAD FUNKCJI WYMIERNEJ
46
Funkcj˛e wymierna˛ postaci
A
, A 6= 0,
( x + a)n
nazywamy ułamkiem prostym pierwszego rodzaju, a funkcj˛e postaci
( x2
Bx + C
,
+ px + q)m
B 6= 0,
∆ = p2 − 4q < 0,
nazywamy ułamkiem prostym drugiego rodzaju. Dowolna funkcja wymierna właściwa
jest suma˛ ułamków prostych pierwszego i drugiego rodzaju. Żeby wyznaczyć składniki
takiej sumy, musimy znać rozkład mianownika Q( x ) na czynniki liniowe i kwadratowe:
Q ( x ) = b ( x − a 1 ) n1 · · · ( x − a k ) n k · ( x 2 + p 1 x + q 1 ) m1 · · · ( x 2 + p l x + q l ) m l ,
gdzie każdy czynnik kwadratowy jest nierozkładalny, to znaczy p2i − 4qi < 0 dla i =
1, . . . , l. Liczby a1 , . . . , ak sa˛ to wszystkie pierwiastki rzeczywiste wielomianu Q( x ). Zatem wyznaczenie rozkładu mianownika na czynniki nierozkładalne wymaga znalezienia
wszystkich jego pierwiastków.
Znajac
˛ rozkład mianownika jak powyżej, rozkład funkcji wymiernej na ułamki proste
ma postać:
A1n1
A
A12
P( x )
+···+
+...
= 11 +
2
Q ( x ) x + a1
( x + a1 )
( x + a 1 ) n1
Aknk
Ak2
Ak1
+
+···+
···+
+
2
x + ak
( x + ak )
( x + a k )nk
B1m x + C1m1
B x + C11
B x + C12
+ 2 11
+···+ 2 1
+...
+ 2 12
2
x + p1 x + q1
( x + p1 x + q1 )
( x + p 1 x + q 1 ) m1
Blm x + Clml
B x + Cl1
B x + Cl2
· · · + 2 l1
+ 2 l2
+···+ 2 l
2
x + pl x + ql
( x + pl x + ql )
( x + p l x + q l )ml
Tak wi˛ec każdy czynnik liniowy, który wyst˛epuje w mianowniku Q( x ) w pot˛edze ni ,
wnosi do rozkładu funkcji wymiernej ni ułamków prostych pierwszego rodzaju, a każdy czynnik kwadratowy, wyst˛epujacy
˛ w mianowniku w pot˛edze m j , daje m j ułamków
prostych drugiego rodzaju.
Współczynniki Aij , Bst , Cst można obliczyć mnożac
˛ obie strony powyższej równości
przez wspólny mianownik Q( x ) i porównujac
˛ współczynniki przy tych samych pot˛egach
zmiennej x.
Zadanie 4.2. Znaleźć rozkład
7x2 +1
( x +1)( x −1)( x −3)
na ułamki proste.
Rozwiazanie
˛
Mianownik ma trzy czynniki liniowe, każdy w pierwszej pot˛edze, wi˛ec funkcja jest suma˛
trzech ułamków prostych pierwszego rodzaju:
7x2 + 1
a
b
c
=
+
+
.
( x + 1)( x − 1)( x − 3)
x+1 x−1 x−3
Mnożac
˛ obie strony przez ( x + 1)( x − 1)( x − 3) otrzymujemy
7x2 + 1 = a( x − 1)( x − 3) + b( x + 1)( x − 3) + c( x + 1)( x − 1) =
= ( a + b + c) x2 − (4a + 2b) x + (3a − 3b − c).
47
Porównujac
˛ współczynniki po obu stronach dostajemy układ równań


 a+b+c = 7
4a + 2b = 0

 3a − 3b − c = 1
którego rozwiazaniem
˛
jest a = 1, b = −2, c = 8. Stad
˛
7x2 + 1
1
2
8
=
−
+
( x + 1)( x − 1)( x − 3)
x+1 x−1 x−3
5x2 −11x
( x −1)2 ( x 2 +2)
na ułamki proste.
Rozwiazanie
˛
W mianowniku wyst˛epuje czynnik liniowy w drugiej pot˛edze i czynnik kwadratowy,
zatem funkcja jest suma˛ dwóch ułamków prostych pierwszego rodzaju i ułamka prostego
drugiego rodzaju
cx + d
5x2 − 11x
a
b
+ 2
=
+
.
2
2
2
( x − 1) ( x + 2)
x − 1 ( x − 1)
x +2
Mnożac
˛ obie strony przez wspólny mianownik otrzymujemy
5x2 − 11x = a( x − 1)( x2 + 2) + b( x2 + 2) + (cx + d)( x − 1)2 =
= ( a + c) x3 + (− a + b − 2c + d) x2 + (2a + c − 2d) x + (−2a + 2b + d).
Porównujac
˛ współczynniki otrzymujemy układ równań

a+c = 0



 − a + b − 2c + d = 5




2a + c − 2d = −11
−2a + 2b + d = 0
którego rozwiazaniem
˛
jest a = 1, b = −2, c = −1, d = 6.
1
2
x−6
5x2 − 11x
=
−
.
− 2
2
2
2
( x − 1) ( x + 2)
x − 1 ( x − 1)
x +2
x2
x3 +5x2 +8x +4
na ułamki proste.
Rozwiazanie
˛
Najpierw musimy rozłożyć mianownik na czynniki liniowe lub kwadratowe. W tym celu
musimy odgadnać
˛ jeden jego pierwiastek. Łatwo sprawdzić podstawiajac,
˛ że x = −1 jest
pierwiastkiem mianownika, zatem wielomian ten dzieli si˛e przez ( x + 1). Dzielimy:
x2 + 4x + 4
x3 + 5x2 + 8x + 4
x3 + x2
4x2 + 8x + 4
4x2 + 4x
4x + 4
4x + 4
0
:
48
x+1
x2
x2
x2
=
=
x3 + 5x2 + 8x + 4
( x + 1)( x2 + 4x + 4)
( x + 1)( x + 2)2
Funkcja wymierna jest wi˛ec suma˛ trzech ułamków prostych pierwszego rodzaju:
x2
a
b
c
=
+
+
2
( x + 1)( x + 2)
x + 1 x + 2 ( x + 2)2
x2 = a( x + 2)2 + b( x + 1)( x + 2) + c( x + 1) =
= ( a + b) x2 + (4a + 3b + c) x + 2b + c + 4



a+b = 1
4a + 3b + c = 0

 2b + c + 4 = 0
⇒ a = 1, b = 0, c = −4.
x2
1
4
x2
=
=
−
.
3
2
2
x + 5x + 8x + 4
( x + 1)( x + 2)
x + 1 ( x + 2)2
1
6x3 −7x2 −3x
na ułamki proste.
Rozwiazanie
˛
Mianownik dzieli si˛e przez x:
6x3 − 7x2 − 3x = x (6x2 − 7x − 3).
Dwumian kwadratowy 6x2 − 7x − 3 ma dwa pierwiastki x1 = 32 , x2 = − 13 , stad
˛ mamy
rozkład
3
1
3
2
6x − 7x − 3x = 6x x −
x+
.
2
3
Funkcja wymierna jest suma˛ trzech ułamków prostych pierwszego rodzaju:
1
1
a
b
=
= +
+
2
1
3
− 7x − 3x
x x − 23
6x ( x − 2 )( x + 3 )
3
1
1
1=6 a x−
x+
+ bx x +
+ cx x −
2
3
3
6x3
c
x + 31
2
=
3
= 6( a + b + c) x2 + (−7a + 2b − 4c) x − 3a.

a+b+c = 0


1
1
1
−7a + 2b − 4c = 0 ⇒ a = − , b = − , c =

3
6
2

−3a = 1
4.2 C AŁKOWANIE UŁAMKÓW PROSTYCH PIERWSZEGO RODZAJU
1
1
1
3
6
=
−
−
6x3 − 7x2 − 3x
x
x−
3
2
+
49
1
2
x+
1
3
4.2. Całkowanie ułamków prostych pierwszego rodzaju
Ułamek prosty pierwszego rodzaju
A
całkujemy przez podstawienie t = x + a.
( x + a)n
Wtedy
Z
t = x + a Z A
A
=
dx = dt.
dt = dx ( x + a)n
tn
Całka po prawej stronie równa si˛e A ln |t| + C, gdy n = 1 albo
A
+ C, gdy
(1 − n ) t n −1
n > 1. Stad
˛ otrzymujemy wzory
Z
Z
A
dx = A ln | x + a| + C,
x+a
A
A
dx =
+ C,
n
( x + a)
(1 − n)( x + a)n−1
R
1
2x2 +3x −2
dla n > 1.
dx
Rozwiazanie
˛
Mianownik ma dwa pierwiastki x1 = −2 oraz x2 = 12 , wi˛ec rozkłada si˛e na czynniki
liniowe 2x2 + 3x − 2 = 2( x + 2)( x − 21 ), a funkcja wymierna jest suma˛ dwóch ułamków
prostych pierwszego rodzaju
1
1
a
b
=
=
+
1
2x2 + 3x − 2
x
+
2
2( x + 2)( x − 2 )
x − 12
1
1 = 2a x −
+ 2b( x + 2) = 2( a + b) x − a + 4b
2
a+b = 0
1
1
⇒ a=− ,b= .
− a + 4b = 1
5
5
Z
1
1
dx = −
2
2x + 3x − 2
5
Z
1
1
dx +
x+2
5
Z
1
x−
1
2
dx =
1
1
1 x − 12 = (ln | x − | − ln | x + 2|) + C = ln + C.
5
2
5 x +2
R
x −3
x2 −3x +2
dx.
4.3 C AŁKOWANIE UŁAMKÓW PROSTYCH PIERWSZEGO RODZAJU
Rozwiazanie
˛
Rozkładamy ułamek pod całka˛ na ułamki proste.
x−3
x−3
a
b
=
=
+
− 3x + 2
( x − 1)( x − 2)
x−1 x−2
x − 3 = a( x − 2) + b( x − 1) = ( a + b) x − 2a − b
(
a+b = 1
⇒ a = 2, b = −1.
2a + b = 3
x2
Liczymy teraz całk˛e.
Z
x−3
dx =
2
x − 3x + 2
R
Z
2
dx −
x−1
3x −2
x2 +6x +9
Z
1
dx = 2 ln | x − 1| − ln | x − 2| + C
x−2
dx.
Rozwiazanie
˛
x2
3x − 2
a
b
3x − 2
=
=
+
2
+ 6x + 9
( x + 3)
x + 3 ( x + 3)2
3x − 2 = a( x + 3) + b
Z
3x − 2
dx =
2
x + 6x + 9
R
Z
3
dx −
x+3
x +2
x3 + x2
Z
⇒
a = 3, b = −11.
11
11
dx = 3 ln | x + 3| +
+ C.
2
( x + 3)
x+3
dx.
Rozwiazanie
˛
x+2
x+2
c
a
b
= 2
= + 2+
3
2
x +x
x ( x + 1)
x x
x+1
x + 2 = ax ( x + 1) + b( x + 1) + cx2 = ( a + c) x2 + ( a + b) x + b


a+c = 0
a+b = 1
⇒ a = −1, b = 2, c = 1.


b=2
Z
x+2
dx =
x3 + x2
1
2
1
dx +
dx +
dx =
2
x
x
x+1
2
= − ln | x | − + ln | x + 1| + C.
x
Z
−
Z
Z
50
4.3 C AŁKOWANIE UŁAMKÓW PROSTYCH DRUGIEGO RODZAJU
51
4.3. Całkowanie ułamków prostych drugiego rodzaju
Aby scałkować ułamek prosty drugiego rodzaju
( x2
Ax + B
rozbijamy go na dwa
+ px + q)n
ułamki w nast˛epujacy
˛ sposób:
Z
Ax + B
A
dx =
2
n
( x + px + q)
2
Z
2x + p
dx + C
2
( x + px + q)n
Z
( x2
1
dx,
+ px + q)n
2B− Ap
gdzie C =
. Pierwszy ułamek po prawej stronie ma w liczniku pochodna˛ funkcji
2
2
kwadratowej x + px + q i całkujemy go przez podstawienie.
Z
t = x2 + px + q Z 1
2x + p
=
dx = dt.
dt = (2x + p)dx ( x2 + px + q)n
tn
Stad
˛ otrzymujemy wzory
Z
x2
Z
( x2
2x + p
dx = ln( x2 + px + q) + C,
+ px + q
1
2x + p
dx =
+ C,
n
2
+ px + q)
(1 − n)( x + px + q)n−1
dla n > 1.
Zauważmy, że w pierwszym z powyższych wzorów nie ma wartości bezwzgl˛ednej pod
logarytmem. Mogliśmy ja˛ opuścić dzi˛eki założeniu p2 − 4q < 0, co oznacza, że trójmian
kwadratowy x2 + px + q nie ma pierwiastków, a ponieważ współczynnik przy x2 jest
dodatni, wi˛ec funkcja przyjmuje
tylko wartości dodatnie.
R
1
Aby obliczyć całk˛e (x2 + px
dx, sprowadzamy trójmian x2 + px + q do postaci
+q)n
kanonicznej:
( x2 + px + q) = ( x + a)2 + b,
p
4q− p2
etajmy, że wyróżnik
4 . Pami˛
p2 − 4q jest ujemny, wi˛ec b > 0. Liczymy
√ Z
Z
Z
t = x√+a dx
dx
dt
b
√
b
=
.
=
= n
x
+
a
2
n
2
n
2
n
bdt = dx (( x + a) + b)
b
( t + 1) n
b (( √ ) + 1)
gdzie a = 2 , b =
b
Gdy n = 1, to ostatnia całka równa si˛e arctg t + C, czyli
Z
dx
1
x+a
= √ arctg √ + C.
( x + a )2 + b
b
b
Gdy n > 1, to stosujemy (n − 1)-krotnie wzór redukcyjny
x
2n − 3
dt
dt
1
=
·
+
.
( t2 + 1) n
2n − 2 (t2 + 1)n−1 2n − 2 (t2 + 1)n−1
R dt
R
˛ go n − 1
Wzór ten sprowadza obliczenie całki (t2 +
do całki (t2 +dt1)n−1 , zatem stosujac
1) n
R dt
razy dojdziemy w końcu do znanej całki t2 +1 . Wyprowadzenie wzoru redukcyjnego i
zadania ilustrujace
˛ jego stosowanie znajduja˛ si˛e w podrozdziale 4.5.
Z
Z
R
52
dx
.
2x2 +9
Rozwiazanie
˛
Z
dx
1
=
2
2x + 9
9
Z
t=
√
=
2 2
( 3 x ) + 1 dt =
dx
√
2
x √3
2
3 dx
1
=
9
Z
√3 dt
2
2
t +1
√
1
1
2x
+ C.
= √ arctg t + C = √ arctg
3
3 2
3 2
R
2x +1
x2 +2x +2
dx.
Rozwiazanie
˛
Całk˛e rozbijamy na dwie całki tak, aby w jednej licznik był pochodna˛ mianownika, a w
drugiej, żeby nie było x w liczniku.
2x + 1
dx =
2
x + 2x + 2
Z
Z
2x + 2
dx −
2
x + 2x + 2
Z
x2
1
dx = A − B.
+ 2x + 2
Liczymy teraz te prostsze całki A i B.
t = x2 + 2x + 2 2x + 2
=
A=
dx = dt = (2x + 2)dx x2 + 2x + 2
Z
1
dt = ln |t| + C = ln | x2 + 2x + 2| + C
=
t
Z
Z
t = x + 1
1
1
=
B=
dx =
dx = dt = dx x2 + 2x + 2
( x + 1)2 + 1
Z
1
dt = arctg t + C = arctg( x + 1) + C.
=
2
t +1
Z
Zatem
Z
x2
2x + 1
dx = A − B = ln | x2 + 2x + 2| − arctg( x + 1) + C.
+ 2x + 2
Rozwiazanie
˛
R
1
2x2 + x +1
dx.
53
Sprowadzamy mianownik do postaci kanonicznej.
dx
=
2x2 + x + 1
1
dx
dx
dx =
=
x
1
1 2
7
2
2
2( x + 2 + 2 )
( x + 4 ) + 16
√
Z
Z
t = 4x√+1 7
1
dx
1
√
4 dt
7
=
=
=
=
7 2
7
4x
7 dt = dx √+1 )2 + 1)
2
2
16 ( t + 1)
16 ((
4
7
Z
2
=√
7
Z
Z
Z
2
dt
2
4x + 1
= √ arctg t + C = √ arctg √ + C.
t2 + 1
7
7
7
R
2x3 −3x2 +15x +6
( x2 +4)( x2 +4x +5)
dx
Rozwiazanie
˛
Mianownik jest iloczynem dwóch nierozkładalnych czynników kwadratowych, zatem
funkcja podcałkowa jest suma˛ dwóch ułamków prostych drugiego rodzaju.
ax + b
cx + d
2x3 − 3x2 + 15x + 6
= 2
+ 2
( x2 + 4)( x2 + 4x + 5)
x +4
x + 4x + 5
2x3 − 3x2 + 15x + 6 = ( ax + b)( x2 + 4x + 5) + (cx + d)( x2 + 4) =
= ( a + c) x3 + (4a + b + d) x2 + (5a + 4b + 4c) x + 5b + 4d





a+c = 2
4a + b + d = −3

5a + 4b + 4c = 15



5b + 4d = 6
Z
⇒
2x3 − 3x2 + 15x + 6
dx =
( x2 + 4)( x2 + 4x + 5)
a = −1, b = 2, c = 3, d = −1.
Z
−x + 2
dx +
x2 + 4
Z
x2
3x − 1
dx
+ 4x + 5
54
Całkujemy ułamki proste
−x + 2
2x dx
1
2dx
1
dx = −
+
= − A+B
2+4
2+4
x2 + 4
2
x
x
2
Z
Z
2
dt
2x dx
t = x + 4
=
= = ln |t| + C = ln( x2 + 4) + C
A=
2
dt
=
2x
dx
x +4
t
Z
Z
t= x Z
2dx
dt
2dx
2 =
B=
= =
=
2+1
dt = dx
x2 + 4
4(( 2x )2 + 1)
t
2
x
= arctg t + C = arctg + C
2
Z
Z
Z
3x − 1
2x + 4
3
dx
3
dx
=
dx
−
7
= D − 7E
2
2
2
x + 4x + 5
2 x + 4x + 5 x + 4x + 5
2
Z
t = x2 + 4x + 5 Z dt
2x + 4
=
= = ln |t| + C =
D=
dt = (2x + 4) dx x2 + 4x + 5
t
Z
Z
Z
= ln( x2 + 4x + 5) + C
Z
Z
dx
dx
E=
=
= arctg( x + 2) + C
x2 + 4x + 5
( x + 2)2 + 1
Z
3
1
2x3 − 3x2 + 15x + 6
dx = − A + B + D − 7E =
2
2
( x + 4)( x + 4x + 5)
2
2
1
x 3
= − ln( x2 + 4) + arctg + ln( x2 + 4x + 5) − 7 arctg( x + 2) + C.
2
2 2
R
x 2 +1
( x2 +2x +3)2
dx
Rozwiazanie
˛
W mianowniku mamy nierozkładalna˛ funkcj˛e kwadratowa˛ w drugiej pot˛edze, wi˛ec szukamy rozkładu na dwa ułamki proste drugiego rodzaju.
x2 + 1
ax + b
cx + d
= 2
+ 2
2
2
( x + 2x + 3)
x + 2x + 3 ( x + 2x + 3)2
x2 + 1 = ( ax + b)( x2 + 2x + 3) + cx + d =
= ax3 + (2a + b) x2 + (3a + 2b + c) x + 3b + d





a=0
2a + b = 1

3a + 2b + c = 0



3b + d = 1
Z
x2 + 1
dx =
( x2 + 2x + 3)2
Z
⇒
a = 0, b = 1, c = −2, d = −2.
dx
−
2
x + 2x + 3
Z
( x2
2x + 2
dx = A − B
+ 2x + 3)2
4.4 C AŁKOWANIE DOWOLNEJ FUNKCJI WYMIERNEJ
55
Całkujemy ułamki proste
Z
A=
dx
=
2
x + 2x + 3
Z
dx
=
( x + 1)2 + 2
Z
t = x√+1 dx
2 =
= √
2dt = dx 2(( x√+1 )2 + 1)
2
dt
1
1
x+1
= √ arctg t + C = √ arctg √ + C
+1
2
2
2
Z
Z
2
2x + 2
dt
1
t = x + 2x + 3 B=
dx = =
= − +C =
dt = (2x + 2) dx ( x2 + 2x + 3)2
t2
t
1
=− 2
+C
x + 2x + 3
1
=√
2
Z
Z
t2
x2 + 1
1
x+1
1
dx = A − B = √ arctg √ + 2
+ C.
( x2 + 2x + 3)2
x
+
2x
+3
2
2
4.4. Całkowanie dowolnej funkcji wymiernej
Aby obliczyć całk˛e dowolnej funkcji wymiernej
P( x )
post˛epujemy w sposób nast˛eQ( x )
pujacy:
˛
1) Jeśli stopień licznika jest wi˛ekszy lub równy stopniowi mianownika, to dzielimy
z reszta˛ licznik przez mianownik, żeby otrzymać rozkład
P( x )
R( x )
= W (x) +
Q( x )
Q( x )
R( x )
jest funkcja˛ wymierna˛ właściwa.˛ Jeśli stoQ( x )
pień licznika jest mniejszy niż stopień mianownika, to przyjmujemy W ( x ) = 0,
R( x ) = P( x ) i przechodzimy od razu do punktu 2).
R( x )
2) Rozkładamy
na ułamki proste
Q( x )
gdzie W ( x ) jest wielomianem, a
R( x )
= U1 ( x ) + · · · + Un ( x ).
Q( x )
3) Całkujemy osobno wielomian W ( x ) i ułamki U1 ( x ), . . . , Un ( x ).
R
x3
x +1
dx
Rozwiazanie
˛
( x 3 + 1) − 1
( x + 1)( x2 − x + 1) − 1
dx =
dx =
x+1
x+1
Z
Z
dx
x3
x2
= ( x2 − x + 1) dx −
=
−
+ x − ln | x + 1| + C.
x+1
3
2
Z
x3
dx =
x+1
Z
Z
R
x5 + x4 −2x2 +3
x 2 + x +2
56
dx
Rozwiazanie
˛
Dzielimy z reszta˛ licznik przez mianownik:
x5 + x4 − 2x2 + 3 = ( x3 − 2x )( x2 + x + 2) + 4x + 3.
Liczymy
x5 + x4 − 2x2 + 3
4x + 3
dx = ( x3 − 2x ) dx +
dx =
2
2
x +x+2
x +x+2
Z
Z
x4
2x + 1
dx
x4
=
− x2 + 2
dx
+
=
− x2 + 2A + B.
2
2
4
x + x + 2
x + x + 2
4
Z
t = x2 + x + 2 Z dt
2x + 1
=
dx = = ln |t| = ln( x2 + x + 2) + C.
A=
dt = (2x + 1) dx x2 + x + 2
t
Z
Z
Z
t = 2x√+1 dx
dx
dx
7 =
= √
=
=
B=
2
7
1
7
2
2
dt = dx x +x+2
(x + 2 ) + 4
7
2x
√+1
2
+1
4
Z
Z
Z
7
√
=
Z
7
2
2 dt
=√
7 2
7
4 ( t + 1)
5
4
2
x + x − 2x + 3
Z
dx =
x2 + x + 2
R
2
2x + 1
arctg t + C = √ arctg √
+ C.
7
7
3x +1
2x −1
2x + 1
x4
2
− x2 + 2 ln( x2 + x + 2) + √ arctg √ + C.
4
7
7
dx
Rozwiazanie
˛
Z
x − 21 +
3
dx =
2
x−
x − 12
3
5 1
=
x + ln x − + C
2
6
2
3x + 1
3
dx =
2x − 1
2
Z
x+
R
1
3
1
2
3−4x
2x2 −3x +1
Z
5
6
3
dx =
2
Z
1+
!
5
6
x−
1
2
dx =
dx
Rozwiazanie
˛
Funkcja podcałkowa jest suma˛ dwóch ułamków prostych pierwszego rodzaju, bo mianownik ma dwa pierwiastki rzeczywiste (x1 = 1, x2 = 21 ). Jednak zamiast rozkładać ta˛
57
funkcj˛e na ułamki proste, lepiej jest zauważyć, że licznik jest równy pochodnej mianownika pomnożonej przez −1. Zatem najprościej jest całkować przez podstawienie.
Z
Z
t = 2x2 − 3x + 1
dt
3 − 4x
dx = =−
= − ln |t| + C =
2
dt
=
4x
−
3
2x − 3x + 1
t
= − ln |2x2 − 3x + 1| + C.
R
2dx
x 4 −1
Rozwiazanie
˛
x4
2
2
a
b
cx + d
2
=
=
+
+ 2
= 2
2
2
( x − 1)( x + 1)
( x − 1)( x + 1)( x + 1)
x−1 x+1 x +1
−1
2 = a( x + 1)( x2 + 1) + b( x − 1)( x2 + 1) + (cx + d)( x − 1)( x + 1) =
= ( a + b + c) x3 + ( a − b + d) x2 + ( a + b − c) x + a − b − d.

a+b+c = 0



a−b+d = 0
1
1
⇒ a = , b = − , c = 0, d = −1

a+b−c = 0
2
2



a−b−d = 2
Z
2dx
1
dx
1
dx
dx
=
−
−
=
2
x−1 2
x+1
x2 + 1
x4 − 1
1
1
1 x − 1 = ln | x − 1| − ln | x + 1| − arctg x + C = ln − arctg x + C.
2
2
2
x + 1
Z
Z
R
Z
dx
x6 + x4
Rozwiazanie
˛
b
1
1
a
c
d
ex + f
= 4 2
= + 2+ 3+ 4+ 2
x x
x
x +1
x6 + x4
x ( x + 1)
x
1 = ( x2 + 1)( ax3 + bx2 + cx + d) + (ex + f ) x4
= ( a + e) x5 + (b + f ) x4 + ( a + c) x3 + (b + d) x2 + cx + d
Porównujac
˛ współczynniki po obu stronach otrzymujemy
a = 0, b = −1, c = 0, d = 1, e = 0, f = 1.
Z
Z dx
1
1
1
1
1
=
−
+
+
dx = − 3 + arctg x + C.
x2
x2 + 1
x 3x
x6 + x4
x4
R
x 3 + x +1
x 3 −1
58
dx
Rozwiazanie
˛
Z ( x 3 − 1) + x + 2
x+2
dx =
1+ 3
dx =
x3 − 1
x −1
Z
Z
x+2
x+2
= x+
dx
=
x
+
dx.
3
x −1
( x − 1)( x2 + x + 1)
Funkcj˛e pod ostatnia˛ całka˛ rozkładamy na ułamki proste
x+2
a
bx + c
=
+
( x − 1)( x2 + x + 1)
x − 1 x2 + x + 1
Z
x3 + x + 1
dx =
x3 − 1
Z
x + 2 = a( x2 + x + 1) + (bx + c)( x − 1) = ( a + b) x2 + ( a − b + c) x + a − c

a+b = 0




a−b+c = 1
a−c = 2
⇒
a = 1, b = −1, c = −1.
x+1
dx =
+x+1
Z
Z
2x + 1
dx
1
1
= ln | x − 1| −
dx −
=
2
2
2
x +x+1
2
x +x+1
1
1
= ln | x − 1| − A − B.
2
2Z
Z
2
2x + 1
dt
t = x +x+1 =
A=
dx
=
= ln |t| + C =
dt = (2x + 1)dx x2 + x + 1
t
Z
x+2
=
( x − 1)( x2 + x + 1)
Z
dx
−
x−1
Z
x2
= ln | x2 + x + 1| + C.
B=
Z
dx
=
x2 + x + 1
√
Z
dx
( x + 12 )2 +
3
4
=
Z
t=
dx
=
3 2x
+1 2
√
) + 1) dt =
4 ((
3
2x
√+1 3 √2 dx 3
3
2 dt
3 2
4 ( t + 1)
=
2
2
2x + 1
= √ arctg t + C = √ arctg √ + C.
3
3
3
Z 3
x +x+1
1
1
2x + 1
dx = x + ln | x − 1| − ln | x2 + x + 1| − √ arctg √
+ C.
3
x −1
2
3
3
=
Z
R
x −1 2
x +1
dx.
Rozwiazanie
˛
2
Z Z x−1 2
x+1−2 2
2
dx =
dx =
1−
dx =
x+1
x+1
x+1
Z 4
4
4
=
1−
+
dx = x − 4 ln | x + 1| −
+ C.
2
x + 1 ( x + 1)
x+1
Z 4.5 W ZÓR REDUKCYJNY
59
4.5. Wzór redukcyjny
Wyprowadzimy wzór redukcyjny na obliczenie całki
dt
+ 1) n
Z
Jn =
( t2
(n = 1, 2, 3, . . . ).
Całkujemy przez cz˛eści
Z
Z
u0 = 1
v = (t2 +1 1)n t
t2
dt
=
+
2n
dt
=
2nt
0
u = t v = − ( t 2 + 1 ) n +1 ( t2 + 1) n
( t2 + 1) n
( t 2 + 1 ) n +1
Ostatnia˛ całk˛e przekształcamy
Z
t2
dt =
( t 2 + 1 ) n +1
Z
( t2 + 1) − 1
dt =
( t 2 + 1 ) n +1
Z
dt
−
2
( t + 1) n
Z
( t2
dt
+ 1 ) n +1
Podstawiajac
˛ to wyrażenie do poprzedniej równości otrzymujemy
Jn =
( t2
t
+ 2n( Jn − Jn+1 ),
+ 1) n
a stad
˛ mamy zapowiadany wzór redukcyjny
Jn+1 =
1
2n − 1
t
+
· 2
Jn
n
2n (t + 1)
2n
Otrzymany wzór sprowadza obliczenie całki Jn+1 do całki Jn . Stosujac
˛ go n razy dojdziemy w końcu do całki J1 , która˛ znamy
J1 =
R
Z
t2
dt
= arctg t + C.
+1
dx
.
(2x2 +9)2
Rozwiazanie
˛
Z
dx
=
2
(2x + 9)2
=
Z
√
dx
t = 32 x √ 2 = √3 dt = dx =
2
2
2
81
+1
3 x
Z
27
√
dt
2( t2
+ 1)2
=
1
√ J2 .
27 2
Całk˛e J2 obliczamy podstawiajac
˛ n = 1 do wzoru redukcyjnego
1
t
1
1
t
J2 = · 2
+ J1 =
+ arctg t .
2 t +1 2
2 t2 + 1
4.6 Z ADANIA
Stad
˛
√

Z
60
2
3 x
2
dx
1 
= √ √
2
+ 9)
54 2
2
x
(2x2
3
√
+ arctg
+1

2x 
+C =
3
√
2x
1
x
1
=
·
+ √ arctg
+ C.
18 2x2 + 9 54 2
3
R
dx
.
( x2 +2x +5)3
Rozwiazanie
˛
Z
t = x + 1 Z
dt
dx
dx
=
=
=
= J3 .
2
3
2
3
2
dt = dx
( x + 2x + 5)
(( x + 1) + 1)
( t + 1)3
Całk˛e J3 obliczamy korzystajac
˛ dwa razy ze wzoru redukcyjnego
3
3 1
1
t
1
t
t
1
+ · J2 = · 2
+
J3 = · 2
·
+ J1 =
4 ( t + 1)2 4
4 ( t + 1)2 4 2 t2 + 1 2
3
1
t
t
+
= · 2
+ arctg t + C.
2
2
4 ( t + 1)
8 t +1
Zatem
Z
dx
1
3
x+1
x+1
=
+
·
+
arctg
(
x
+
1
)
+ C.
( x2 + 2x + 5)3
4 (( x + 1)2 + 1)2 8 ( x + 1)2 + 1
Z
4.6. Zadania
Zadanie
4.25. Oblicz
R
R całki:
R
R
dx
dx
a) 9xdx
b)
c) (x−1dx
d) (x+1)(
2 −1
2 +4
)(
x
+
2
)
3x
R x −3
R 2x+6
R 4x−3 2x+1)
f) x2 −6x+5 dx
g) 2x2 +3x+1 dx
h) (x−2)3 dx
R 4x−3
R 4x−5
R
j) x2 +2x+4 dx
k) 2x2 −5x+3 dx
l) x2 −dxx+3
R
R
R
x
−2
n) x2 −7x
dx
o) x2 −x6x
dx
p) 2x2 −x3x−2 dx
+10
+13
R 4
R (2x2 −1)2
R x2 −3x+2
s)
dx
t)
dx
r) x2x+9 dx
2
x ( x2 +2x +1)
R dx
R dx x −1
R dx
R
dx
v) x4 − x2
w) x(x2 +1)
x) 1+ x3
y) (x2 +1)(x2 + x)
x +2
dx
x2 −7x +12
2x +4
i) x3 +4x dx
R
m) xx2++21
R x 3 −1
q) 4x
dx
3
R x3 +1−x
u) x3 − x2 dx
R 3 2 −1
z) x −x22x
dx
−1
e)
R
R
ROZDZIAŁ 5
Funkcje trygonometryczne
5.1. Podstawowe tożsamości
Całkowanie funkcji złożonej z funkcji trygonometrycznych cz˛esto wymaga wykorzystania jednej lub kilku tożsamości trygonometrycznych. Oto najcz˛eściej stosowane tożsamości:
sin2 x + cos2 x = 1
sin 2x = 2 sin x cos x
cos 2x = cos2 x − sin2 x = 1 − 2 sin2 x = 2 cos2 x − 1
R
sin2 x dx.
Rozwiazanie
˛
Najprostszy sposób policzenia tej całki, to skorzystanie ze wzoru
cos 2x = 1 − 2 sin2 x
⇒
sin2 x =
1 1
− cos 2x.
2 2
Liczymy
Z
2
sin x dx =
R
Z sin 2x
1+cos2 x
1 1
− cos 2x
2 2
dx =
x 1
− sin 2x + C
2 4
dx
Rozwiazanie
˛
Zauważmy, że
(1 + cos2 x )0 = −2 cos x sin x = − sin 2x.
Całkujemy przez podstawienie
Z
t = 1 + cos2 x Z
sin 2x
= − dt = − ln |t| = − ln(1 + cos2 x ) + C.
dx = dt = − sin 2x dx 1 + cos2 x
t
R
cos4 x dx
61
5.2 P ODSTAWIANIE ZA SINUS LUB KOSINUS
62
Rozwiazanie
˛
B˛edziemy korzystali ze wzoru
cos 2x = 2 cos2 x − 1
⇒
cos2 x =
1
(1 + cos 2x ).
2
Liczymy
1
(1 + cos 2x )2 dx =
4
Z
Z
1
1
1
(1 + 2 cos 2x + cos2 2x ) dx =
(1 + 2 cos 2x + (1 + cos 4x )) dx =
=
4
4
2
1
1
3
sin 4x + C
= x + sin 2x +
8
4
32
Z
cos4 x dx =
Z
(cos2 x )2 dx =
Z
Do obliczania całek z funkcji postaci
sin ax cos bx,
sin ax sin bx,
cos ax cos bx
stosujemy tożsamości
1
[sin( a + b) x + sin( a − b) x ] ,
2
1
sin ax sin bx = [cos( a − b) x − cos( a + b) x ] ,
2
1
cos ax cos bx = [cos( a + b) x + cos( a − b) x ] .
2
sin ax cos bx =
R
sin 5x cos 2x dx
Rozwiazanie
˛
Zastosujemy wzór
sin ax cos bx =
1
[sin( a + b) x + sin( a − b) x ] .
2
Liczymy
Z
sin 5x cos 2x dx =
Z
1
1
1
[sin 7x + sin 3x ] dx = − cos 7x − cos 3x + C.
2
14
6
5.2. Podstawianie za sinus lub kosinus
Najprostsze podstawienia trygonometryczne to t = sin x lub t = cos x. Podstawienie
t = sin x stosuje si˛e wtedy, jeśli funkcja podcałkowa zmienia znak, gdy zamienimy cos x
na − cos x, a t = cos x stosuje si˛e wtedy, jeśli funkcja zmienia znak przy zamianie sin x
na − sin x.
R
tg x dx
Rozwiazanie
˛
Z
t = cos x sin x
=
tg x dx =
dx = dt = − sin x dx cos x
Z
1
= − dt = − ln |t| + C = − ln | cos x | + C.
t
Z
R
sin x (1−cos x )
1+cos x
dx.
Rozwiazanie
˛
t = cos x Z −(1 − t)
sin x (1 − cos x )
=
dx = dt =
dt = − sin x dx 1 + cos x
1+t
Z 2
=
1−
dt = t − 2 ln |1 + t| + C = cos x − 2 ln |1 + cos x | + C.
1+t
Z
R
√
3
sin3 x cos2 x dx.
Rozwiazanie
˛
Z
√
√
3
3
sin3 x cos2 x dx = sin2 x cos2 x sin x dx =
Z
√
√
t = cos x Z
3
2
= −(1 − t2 ) 3 t2 dt =
= (1 − cos x ) cos2 x sin x dx = dt = − sin x dx
Z
8
2
11
5
3 11 3 5
3
3
= (t 3 − t 3 ) dt = t 3 − t 3 + C =
cos 3 x − cos 3 x + C.
11
5
11
5
Z
R
cos5 3x dx.
Rozwiazanie
˛
Z
Z
Z
cos5 3x dx = cos4 3x cos 3x dx = (1 − sin2 3x )2 cos 3x dx =
Z
Z
t = sin 3x = 1 (1 − t2 )2 dt = 1 (1 − 2t2 + t4 ) dt =
= dt = 3 cos 3x dx 3
3
1
2
1
1
2
1
=
t − t3 + t5 + C = sin 3x − sin3 3x +
sin5 3x + C
3
3
5
3
9
15
63
R
sin4 x
cos x
dx.
Rozwiazanie
˛
Z
t = sin x Z
t4
sin4 x
sin4 x
=
dx =
cos
x
dx
=
dt.
dt = cos x dx cos x
cos2 x
1 − t2
Otrzymaliśmy całk˛e z funkcji wymiernej zmiennej t.
Z
Z
Z t4
( t4 − 1) + 1
1
2
dt = −
dt =
dt = −
t +1+ 2
1 − t2
t2 − 1
t −1
Z Z
1 3
1
dt
1 3
1
1
= − t −t−
dt =
= − t −t−
−
3
(t − 1)(t + 1)
3
2
t−1 t+1
1 3
1
1 3
1 t + 1 = − t − t − (ln |t − 1| − ln |t + 1|) + C = − t − t + ln + C.
3
2
3
2
t − 1
Z
sin4 x
1
1 sin x + 1 3
dx = − sin x − sin x + ln + C.
cos x
3
2
sin x − 1 Z
R
dx
cos 4x sin 2x .
Rozwiazanie
˛
Z
dx
=
cos 4x sin 2x
Z
sin 2x dx
t = cos 2x
=
=
dt = −2 sin 2x dx (2 cos2 2x − 1) sin2 2x
Z
− 12 dt
dt
1
=
.
=
2
2
1
2
(2t − 1)(1 − t )
4 (t − 2 )(t2 − 1)
Otrzymaliśmy całk˛e z funkcji wymiernej, która˛ rozkładamy na ułamki proste.
!
Z
Z
Z
1
dt
1
dt
dt
=
−
=
4 (t2 − 21 )(t2 − 1)
2
t2 − 1
t2 − 12
!!
Z
Z
Z
Z
dt
dt
1
dt
dt
1 1
−
−√
=
−
=
2 2
t−1
t+1
t − √1
t + √1
2
2
2
√
1
2
1
1
= (ln |t − 1| − ln |t + 1|) −
(ln |t − √ | − ln |t + √ |) + C =
4
4
2
2
√
1
1 t − 1 2 t − √2 = ln −
ln + C.
t + √1 4
t + 1
4
2
√
1
Z
dx
1 cos 2x − 1 2 cos 2x − √2 = ln −
ln + C.
cos 2x + √1 cos 4x sin 2x
4
cos 2x + 1 4
2
Z
64
5.3 P ODSTAWIENIE UNIWERSALNE
65
5.3. Podstawienie uniwersalne
Podstawienie t = tgR 2x nazywa si˛e uniwersalnym, ponieważ pozwala ono zamienić
dowolna˛ całk˛e postaci R(cos x, sin x )dx, gdzie R(u, v) jest funkcja˛ wymierna˛ dwóch
zmiennych u i v, na całk˛e funkcji wymiernej zmiennej t. Dla tego podstawienia mamy
wzory:
x
2
t = tg , x = 2 arctg t, dx =
dt,
2
1 + t2
cos2 2x − sin2 2x
2 sin 2x cos 2x
1 − t2
2t
cos x =
,
sin
x
=
.
=
=
2 x
2
x
x
x
2
2
2
1+t
1 + t2
cos 2 + sin 2
cos 2 + sin 2
R
dx
3 sin x +4 cos x .
Rozwiazanie
˛
Stosujemy podstawienie uniwersalne t = tg 2x .
Z
2
t = tg x
dx
=
dt
dx
2
2
1+ t
=
=
2
1
−
t
2t
cos x = 1+t2 sin x = 1+t2 3 sin x + 4 cos x
1 + t2
2
·
dt =
6t + 4(1 − t2 ) 1 + t2
dt
.
−2t2 + 3t + 2
Ostatnia˛ całk˛e obliczamy korzystajac
˛ z rozkładu na ułamki proste
1
1
1
1
1
1
=
− ·
.
= ·
1
1
−2t2 + 3t + 2
5
5
t
−
2
−2(t + 2 )(t − 2)
t+ 2
=
Z
Z
dt
1
=
2
−2t + 3t + 2
5
Z
dt
1
−
1
5
t+ 2
Z
Z
dt
=
3t + 2(1 − t2 )
Z
dt
1
1
1
= ln |t + | − ln |t − 2| + C.
t−2
5
2
5
Stad
˛
Z
dx
1 tg 2x + 12 = ln x
+ C.
3 sin x + 4 cos x
5 tg 2 − 2 R
dx
5−3 cos x .
Rozwiazanie
˛
Z
t = tg x dx = 2 dt
dx
2
2
1+ t
=
=
2
1
−
t
5 − 3 cos x
cos x = 1+t2
1 + t2
2
dt
·
dt =
=
5( t2 + 1) − 3(1 − t2 ) 1 + t2
4t2 + 1
Z
dt
1
1
x
=
= arctg(2t) + C = arctg(2 tg ) + C.
2
(2t) + 1
2
2
2
=
Z
Z
5.4 P ODSTAWIANIE ZA TANGENS
R
1+sin x
sin x (1+cos x )
66
dx.
Rozwiazanie
˛
t = tg x
1 + sin x
2
dx = t2
cos x = 11−
sin x (1 + cos x )
+ t2
Z
2t
1+ t2
2t
t2
(1 + 11−
)
1+ t2
+ t2
t2 + 2t + 1
1+
dx = 1+2t2 dt
2t =
sin x = 1+
t2
1 + t2 + 2t
2
dt
=
=
·
dt =
1 + t2
t (1 + t2 + 1 − t2 )
Z
Z 1
1
=
dt =
t+1+
dt =
2t
2
2t
1
1
1
x
x 1
x
= t2 + t + ln |t| + C = tg2 + tg + ln | tg | + C.
4
2
4
2
2 2
2
Z
R
Z
dx
2 sin x −cos x +5 .
Rozwiazanie
˛
t = tg x
dx
2
=
t2
cos x = 11−
2 sin x − cos x + 5
+ t2
Z
=
Z
dx = 1+2t2 dt
2t =
sin x = 1+
t2
1 + t2
2
dt =
·
2
2
4t − (1 − t ) + 5(1 + t ) 1 + t2
Z
3t2
dt
.
+ 2t + 2
Ostatnia˛ całk˛e obliczamy przez sprowadzenie mianownika do postaci kanonicznej.
Z
Z
Z
u = 3t√+1 dt
1
dt
1
dt
5 =
=
=
=
5 3t√+1 2
√3 dt du
=
3t2 + 2t + 2
3 (t + 31 )2 + 59
3
((
)
+
1
)
9
5
5
1
=√
5
Z
du
1
1
3t + 1
= √ arctg u + C = √ arctg √ + C
2
u +1
5
5
5
Stad
˛
Z
3 tg 2x + 1
dx
1
√
= √ arctg
+C
2 sin x − cos x + 5
5
5
5.4. Podstawianie za tangens
Podstawienie t = tg x stosuje si˛e wtedy, jeśli funkcja podcałkowa nie zmienia si˛e, gdy
zamienimy jednocześnie cos x na − cos x i sin x na − sin x.
Dla tego podstawienia mamy wzory:
5.4 P ODSTAWIANIE ZA TANGENS
t = tg x,
x = arctg t,
cos2 x =
cos2 x
1
,
=
2
2
1
+
t2
cos x + sin x
R
1
dx
cos2 x
1
dt,
dx =
1 + t2
dt =
sin2 x =
sin2 x
t2
.
=
1 + t2
cos2 x + sin2 x
dx
.
sin4 x cos2 x
Rozwiazanie
˛
t = tg x dt = dx Z t2 + 1 2
dx
2
cos x =
dt =
=
2
2
t
4
2
t2
sin x = t2 +1
sin x cos x
Z 2
1
2
1
1
=
1 + 2 + 4 dt = t − − 3 + C = tg x − 2 ctg x − ctg3 x + C.
t
t
3t
3
t
Z
R
dx
.
1+2 cos2 x
Rozwiazanie
˛
Z
=
t = tg x dx = dt Z
dx
dt
1
2
1+t =
·
=
=
2
cos2 x = 1+1t2
1 + 2 cos2 x
1
+
t2
1 + 1+ t2
Z
dt
1
=
2
t +3
3
Z
( √t
R
dt
1
t
1
tg x
= √ arctg √ + C = √ arctg √ + C.
2
) +1
3
3
3
3
3
2 sin x +3 cos x
sin2 x cos x +9 cos3 x
dx.
Rozwiazanie
˛
2 sin x + 3 cos x
2 tg x + 3
dx =
dx =
2
2
3
2x
sin
x
cos
x
+
9
cos
x
sin
x
+
9
cos
Z
Z
Z
dt
t = tg x
1
dx = 1+
2t + 3
2t
2
3 dt
t
= 2
dt =
dt +
=
=
2
sin x = 1+t t2 cos2 x = 1+1t2 t2 + 9
t2 + 9
( 3t )2 + 1
Z
= ln(t2 + 9) + arctg
Z
t
tg x
+ C = ln(tg2 x + 9) + arctg
+C
3
3
67
5.5 Z ADANIA
R
68
ctg4 x dx.
Rozwiazanie
˛
Tutaj najlepiej jest podstawić t = ctg x. Wtedy mamy
1
1
1
1
dt
, x = arctg , dx = − 2 · 1
=− 2
t
t
t
t +1
+1
t2
Z
Z
Z 4
t = ctg x t4
t −1+1
ctg4 x dx = =
−
dt
=
−
dt =
dt 2
dx = − t2 +1
t +1
t2 + 1
Z
Z (t2 − 1)(t2 + 1) + 1
1
2
=−
dt = −
t −1+ 2
dt =
t2 + 1
t +1
1
1
= − t3 + t − arctg t + C = − ctg3 x + ctg x − arctg ctg x + C.
3
3
Dla dowolnej liczby całkowitej k zachodzi
π
ctg x = − tg( x − (2k + 1) ),
2
a ponieważ zbiorem wartości funkcji arctg jest przedział [ −2π , π2 ], wi˛ec dla
x ∈ (kπ, (k + 1)π )
π
π
− arctg ctg x = arctg tg( x − (2k + 1) ) = x − (2k + 1) .
2
2
˛
do stałej całkowania C, wi˛ec
Ponieważ −(2k + 1) π2 możemy właczyć
tg x =
Z
1
ctg4 x dx = − ctg3 x + ctg x + x + C.
3
5.5. Zadania
Zadanie
5.19. Oblicz całki:
R
2
a) R cos x dx
d) sin 3x cos 2x dx
Zadanie
R
R
b) sin 2xdxcos x
a) sin2 dx
x
cos
x
R cos x
R dx
d) sin
dx
e) sin
8
x
x
Zadanie
R
dx
a) 5+4 cos x
R
d) sin xdx
+cos x
R
c) R sin4 x dx
f) cos 2x cos 3x dx
R
b) Rcos3 x dx
e) sin x sin 3x dx
R dx
R 1+sin x
e) 1+dxtg x
b)
c)
sin3 x cos2 x dx
R
f) tg3 x dx
R
c)
f)
R
R
dx
2+cos x
tg 2x
tg x dx
ROZDZIAŁ 6
Funkcje niewymierne
W całym poniższym rozdziale b˛edziemy si˛e zajmować metodami sprowadzania całek zwierajacych
˛
pierwiastki do całek wymiernych. Omawiane metody b˛eda˛ sprawiały
wrażenie dość ogólnych, ale tak naprawd˛e b˛eda˛ dotyczyły bardzo prostych klas funkcji.
6.1. Pierwiastki z x
W tym podrozdziale zajmiemy si˛e całkami z wyrażeń wymiernych pot˛eg zmiennej x
o wykładnikach wymiernych. O funkcjach tych należy myśleć jak o ilorazach postaci
k1
k2
kp
m1
m2
mq
a 0 + a 1 x l1 + a 2 x l2 + · · · + a p x l p
.
b0 + b1 x n1 + a2 x n2 + · · · + aq x nq
Całk˛e z funkcji tej postaci można sprowadzić do całki wymiernej podstawiajac
˛
x = tN ,
gdzie
N = NWW(l1 , l2 , . . . , l p , n1 , n2 , . . . , nq ).
Zadanie 6.1. Oblicz
R
dx
√ .
2+ x
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t2 = x.
2
Z
Z Z
t = x Z 2t
t+2−2
dx
2
√ =
=
dt = 2
dt = 2
1−
dt =
2t dt = dx 2+t
2+t
t+2
2+ x
√
√
= 2t − 4 ln |t + 2| + C = 2 x − 4 ln( x + 2) + C.
Zadanie 6.2. Oblicz
Rozwiazanie
˛
Ponieważ
R
√
3
√
2+ 4 x
x√
x
dx
√
3
x2 +
√
x
√
4
x
2
=
69
1
x3 + x4
1
x2
,
6.2 P IERWIASTKI Z FUNKCJI LINIOWEJ I HOMOGRAFICZNEJ
70
podstawiamy x = t12 .
√
Z √
3
x2 + 4 x
√
dx =
x
Z
x = t12 Z t8 + t3
11
=
·
12t
dt
=
12
(t13 + t8 ) dt =
dx = 12t11 dt
t6
12
12
6
4
6√
4√
6
4
= t14 + t9 + C = t14 + t9 + C =
x7 +
x3 + C.
14
9
7
3
7
3
Zadanie 6.3. Oblicz
R
dx√
√
3 x− x .
Rozwiazanie
˛
Ponieważ
√
3
1
1
√ = 1
,
1
x− x
x3 − x2
podstawiamy x = t6 .
Z
Z
x = t6 Z 6t5
t3
dx
√
√
=
dt
=
−
6
dt =
=
5
dx = 6t dt
3
t2 − t3
t−1
x− x
Z
( t3 − t2 ) + ( t2 − t ) + ( t − 1) + 1
= −6
dt =
t−1
Z 1
= −6
t2 + t + 1 +
dt =
t−1
1 3 1 2
= −6
t + t + t + ln |t − 1| + C =
3
2
= −2t3 − 3t2 − 6t − 6 ln |t − 1| + C =
√
√
√
√
= −2 x − 3 3 x − 6 6 x − 6 ln | 6 x − 1| + C.
6.2. Pierwiastki z funkcji liniowej i homograficznej
Dokładnie tak samo jak w poprzednim podrozdziale post˛epujemy w przypadku całek z funkcji, które sa˛ funkcjami wymiernymi zmiennych x oraz wymiernych pot˛eg wyax +b
rażenia cx
+d , gdzie ad − bc 6 = 0. Funkcje te maja˛ postać
k1
k2
kp
ax +b l1
ax +b l2
ax +b l p
U0 ( x ) + U1 ( x )( cx
+d ) + U2 ( x )( cx +d ) + · · · + U p ( x )( cx +d )
m1
m2
mq
ax +b n1
ax +b n2
ax +b nq
W0 ( x ) + W1 ( x )( cx
+ W2 ( x )( cx
+ · · · + Wq ( x )( cx
+d )
+d )
+d )
gdzie U0 , U1 , . . . , U p , W0 , W1 , . . . , Wq sa˛ wielomianami zmiennej x.
Podobnie jak poprzednio, podstawiamy
ax + b
= tN ,
cx + d
gdzie
,
71
N = NWW(l1 , l2 , . . . , l p , n1 , n2 , . . . , nq ).
Zauważmy jeszcze, że dla b = c = 0 i a = d = 1 mamy sytuacj˛e z poprzedniego podrozdziału, a dla c = 0 i d = 1 mamy przypadek funkcji wymiernej zmiennych x i wymiernych pot˛eg wyrażenia liniowego ax + b.
Zadanie 6.4. Oblicz
R√
4
3x − 5 dx
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t4 = 3x − 5.
Z √
4
4
Z
t = 3x − 5 Z
= t · 4 t3 dt = 4 t4 dt =
3x − 5 dx = 3
4t dt = 3 dx 3
3
q
4
4 4
= t5 + C =
(3x − 5)5 + C.
15
15
Zadanie 6.5. Oblicz
R
√1
1+ 3 x +1
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t3 = x + 1.
3
Z
Z
t = x + 1 Z 3t2
1
( t2 + t ) − ( t + 1) + 1
2
=
√
dx
=
dt
=
3
dt =
3t dt = dx 1+t
t+1
1+ 3 x+1
Z 1
3
=3
t−1+
dt = t2 − 3t + 3 ln |t + 1| + C =
t+1
2
q
√
√
33
=
( x + 1)2 − 3 3 x + 1 + 3 ln( 3 x + 1 + 1) + C.
2
Zadanie 6.6. Oblicz
R
√ dx .
x 2x +1
Rozwiazanie
˛
2 1
Jeżeli podstawimy t2 = 2x + 1 to x = t −
2 oraz
Z
2
Z
Z
t = 2x + 1 t dt
dx
2 dt
√
=
=
=
=
2 −1
t
2t
dt
=
2
dx
(
t
−
1
)(t + 1)
x 2x + 1
2 ·t
Z 1
1
=
−
dt = ln |t − 1| − ln |t + 1| + C =
t−1 t+1
√
| 2x + 1 − 1|
= ln √
+ C.
2x + 1 + 1
Zadanie 6.7. Oblicz
R
dx
√
.
√
2 2x +3+ 3 (2x +3)2
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t6 = 2x + 3.
6
Z
t = 2x + 3 Z 3t5 dt
dx
t2
=
5
p
dt =
=
=
3
√
6t dt = 2 dx 2+t
2t3 + t4
2 2x + 3 + 3 (2x + 3)2
Z
Z (t2 + 2t) − (2t + 4) + 4
4
=3
dt = 3
dt =
t−2+
t+2
t+2
3
= t2 − 6t + 12 ln |t + 2| + C =
2
√
√
3√
= 3 2x + 3 − 6 6 2x + 3 + 12 ln | 6 2x + 3 + 2| + C.
2
Z
Zadanie 6.8. Oblicz
R 1 q 1− x
x
x
Rozwiazanie
˛
Jeżeli podstawiamy t2 =
dx.
1− x
x ,
t2 x = 1 − x
to mamy
⇒
x (1 + t2 ) = 1
⇒
x=
t2
1
,
+1
oraz
dx =
−2t
dt.
+ 1)2
( t2
W takim razie
Z
1
x
r
Zadanie 6.9. Oblicz
Rozwiazanie
˛
t2
−2t
dt = −2
dt =
2
2
2
( t + 1)
t +1
Z Z 2
1
t +1−1
dt = −2
1− 2
dt =
= −2
t2 + 1
t +1
r
r
1−x
1−x
= −2t + 2 arctg t + C = −2
+ 2 arctg
+ C.
x
x
1−x
dx =
x
R
√
Z
( t2 + 1) · t ·
dx
x ( x +1)
Z
72
6.3 R Ó ŻNICZKI DWUMIENNE
Ponieważ √
1
x ( x +1)
=
1
x +1
q
x +1
x ,
możemy podstawić
x +1
x
73
= t2 . Mamy wtedy
x + 1 = t2 x
1
x= 2
t −1
−2t
dt
dx = 2
( t − 1)2
x+1 =
t2
.
t2 − 1
Stad
˛
p
r
−2t
t2 − 1
·t· 2
dt =
2
t
(
t
− 1)2
x ( x + 1)
Z
Z
Z 2
2
1
1
=−
dt
=
−
=
−
−
dt =
t2 − 1
(t − 1)(t + 1)
t−1 t+1
√
√
t + 1
+ C = ln √ x + 1 + √ x + C =
= ln |t + 1| − ln |t − 1| + C = ln t − 1
x+1− x
√
√ 2
√
√
( x + 1 + x)
= ln
+ C = 2 ln( x + 1 + x ) + C
x+1−x
dx
Z
=
Z
1
x+1
x+1
dx =
x
Z
6.3. Różniczki dwumienne
Różniczka˛ dwumienna˛ nazywamy wyrażenie postaci
x m ( a + bx n ) p dx,
gdzie m, n, p sa˛ liczbami wymiernymi. Całk˛e z różniczki dwumiennej można sprowadzić
do całki wymiernej w jednym z trzech przypadków.
(1) Jeżeli p jest liczba˛ całkowita˛ to wyrażenie to jest wielomianem zmiennych x m i
x n , a wi˛ec możemy pozbyć si˛e pierwiastków podstawiajac
˛
t N = x,
gdzie N jest najmniejsza˛ wspólna˛ wielokrotnościa˛ mianowników liczb m i n.
(2) Jeżeli mn+1 jest liczba˛ całkowita˛ i podstawimy
t N = a + bx n ,
gdzie N jest mianownikiem p, to łatwo sprawdzić, że otrzymamy wyrażenie
wymierne zmiennej t.
(3) Jeżeli mn+1 + p jest liczba˛ całkowita,˛ to całk˛e sprowadzamy do całki wymiernej
podstawiajac
˛
tN =
gdzie N jest mianownikiem p.
a
+ b,
xn
74
O ile przypadek (1) w zasadzie nie wnosi nic nowego do omówionych wcześniej metod,
podstawienia z przypadków (2) i (3) nie sa˛ oczywiste i bywaja˛ bardzo użyteczne.
R
√
√
3
x2 dx
√ 2.
x)
x 3 (1+ 6
Rozwiazanie
˛
Ponieważ
√
3
√
2
1 −2
1 −2
x2 dx
− 32
− 56
3
6
6
=x
1+x
dx = x
1+x
dx
√
x 3 (1 + 6 x )2
jesteśmy w przypadku (1) i podstawiamy t6 = x. Mamy zatem
Z
√
3
6
Z
t = x Z t4 · 6t5 dt
x2 dx
dt
√
=
=6
=
= 5
√
9
2
6
3
2
6t dt = dx
t (1 + t )
(1 + t )2
x (1 + x )
6
6
√ +C
=−
+C = −
1+t
1+ 6 x
R
√
3
x2
√dx√3
x +1
Rozwiazanie
˛
Patrzymy na wyrażenie podcałkowe jak na różniczk˛e dwumienna:˛
1
1 −2
2
dx.
x− 3 1 + x 3
1
Mamy m + 1 = n = 31 , wi˛ec jesteśmy w przypadku (2) i podstawiamy t2 = 1 + x 3 . Wtedy
2
2t dt = 31 x − 3 dx oraz
Z
q
Z
1
√
2
1 −2
dx = t−1 · 6t dt = 6t + C = 6 1 + 3 x + C.
x− 3 1 + x 3
√
4
5
R √
2x4 + x21
√
5
x8
dx
Rozwiazanie
˛
Pod całka˛ mamy różniczk˛e dwumienna˛
p
4
√
p
p
√
√
5
4
4
14
1
2x4 + x21
2x4 + x4 5 x
2+ 5 x
− 35
5
√
√
√
dx =
dx =
dx = x
2+x
dx.
5
5
5
x8
x x3
x3
Ponieważ
m +1
n
=
2
5
1
5
75
1
= 2 to jesteśmy w (2) przypadku i podstawiamy t4 = 2 + x 5 . Mamy
4
wtedy 4t3 dt = 51 x − 5 dx oraz
q
q
Z
Z
Z
√
√
1 4
5
5
− 53 4
− 45
5
x
2 + x dx = x
2 + x · x dx = (t4 − 2)t · 20t3 dt =
20
(t8 − 2t4 ) dt = t9 − 8t5 + C =
9
q
q
√
√
20 4
=
(2 + 5 x )9 − 8 4 (2 + 5 x )5 + C.
9
= 20
Rq
x
(1− x )3
Z
dx.
Rozwiazanie
˛
Patrzymy na wyrażenie podcałkowe jak na różniczk˛e dwumienna:˛
1
3
x 2 (1 − x )− 2 dx.
Mamy
m +1
n
=
1
2 +1
1
= 23 , wi˛ec nie jesteśmy w (2) przypadku, ale
m+1
3 3
+ p = − = 0,
n
2 2
wi˛ec jest to (3) przypadek. Podstawiamy
1
−1
x
1
x= 2
t +1
−2t
dx = 2
.
( t + 1)2
t2 =
Mamy wi˛ec
Z
1
2
x (1 − x )
− 23
R
− 32
1
dx = x · x
dx = x
−1
dx =
x
Z
Z
−2t
dt
= ( t 2 + 1 ) · t −3 · 2
dt
=
−
2
=
( t + 1)2
t2 ( t2 + 1)
Z 2
1
1
dt = + 2 arctg t + C =
= −2
− 2
2
t
t +1
t
r
r
x
1−x
=2
+ 2 arctg
+ C.
1−x
x
Z
dx
√
.
4
1+ x 4
1
2
− 32
1
−1
x
− 32
Z
−1
76
Rozwiazanie
˛
Pod całka˛ mamy różniczk˛e
√
4
wi˛ec
m +1
n
= 14 . Stad
˛
m +1
n
dx
1+
1
x4
= x0 (1 + x4 )− 4 dx,
+ p = 0 i jesteśmy w (3) przypadku. Podstawiamy
1
+1
x4
1
x4 = 4
t −1
−4t3
dt.
4x3 dx = 4
( t − 1)2
t4 =
Liczymy
Z
4 − 14
(1 + x )
dx =
Z
x
−1
1
+1
x4
− 14
dx =
Z
x
−4
1
+1
x4
− 14
· x3 dx =
−t3 dt
t2
= ( t − 1) · t · 4
=
−
dt =
( t − 1)2
t4 − 1
Z Z
1
1
t2
1
dt = −
+
dt =
=−
(t2 − 1)(t2 + 1)
2
t2 − 1 t2 + 1
Z
dt
1
1
= − arctg t −
=
2
2 (t − 1)(t + 1)
Z 1
1
1
1
= − arctg t +
−
dt =
2
4
t+1 t−1
1
1 t + 1 +C =
= − arctg t + ln 2
4
t − 1
√
√
4
4
1
x4 + 1 1
x4 + 1 + x
= − arctg
+ ln √
+ C.
4
2
x
4
x4 + 1 − x
Z
−1
4
Z
Dalsza cz˛eść tego rozdziału b˛edzie poświ˛econa liczeniu całek z wyrażeń wymiernych
zawierajacych
˛
pierwiastek kwadratowy z trójmianu kwadratowego. Rozpocznijmy od
bardzo specjalnych całek postaci:
√
U0 ( x ) + U1 ( x ) a2 − x2
√
dx
V0 ( x ) + V1 ( x ) a2 − x2
√
Z
U0 ( x ) + U1 ( x ) x2 − a2
√
dx,
V0 ( x ) + V1 ( x ) x2 − a2
Z
gdzie U0 , U1 , V0 , V1 sa˛ pewnymi wielomianami zmiennej x. Całki tej postaci możemy
sprowadzić do całek trygonometrycznych wykonujac
˛ odpowiednio podstawienia
x = a sin t
a
x=
.
cos t
√
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy x =
R
2
cos t ,
x 2 −4
x
dx.
gdzie t ∈ [0, π ]. Mamy wtedy
2 sin t
dt
cos2 t
2
2
π
2
cos t =
⇒ t = arc cos = − arc sin
x
2
x
rx
r
p
2
2 sin t
4
4(1 − cos t)
−4 =
=
.
x2 − 4 =
2
2
cos t
cos t
| cos t|
dx =
Zatem
Z √ 2
x −4
x
Z 2 sin t
| cos t|
·
2
cos t
Z
1 − cos2 t
dx =
2 sin t
dt = 2 sgn(cos t)
cos2 t
Z
sin2 t
dt =
cos2 t
dt = 2 sgn(cos t)(tg t − t) + C =
q
1 − x42
sin t
2
=2
− 2 sgn( x ) arc cos + C =
− 2 sgn(cos t)t + C = 2 ·
2
| cos t|
x
|x|
p
p
2
2
= x2 − 4 + 2 sgn( x ) arc sin + C1 = x2 − 4 + 2 arc sin
+ C1
x
|x|
= 2 sgn(cos t)
cos2 t
√
R
Zadanie 6.16. Oblicz (1 − x2 ) 1 − x2 dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy x = sin t, gdzie t ∈ [− π2 , π2 ]. Mamy wtedy
dx = cos t dt
t = arc sin x
77
6.5 C AŁKI POSTACI
R
√
dx
ax2 +bx +c
oraz
Z
Z
Z
p
p
(1 − x2 ) 1 − x2 dx = (1 − sin2 t) 1 − sin2 t · cos t dt = cos4 t dt =
2
Z Z 1 1
1
1 1
2
dt =
+ cos 2t
+ cos 2t + cos 2t dt =
=
2 2
4 2
4
Z
t
t
1
1
1
t
1
= + sin 2t +
(1 + cos 4t) dt = + sin 2t + +
sin 4t + C =
4 4
8
4 4
8 32
3t 1
1
=
+ sin t cos t +
sin 2t cos 2t + C =
8
2
16
1
3t 1
+ sin t cos t + sin t cos t(2 cos2 t − 1) + C =
=
8
2
8
3t 3
1
=
+ sin t cos t + sin t cos3 t + C =
8
8
4
q
3 p
1
3
= arc sin x + x 1 − x2 + x (1 − x2 )3 + C.
8
8
4
R√
a2 − x2 dx
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy x = a sin t, gdzie t ∈ [− π2 , π2 ]. Mamy wtedy
dx = a cos t dt
x
t = arc sin ,
a
oraz
Z p
a2 − x2 dx =
Z p
a2 − a2 sin2 t · a cos t dt =
Z
| a cos t| · a cos t dt =
| a| · a
| a| · a
t+
sin 2t + C =
2
4
r
| a| · a
x2
| a| · a
| a| · a
x | a| · a x
=
t+
sin t cos t + C =
arc sin +
· · 1− 2 +C =
2
2
2
a
2
a
a
r
2
2
p
2
2
a
x
| a|
a −x
a
x
x
=
arc sin
+
·x·
+C =
arc sin
+
a2 − x2 + C.
2
2
| a|
2
a
2
| a| 2
= | a| · a
Z
cos2 t dt =
| a| · a
2
Z
(1 + cos 2t) dt =
6.5. Całki postaci
R
√
dx
ax2 +bx +c
Każda˛ całk˛e postaci
Z
√
dx
ax2
+ bx + c
gdzie a 6= 0, można sprowadzić do jednej z dwóch całek
78
6.6 C AŁKI POSTACI
Z
Z
√
√
dx
x2 + k
dx
a2
−
x2
R√
ax2 + bx + c dx
= ln | x +
= arc sin
p
79
x2 + k | + C
x
+ C.
| a|
R dx
Drugi z tych wzorów łatwo otrzymać ze wzoru √ 2 = arc sin x + C podstawiajac
˛
1− x
t = ax, a pierwszy wyprowadzimy w podrozdziale dotyczacym
˛
podstawień Eulera.
R
√
dx
.
x2 +3x +2
Rozwiazanie
˛
Sprowadzamy trójmian pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej.
Z
√
Teraz podstawiamy t = x +
dx
Z
q
( x + 23 )2 −
R
√
1
4
dx
x2
+ 3x + 2
=
dx
Z
q
(x +
3 2
2)
−
1
4
.
3
2
i korzystamy z pierwszego z powyższych wzorów.
r
t = x + 3 Z
dt
1
2 − + C =
2 =
q
= =
ln
t
+
t
dt = dx 4
t2 − 14
3 p 2
= ln x + + x + 3x + 2 + C.
2
dx
.
3−4x −2x2
Rozwiazanie
˛
Korzystamy z drugiego z podanych wzorów.
Z
√
√
Z
2x + 2 = t
dx
dt
= √1
√
√
√
= q
=
=
√
√
2 dx = dt
2
3 − 4x − 2x2
5 − t2
5 − ( 2x + 2)2
√
√
1
t
1
2x + 2
√
= √ arc sin √ + C = √ arc sin
+ C.
5
5
2
2
dx
Z
6.6. Całki postaci
R√
ax2 + bx + c dx
Dokładnie w ten sam sposób co porzednio, radzimy sobie z każda˛ całka˛ postaci
Z p
ax2 + bx + c dx
Tym razem sprowadzamy ja˛ jednak do jednej z poniższych całek
6.7 C AŁKI POSTACI
R
√ Ax + B
ax2 +bx +c
dx ORAZ
R
√
( Ax + B) ax2 + bx + c dx
80
p
xp 2
k
x + k + ln | x + x2 + k | + C
2
2
Z p
2
x
xp 2
a
arc sin
+
a2 − x2 dx =
a − x2 + C.
2
| a| 2
Z p
x2 + k dx =
Drugi z tych wzorów wyprowadziliśmy w podrozdziale dotyczacym
˛
podstawień trygonometrycznych, a pierwszy uzasadnimy w podrozdziale dotyczacym
˛
podstawień Eulera.
R√
3 − 12x + 3x2 dx.
Rozwiazanie
˛
Korzystamy z pierwszego wzoru.
√
√ Z p
Z q √
√
t = 3x − 2 3
2
2
=
√
3 − 12x + 3x dx =
( 3x − 2 3) − 9 dx = dt = 3 dx Z p
p
1
t p2
9
=√
t2 − 9 dt = √
t − 9 − √ ln |t + t2 − 9| + C =
3
2 3
2 3
√
√
√
p
p
√
√
3x − 2 3
3 3
√
=
3 − 12x + 3x2 −
ln | 3x − 2 3 + 3 − 12x + 3x2 | + C =
2
2 3
√
p
√
√
x − 2p
3 3
=
3 − 12x + 3x2 −
ln | 3x − 2 3 + 3 − 12x + 3x2 | + C.
2
2
R√
10x − x2 dx.
Rozwiazanie
˛
Tym razem korzystamy z drugiego wzoru.
Z p
Z q
x − 5 = t Z p
2
2
=
10x − x dx =
25 − ( x − 5) dx = 25 − t2 dt =
dx = dt 25
25
t
tp
x − 5 x − 5p
=
arc sin +
25 − t2 + C =
arc sin
+
10x − x2 + C.
2
5 2
2
5
2
6.7. Całki postaci
R
√ Ax + B
ax2 +bx +c
√
R
dx oraz ( Ax + B) ax2 + bx + c dx
Wykorzystujac
˛ umiej˛etności zdobyte w poprzednich dwóch podrozdziałach, jesteśmy w stanie policzyć każda˛ całk˛e postaci
Z
√
Ax + B
ax2 + bx + c
dx.
6.8 M ETODA WSPÓŁCZYNNIKÓW NIEOZNACZONYCH
81
Aby to zrobić rozkładamy ja˛ na dwie cz˛eści
Z
√
Ax + B
ax2 + bx + c
dx = C ·
= 2C
Z
p
√
2ax + b
ax2 + bx + c
ax2 + bx + c +
dx +
Z
√
Z
√
D
ax2 + bx + c
dx =
D
dx,
+ bx + c
gdzie C i D sa˛ stałymi. Pozostała˛ całk˛e obliczamy zgodnie z metodami omówionymi w
poprzednich podrozdziałach. Podobnie post˛epujemy w przypadku całki.
Z
R
√ 3x +1
x2 +6x +6
( Ax + B)
p
ax2
ax2 + bx + c dx.
dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z
√
3x + 1
x2 + 6x + 6
2x + 6
3
√
dx −
2
x2 + 6x + 6
Z
p
2
= 3 x + 6x + 6 − 8 p
dx =
Z
Z
√
8
=
x2 + 6x + 6
dx
=
( x + 3)2 − 3
p
p
= 3 x2 + 6x + 6 − 8 ln | x + 3 + x2 + 6x + 6| + C.
R √
x 1 + 4x − x2 dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z p
Z p
Z
p
1
2
2
x 1 + 4x − x dx = −
1 + 4x − x2 dx =
(−2x + 4) 1 + 4x − x dx + 2
2
Z q
Z
1
2 12
=−
(−2x + 4)(1 + 4x − x ) dx + 2
5 − ( x − 2)2 dx =
2
p
3
1
x−2
= − (1 + 4x − x2 ) 2 + 5 arc sin √ + ( x − 2) 1 + 4x − x2 + C.
3
5
6.8. Metoda współczynników nieoznaczonych
Niech Wn ( x ) oznacza wielomian stopnia n. Każda całka postaci
Z
jest równa wyrażeniu
√
Wn ( x )
ax2 + bx + c
dx
6.8 M ETODA WSPÓŁCZYNNIKÓW NIEOZNACZONYCH
( a n −1 x
n −1
+ · · · + a1 x + a0 )
p
ax2
+ bx + c + A
Z
√
82
dx
ax2
+ bx + c
,
dla pewnych współczynników A, an−1 , . . . , a1 , a0 .
Różniczkujac
˛ obie strony powyższej równości otrzymamy tożsamość
√
Wn ( x )
ax2
+ bx + c
h
i0
p
= ( an−1 x n−1 + · · · + a1 x + a0 ) ax2 + bx + c + √
A
ax2
+ bx + c
,
która pozwala wyznaczyć współczynniki A, an−1 , . . . , a1 , a0 (tzw. współczynniki nieoznaczone).
Opisana metoda pozwala także liczyć całki postaci
Z
Wn ( x )
p
ax2 + bx + c dx
gdyż
Z
Wn ( x )
R
p
ax2 + bx + c dx =
2
√ 2x
1−2x − x2
Z
Wn ( x )( ax2 + bx + c)
√
dx.
ax2 + bx + c
dx.
Rozwiazanie
˛
Szukamy takich stałych a, b, A, aby
Z
2x2
p
Z
1
dx /()0
1 − 2x − x2
1 − 2x − x2
p
2x2
( ax + b)(−2 − 2x )
A
√
√
= a 1 − 2x − x2 +
+√
.
1 − 2x − x2
2 1 − 2x − x2
1 − 2x − x2
√
Mnożymy teraz obie strony przez 1 − 2x − x2 .
√
dx = ( ax + b)
1 − 2x − x2 + A
√
2x2 = a(1 − 2x − x2 ) − ( ax2 + bx + ax + b) + A
2x2 = −2ax2 − (3a + b) x + ( a − b + A).
Łatwo stad
˛ wyliczyć, że a = −1, b = 3, A = 4. Mamy wi˛ec
Z
√
2x2
1 − 2x −
R
x2
dx = (3 − x )
p
1 − 2x −
x2
+4
dx
Z
p
2 − ( x + 1)2
p
x+1
= (3 − x ) 1 − 2x − x2 + 4 arc sin √ + C.
2
√
8x2 x2 + 1 dx
=
6.9 P ODSTAWIENIA E ULERA
Rozwiazanie
˛
Ponieważ
Z
8x
2
p
x2
+ 1 dx =
Z
83
8x2 ( x2 + 1)
√
dx,
x2 + 1
oczekujemy wyniku postaci
Z
p
8x4 + 8x2
dx
√
dx = ( ax3 + bx2 + cx + d) x2 + 1 + A √
/()0
x2 + 1
x2 + 1
p
8x4 + 8x2
( ax3 + bx2 + cx + d) · 2x
A
√
√
= (3ax2 + 2bx + c) x2 + 1 +
+√
.
x2 + 1
2 x2 + 1
x2 + 1
√
Mnożymy obie strony przez x2 + 1 i mamy
Z
8x4 + 8x2 = (3ax2 + 2bx + c)( x2 + 1) + ( ax3 + bx2 + cx + d) · x + A
8x4 + 8x2 = 4ax4 + 3bx3 + (3a + 2c) x2 + (2b + d) x + (c + A).
Łatwo stad
˛ wyliczyć, że a = 2, b = 0, c = 1, d = 0, A = −1. Zatem
Z
Z
p
p
dx
3
2
2
2
=
8x x + 1 dx = (2x + x ) x + 1 − √
x2 + 1
p
p
= (2x3 + x ) x2 + 1 − ln | x + x2 + 1| + C.
6.9. Podstawienia Eulera
Najogólniejsza˛ metoda˛ całkowania wyrażeń wymiernych postaci
√
U0 ( x ) + U1 ( x ) ax2 + bx + c
√
,
V0 ( x ) + V1 ( x ) ax2 + bx + c
sa˛ tak zwane podstawienia Eulera. Pozwalaja˛ one sprowadzić każda˛ całk˛e z wyrażenia
tej postaci do całki wymiernej. Niestety prowadza˛ one cz˛esto do żmudnych rachunków,
wi˛ec na ogół traktujemy je jak ostateczność.
Załóżmy, że trójmian ax2 + bx + c nie jest pełnym kwadratem. Sa˛ trzy podstawienia
Eulera, ale my podamy tylko dwa (pierwsze i trzecie).
p
q
√
ax2 + bx + c = ± ax + t,
a( x − x1 )( x − x2 ) = | x − x1 |t,
jeżeli a > 0
jeżeli ∆ > 0
√
W pierwszym podstawieniu
znak przy ax możemy wybrać dowolnie. Zauważmy, że
√
jeżeli pierwiastek ax2 + bx + c ma mieć niepusta˛ dziedzin˛e, to zawsze zachodzi jeden
z powyższych przypadków. Ponadto, drugie z podstawień możemy zapisać w postaci
s
p
a( x − x1 )( x − x2 )
a ( x − x2 )
t=
=
,
| x − x1 |
( x − x1 )
wi˛ec jest to szczególny przypadek podstawienia, które znamy z podrozdziału o pierwiastkach z funkcji homograficznej.
R
84
√ dx
.
x x2 −2x
Rozwiazanie
˛
√
Podstawiamy x2 − 2x = x + t. Mamy wtedy
x2 − 2x = x2 + 2tx + t2
− t2 = x (2t + 2)
t2
1
x=− ·
2 t+1
1 t2 + 2t
1 2t(t + 1) − t2
dt
=
−
·
dt
dx = − ·
2
( t + 1)2
2 ( t + 1)2
p
1
t2
1 t2 + 2t
x2 − 2x = x + t = − ·
+t = ·
2 t+1
2 t+1
Zatem
Z
x
√
dx
x2
− 2x
=
− 12 ·
Z
t2 +2t
( t +1)2
dt
− 21 · t+1 · 12 ·
t2
t2 +2t
t +1
=2
Z
dt
2
= − +C
2
t
t
√
2( x2 − 2x + x )
= −√
+C = −
+C =
x2 − 2x − x2
x2 − 2x − x
√
√
x2 − 2x + x
x2 − 2x
=
+C =
+ C.
x
x
2
R
√ dx .
x2 +k
Rozwiazanie
˛
√
Podstawiamy x2 + k = − x + t. Mamy wtedy
x2 + k = x2 − 2xt + t2
1 t2 − k
·
2
t
1 2t · t − (t2 − k )
1 t2 + k
dx = ·
dt
=
· 2 dt
2
t2
2
t
2
p
1 k−t
1 t2 + k
x2 + k = − x + t = ·
+t = ·
.
2
t
2
t
x=
Stad
˛
Z
√
dx
x2 + k
Z 1 t2 + k
Z
p
dt
2 · t2 dt
=
=
= ln |t| + C = ln | x + x2 + k| + C.
2
1
2
·
t +k
t
t
R√
x2 + k dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy dokładnie tak samo jak w poprzednim przykładzie, czyli
p
x2 + k = − x + t
1 t2 + k
· 2 dt
2
t
p
1 t2 + k
x2 + k = ·
.
2
t
dx =
Mamy zatem
Z p
1 t4 + 2t2 k + k2
1 t2 + k 1 t2 + k
·
· · 2 dt =
dt =
2
t
2
t
4
t3
Z 1
1
2k k2
k
k2
=
t+
+ 3 dt = t2 + ln |t| − 2 + C.
4
t
t
8
2
8t
x2 + k dx =
Z
Z
Zanim przekształcimy to wyrażenie dalej, obliczmy t2 i
1
.
t2
p
p
x2 + k )2 = x2 + 2x x2 + k + x2 + k = 2x2 + k + 2x x2 + k
√
√
1
( x − x 2 + k )2
2x2 + k − 2x x2 + k
1
√
=
=
=
.
t2
( x 2 − x 2 − k )2
k2
( x + x 2 + k )2
t2 = ( x +
p
Mamy wi˛ec
Z p
x2
R
1 2
k
2 1
+ k dx =
t − k · 2 + ln |t| + C =
8
t
2
p
p
1
k
= · 4x x2 + k + ln | x + x2 + k| + C =
8
2
p
k
xp 2
=
x + k + ln | x + x2 + k | + C.
2
2
√ dx
x 2+ x − x 2
dx.
Rozwiazanie
˛
Rozkładamy najpierw wyrażenie pod pierwiastkiem.
∆ = 1+8 = 9
−1 − 3
x1 =
= 2,
−2
x2 =
−1 + 3
= −1.
−2
85
6.10 Z ADANIA
Podstawiamy
p
86
(2 − x )(1 + x ) = |1 + x |t. Mamy wtedy
(2 − x )(1 + x ) = (1 + x )2 t2
2 − x = (1 + x ) t2
⇒
t2 =
2−x
1+x
2 − t2
t2 + 1
−6t
−2t(t2 + 1) − (2 − t2 ) · 2t
dt = 2
dt
dx =
2
2
( t + 1)
( t + 1)2
q
2 − t2 3t
(2 − x )(1 + x ) = |1 + x |t = 1 + 2
t= 2
.
t +1
t +1
x=
Mamy zatem
Z
√
dx
Z
−6t
dt
( t2 +1)2
2
2− t
· 3t
t2 +1 t2 +1
Z
dt
= −2
2 − t2
Z
dt
√
=
( 2 − t)( 2 + t)
x 2 + x − x2
Z √
√
1
1
1
1
√
= −√
+√
dt = − √ (ln | 2 + t| − ln | 2 − t|) + C =
2
2−t
2+t
2
q
√
√
2 + 2− x 1
1
1+ x 2 + t
+C =
q
= − √ ln √
+ C = − √ ln √
2 2 − t
2 2 − 2− x 1+ x
√
√
1
2 + 2x + 2 − x √
= − √ ln √
+C =
2 2 + 2x − 2 − x 2 + 2x + 2p(2 + 2x )(2 − x ) + 2 − x 1
= − √ ln +C =
2
+
2x
−
(
2
−
x
)
2
√
4 + x + 2√2 2 + x − x 2 1
= − √ ln + C.
3x
2
dx =
= −2
√
6.10. Zadania
Zadanie
6.30. Oblicz całkiR
R
dx
a) √ x( √
b)
4 x −1)
R
R √x
e) x−1 dx
f)
dx
√ √
x ( 3 x −1)
√
3 x dx
√
6
x + x5
Zadanie
6.31. Oblicz całki
R
dx√
a) √
3
( x +3)4 + 3 ( x +3)2
R √
d) x+2x−+√2+x+2 2 dx
e)
R
Zadanie
Oblicz całki
R q 16.32.
− x dx
a)
1+ x · x
b)
R
c)
R
g)
2x dx
√
3
2x +1
√
x + 2x −3
dx
x −1
b)
√
√
1+ √ x
1− x
√ dx√
x+ 3 x
R
√
√
R
3 +6 x
d) xx+(1+x√
3 x ) dx
R √6 x+1
h) √
6 7 √
4 5 dx
dx
x +
R
dx
( x −1)3 ( x −2)
f)
c)
R
R √
x 5 5 − 3x dx
√
c)
x
dx
√
3
2x +1+2 4x2 +4x +1
R
√
3
dx
( x −1)( x +1)2
6.10 Z ADANIA
87
Zadanie
6.33. Oblicz całki z różniczek dwumiennych
√
3
R √
R x dx
R √3 x dx
1+ 4 x
√
√ √3
√ √3
a)
dx
b)
c)
x
x +1
1+ x 2
√
R 6x
R x3 + x4
R √3 3x−x3
R
d) √ 4 dx
e)
dx
f)
dx
g)
x6
x4
dx
√
3
1+ x 3
1− x
Zadanie 6.34. Oblicz całki stosujac
˛ podstawienia trygonometryczne
R
R
R
2
dx
√
a)
b) √ x 2 dx
c)
2
2
2
(1− x ) 1− x
dx
√
( x +1) x 2 −1
9− x
Zadanie
6.35. Oblicz całki
R
R
a) √ 2dx
b) √ dx 2
R 3xdx+6x+7
R √ 12x−9x −2
√
d)
e)
5 − x2 − 4x dx
R √
R x− x−x25−1
dx
h) x x2 − 2x + 6 dx
g) √
2
5+4x − x
c)
R√
f)
R
R
2x + x2 dx
√ 5x +2
2x
√2 +8x−1
dx
i) (2x − 5) 2 + 3x − x2 dx
Zadanie 6.36. Oblicz całki korzystajac
˛ z metody współczynników nieoznaczonych
√
R 2x2 +3x+1
R 3x3 −9x2 −6x−20
R
2 4x − x 2 dx
√
√
a)
dx
b)
dx
c)
12x
2
2
x +1
5+6x − x
Zadanie
6.37. Oblicz całki stosujac
˛ podstawienia
R
R Eulera
dx
dx√
√
a)
b)
2
2
x x +4x −4
x + x +1+ x x 2 + x +1
ROZDZIAŁ 7
Inne klasy funkcji
7.1. Funkcje hiperboliczne
Przypomnijmy definicje funkcji hiperbolicznych
e x − e− x
2
e x + e− x
cosh x =
2
sinh x
tgh x =
=
cosh x
cosh x
ctgh x =
=
sinh x
sinh x =
e x − e− x
e x + e− x
e x + e− x
.
e x − e− x
Bezpośrednio z definicji łatwo jest wyprowadzić nast˛epujace
˛ wzory
cosh2 x − sinh2 x = 1
(jedynka hiperboliczna)
sinh(2x ) = 2 sinh x cosh x
cosh(2x ) = cosh2 x + sinh2 x = 1 + 2 sinh2 x = 2 cosh2 x − 1
(sinh x )0 = cosh x
(cosh x )0 = sinh x
1
(tgh x )0 =
= 1 − tgh2 x
2
cosh x
−1
(ctgh x )0 =
= 1 − ctgh2 x.
sinh2 x
Podobnie jak w przypadku funkcji trygonometrycznych, funkcje y = sinh x oraz y =
tgh x sa˛ nieparzyste, a funkcja y = cosh x jest parzysta. Widać to wyraźnie na poniższych
wykresach.
88
7.2 C AŁKOWANIE FUNKCJI HIPERBOLICZNYCH
89
y
y
y=cosh x
-5
+5
+5
+1
+1
-1
-1
+5
x
-5
y=tgh x
-1
-1
+5
x
-5
-5
y=sinh x
7.2. Całkowanie funkcji hiperbolicznych
Całkowanie funkcji hiperbolicznych nie różni si˛e specjalnie od całkowania funkcji
trygonometrycznych, wi˛ec możemy stosować praktycznie wszystkie techniki omówione
w rozdziale 5.
Zadanie 7.1. Oblicz
R
sinh2 x dx.
Rozwiazanie
˛
Ponieważ sinh2 x = 12 (cosh 2x − 1) mamy
Z
sinh2 x dx =
Zadanie 7.2. Oblicz
R
√ sinh x
5+3 cosh x
1
2
Z
(cosh 2x − 1) dx =
1
x
sinh 2x − + C.
4
2
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = 5 + 3 cosh x.
Z
√
Z
t = 5 + 3 cosh x sinh x
dt
= 1 √
dx = =
dt
=
3
sinh
x
dx
3
t
5 + 3 cosh x
2√
2√
=
t+C =
5 + 3 cosh x + C.
3
3
W przypadku trudniejszych całek, możemy zastosować podstawienie uniwersalne
7.3 P ODSTAWIENIA HIPERBOLICZNE
x
t = tgh ,
2
tgh x =
Zadanie 7.3. Oblicz
R
x = 2 artgh t,
2t
,
1 + t2
sinh x =
dx =
90
2
dt
1 − t2
2t
,
1 − t2
cosh x =
1 + t2
.
1 − t2
dx
2+cosh x .
Rozwiazanie
˛
Stosujemy podstawienie uniwersalne
Z
dx
=
2 + cosh x
Z
2
1− t2
t2
2 + 11+
− t2
dt =
Z
2
1
dt = √
2
3−t
3
Z √
1
3−t
+√
1
3+t
dt =
√
√
√
3+t
1
1
1
+C =
= √ ln( 3 + t) − √ ln( 3 − t) + C = √ ln √
3
3
3
3−t
√
3 + tgh 2x
1
= √ ln √
+ C.
3
3 − tgh 2x
7.3. Podstawienia hiperboliczne
W poprzednim rozdziale widzieliśmy, że podstawienia trygonometryczne postaci
x = a sin t pozwalały
w dość prosty sposób obliczać całki, w których wyst˛epowały pier√
wiastki postaci a2 − x2 . Ze wzgl˛edu na znak minus w jedynce hiperbolicznej, podstawienia hiperboliczne x = a sinh t oraz x = a√cosh t pozwalaj
√ a˛ obliczać całki, w których
wyst˛epuja˛ odpowiednio pierwiastki postaci x2 + a2 oraz x2 − a2 .
Zanim jednak przejdziemy do przykładów, przypomnijmy wzory na funkcje odwrotne do funkcji hiperbolicznych.
Zadanie 7.4. Oblicz
Rozwiazanie
˛
R
√ dx .
x 2 +5
arsinh x = ln( x +
p
x 2 + 1)
arcosh x = ln( x +
p
x 2 − 1).
7.4 Z ADANIA
Podstawiamy x =
Z
91
√
5 sinh t.
√
x = 5 sinh t √ Z
dx
= 5 p cosh t
√
√
dt =
= 2
dx
=
5
cosh
t
dt
x +5
5 sinh2 t + 5
Z
Z
cosh t
x
= p
dt = 1 dt = t = arsinh √ + C =
2
5
cosh t
!
r
p
x
x2
+ 1 + C = ln( x + x2 + 5) + C1 .
= ln √ +
5
5
Zadanie 7.5. Oblicz
R
dx
√
( x 2 +1) x 2 −1
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy x = cosh t. Tak naprawd˛e to powinniśmy odrobin˛e uważać, bo x może być
ujemny, a cosh t > 1. Mamy jednak do czynienia z funkcja˛ parzysta,˛ wi˛ec wystarczy, że
policzymy całk˛e dla x > 1, a na koniec zrobimy z wyniku funkcj˛e parzysta.˛
Druga uwaga, to że y = cosh t nie jest różnowartościowy, ale możemy założyć, że
t > 0. Dzi˛eki temu b˛edziemy wiedzieć, że sinh t > 0.
Z
x = cosh t Z
dx
sinh t dt
=
p
√
=
=
2
2
2
dx
=
sinh
t
dt
( x + 1) x − 1
(cosh t + 1) cosh2 t − 1
Z
Z
Z
dt
sinh t dt
dt
=
2
=
=
.
2
1
3 + cosh 2t
(cosh t + 1) sinh t
2 (1 + cosh 2t ) + 1
Teraz podstawiamy u = tgh t.
Z
Z
Z
1
u = tgh t du
1
dt
1− u2
=2
=
=
2
du =
2
1
2
2
1
+
u
dt = 1−u2 du
3 + cosh 2t
3 − 3u + 1 + u2
3 + 1− u2
√
Z
Z 2 + u
1
1
1
1
1
√
=
du = √
+√
du = √ ln √
+C =
2 − u2
2 2
2−u
2+u
2 2
2 − u
√
√
2 + tgh t 1
1
2 cosh t + sinh t
= √ ln √
+C =
+ C = √ ln √
2 2
2 − tgh t
2 2
2 cosh t − sinh t
√
√
2x + x2 − 1
1
√
= √ ln √
+ C.
2 2
2x − x2 − 1
Po drodze opuściliśmy wartości bezwzgl˛edne, bo | tgh x | < 1. Można sprawdzić, że funkcja, która˛ otrzymaliśmy jest nieparzysta, wi˛ec wynik jest poprawny bez założenia x > 1.
7.4. Zadania
Zadanie
7.6. Oblicz całki
R
cosh 2x
a)
dx
2
2
R sinh x3 cosh x
d) sinh x dx
R
b) x2 sinh x dx
R
e) ctgh x dx
R
c) cosh2 x dx
R x
f)
dx
2
sinh x
7.4 Z ADANIA
g)
R
sinh4 x cosh3 x dx
Zadanie
7.7. Oblicz całki
R
dx
√
a)
2
2
( x −1) x −1
h)
b)
R
R√
dx
2 sinh x +3 cosh x
x2 + 2 dx
92
dx
i)
c)
R
R
1
tgh x −1
dx
√
( x +1) x 2 +1
dx
Cz˛eść 2
Całki oznaczone
ROZDZIAŁ 8
Metody obliczania całek oznaczonych
Wiemy z poprzednich rozdziałów, że funkcja pierwotna y = F ( x ) funkcji y = f ( x )
nie jest wyznaczona jednoznacznie. Ponieważ jednak każde dwie funkcje pierwotne różnia˛ si˛e o stała,˛ liczba
Z b
a
f ( x ) dx = F (b) − F ( a)
jest dobrze zdefiniowana, tzn. nie zależy od wyboru funkcji pierwotnej F ( x ). Liczb˛e t˛e
nazywamy całka˛ oznaczona˛ funkcji f ( x ). Liczby a i b nazywamy odpowiednio dolna˛ i
górna˛ granica˛ całkowania.
Zwróćmy uwag˛e, że w odróżnieniu od całki nieoznaczonej, całka oznaczona jest liczba,˛ a nie rodzina˛ funkcji. Przy naszym, czysto rachunkowym podejściu, możemy powyższy wzór przyjać
˛ za definicj˛e całki oznaczonej z funkcji ciagłej
˛
y = f ( x ).
Zadanie 8.1. Oblicz
Z 2
1
x2
1
dx.
Rozwiazanie
˛
Z 2
1
1
1
dx = −
2
x
x
2
1
1
1
= − − (−1) = .
2
2
2
− 1x 1
w powyższym zapisie oznacza, że − 1x jest funkcja˛ pierwotna˛ do x12 ,
Wyrażenie
oraz że b˛edziemy obliczać różnic˛e wartości tej funkcji w punktach x = 2 i x = 1. Zauważmy, że najpierw podstawiamy górna˛ granic˛e całkowania, a potem odejmujemy wartość
funkcji w dolnej granicy całkowania.
Czasem b˛edziemy też używać notacji
1 2
1 2
=− .
−
x 1
x 1
Zadanie 8.2. Oblicz
π
2
Z
0
cos x dx.
Rozwiazanie
˛
π
2
Z
0
π
cos x dx = sin x |02 = sin
94
π
− sin 0 = 1 − 0 = 1.
2
8.1 P ODSTAWOWE WŁASNO ŚCI
Zadanie 8.3. Oblicz
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z 16 √
4
95
x3 dx
1
Z 16 √
4
x3 dx =
Z 16
1
3
x 4 dx =
1
4
4 h 7 i16
508
= (128 − 1) =
x4
1
7
7
7
8.1. Podstawowe własności
Pierwsze dwa z poniższych wzorów wynikaja˛ wprost z analogicznych własności dla
całek nieoznaczonych, a trzy ostatnie sa˛ bezpośrednia˛ konsekwencja˛ naszej definicji całki
oznaczonej.
Z b
a
Z b
a
Z b
a
Z a
b
Z a
a
Zadanie 8.4. Oblicz
Z 2
( f ( x ) + g( x )) dx =
α f ( x ) dx = α
f ( x ) dx =
Z c
a
f ( x ) dx = −
Z b
Z b
a
f ( x ) dx +
f ( x ) dx +
a
a
g( x ) dx,
f ( x ) dx.
a
Z b
Z b
Z b
c
f ( x ) dx.
f ( x ) dx,
f ( x ) dx = 0.
e3x dx
3
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z 2
e3x dx = −
3
Zadanie 8.5. Oblicz
Z 1
−1
1
3
Z 3
2
3e3x dx = −
1 3x 3
1
e 2 = − ( e9 − e6 ).
3
3
| x | dx
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Z 1
−1
| x | dx =
Z 0
−1
=−
| x | dx +
Z 1
0
| x | dx =
Z 0
−1
(− x ) dx +
Z 1
x dx =
0
1 2 0
1 2 1
1 1
x −1 +
x 0 = 0+ + −0 = 1
2
2
2 2
Inna˛ użyteczna˛ własnościa˛ całki, która akurat nie wynika wprost z naszej definicji, jest to,
8.1 P ODSTAWOWE WŁASNO ŚCI
96
że wartość całki nie zmieni si˛e przy zmianie skończenie wielu (a nawet przeliczalnie wielu) wartości funkcji. Zasada ta pozwala liczyć całki z funkcji, które maja˛ tylko skończenie
wiele (przeliczalnie wiele) punktów nieciagłości.
˛
Zadanie 8.6. Oblicz
Z 3
[ x ] dx
0
Rozwiazanie
˛
Funkcja, która˛ całkujemy nie jest ciagła
˛
i nie ma funkcji pierwotnej, wi˛ec w pierwszym
kroku rozbijmy przedział, na którym całkujemy tak, aby całkować funkcje ciagłe.
˛
Z 3
[ x ] dx =
Z 1
0
[ x ] dx +
Z 2
0
=
Z 1
0
0 dx +
[ x ] dx +
1
2
Z
1
Z 3
[ x ] dx =
2
1 dx +
Zauważmy, że w równościach typu
R1
0
Z 3
2
2 dx = 0 + [ x ]21 + [2x ]32 = 0 + 1 + 2 = 3.
[ x ] dx =
R1
0 dx zmieniliśmy wartość funkcji w
0
jednym punkcie (tu akurat w punkcie x = 1), żeby otrzymać funkcj˛e ciagł
˛ a,˛ ale jak pisaliśmy, nie zmienia to wartości całki.
W przypadku bardziej skomplikowanych całek oznaczonych, możemy najpierw policzyć
całk˛e nieoznaczona˛ (czyli funkcj˛e pierwotna),
˛ a na koniec odjać
˛ wartości funkcji pierwotnej w końcach przedziału całkowania.
Zadanie 8.7. Oblicz
Z 1
xe x dx.
0
Rozwiazanie
˛
Liczymy najpierw całk˛e nieoznaczona˛ (przez cz˛eści).
0
Z
Z
u = e x v = x x
x
xe dx = = xe − e x dx = xe x − e x + C.
u = e x v 0 = 1
Liczymy teraz całk˛e oznaczona.˛
Z 1
0
Zadanie 8.8. Oblicz
Z e
ln x
1
x
xe x dx = [ xe x − e x ]10 = 0 − (−1) = 1.
dx.
Rozwiazanie
˛
Liczymy najpierw całk˛e nieoznaczona˛ (przez podstawienie)
Z
t = ln x Z
ln x
= t dt = 1 t2 + C = 1 (ln x )2 + C.
dx = dt = dx
x
2
2
x
8.2 C AŁKOWANIE PRZEZ CZ E˛ŚCI I PRZEZ PODSTAWIENIE
97
Pozostało policzyć całk˛e oznaczona˛
Z e
ln x
1
1
dx =
(ln x )2
x
2
e
1
1
= .
2
8.2. Całkowanie przez cz˛eści i przez podstawienie
Jak widzieliśmy w poprzednich dwóch przykładach, obliczenia zwiazane
˛
z liczeniem
całki oznaczonej można sprowadzić do liczenia całki nieoznaczonej. Czasem jednak wygodnie jest stosować wzory na całkowanie przez cz˛eści i całkowanie przez podstawienie
bezpośrednio w całce oznaczonej. Przyjmuja˛ one w takiej sytuacji postać
Z b
a
Z b
a
u0 ( x )v( x ) dx = [u( x )v( x )]ba −
f ( ϕ( x )) ϕ0 ( x ) dx =
Zadanie 8.9. Obliczmy ponownie
Z 1
Z ϕ(b)
ϕ( a)
Z b
a
f (t) dt,
u( x )v0 ( x ) dx
gdzie t = ϕ( x )
xe x dx.
0
Rozwiazanie
˛
Całkujemy przez cz˛eści.
0
Z 1
Z 1
u = e x v = x x
x 1
xe dx = =
xe
−
e x dx = e − e x |10 = e − (e − 1) = 1.
|
x
0 = 1
0
u
=
e
v
0
0
Z π
x sin x dx.
0
Rozwiazanie
˛
Całkujemy przez cz˛eści.
Z π
0
0
Z π
u = sin x v = x π
= − x cos x |0 +
cos x dx =
0
= π + sin x |0π = π.
Zadanie 8.11. Obliczmy ponownie
Z e
ln x
1
x
dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t = ln x, ale musimy pami˛etać, że jeżeli x zmienia si˛e w przedziale [1, e], to
8.3 Z ADANIA
98
t b˛edzie zmieniać si˛e przedziale [0, 1].
Z e
t = ln x Z 1
ln x
1 2 1
1
dx = t
=
t
dt
=
= .
dx dt
=
x
2
2
1
0
x
0
Z 1√
0
1 + 2x dx.
Rozwiazanie
˛
Podstawiamy t2 = 2x + 1, 2t dt = 2dx. Aby obliczyć nowe granice całkowania, wstawiamy x = 0 i x = 1 do wzoru t2 = 2x + 1. Aby móc jednoznacznie wyliczyć t, możemy
dodatkowo
założyć, że t > 0, czyli po zmianie zmiennej b˛edziemy całkować w przedzia√
le [0, 3]. Mamy zatem
√3
Z 1√
Z √3
√
1 √
1
1
1 + 2x dx =
t2 dt = t3 = ( 27 − 1) = 3 − .
3 1
3
3
0
0
8.3. Zadania
Zadanie 8.13. Oblicz całki
R2
Rπ
sin x dx
b) ( x3 − 2x + 1) dx
a)
d)
| ln x | dx
e)
R2
sgn( x − x3 ) dx
Zadanie 8.14. Oblicz całki√
R3 2
Re
a) ln x dx
b) xe x dx
e2x dx
1+ e x
f)
R1
0
(|2x | − 2| x + 1|) dx
Rπ
−π
x sgn tg 4x
π
R2
c)
0
1
0
f)
−1
1
e
e)
R3
−2
−1
− 3π
2
Re
R2
c)
x sin x dx
d)
xe− x dx
g)
0
R1
−1
0
π
R4
dx
x2 dx
1+ x 6
π
x dx
cos2 x
h)
R2
0
cos x
1+sin x
dx
ROZDZIAŁ 9
Całki niewłaściwe
9.1. Całka w granicach nieskończonych
Całk˛e funkcji f ( x ) w granicach od a do +∞ definiuje si˛e jako granic˛e całki
przy b → +∞.
Z ∞
a
f ( x ) dx = lim
Z b
b→+∞ a
Rb
a
f ( x ) dx
f ( x ) dx.
R∞
Gdy ta granica jest skończona, to mówimy, że całka a f ( x ) dx jest zbieżna. Natomiast
jeżeli granica jest nieskończona, lub w ogóle nie istnieje, to mówimy, że całka jest rozbieżna. Tak określona˛ całk˛e nazywamy niewłaściwa.˛
Zadanie 9.1. Oblicz całk˛e niewłaściwa˛
Z ∞
1
1
x2
dx.
Rozwiazanie
˛
Z ∞
1
1
x2
dx = lim
Z b
1
b→+∞ 1
x2
dx = lim
b→+∞
1
−
x
b
= lim
1
b→+∞
1
1−
b
= 1.
Z ∞
1
2
√ dx.
x
Rozwiazanie
˛
Z ∞
1
2
√ dx = lim
b→+∞
x
√
√
√ b
√ dx = lim 2 x 2 = lim 2( b − 2) = +∞.
b→+∞
b→+∞
x
Z b
1
2
Całka jest rozbieżna.
Zadanie 9.3. Zbadać zbieżność całki niewłaściwej
parametru α.
Rozwiazanie
˛
99
R∞
a
x α dx ( a > 0) w zależności od
9.1 C AŁKA W GRANICACH NIESKO ŃCZONYCH
100
Niech α 6= −1. Wtedy
Z ∞
α
x dx = lim
Z b
b→+∞ a
a
α
x dx = lim
b→+∞
1
x α +1
α+1
b
= lim
b→+∞
a
1
( b α +1 − a α +1 ).
α+1
Ostatnia granica jest równa +∞ gdy α > −1, lub jest równa liczbie skończonej − α+1 1 aα+1
gdy α < −1. Dla α = −1 mamy
Z ∞
1
dx = lim
dx = lim [ln x ]ba = lim (ln b − ln a) = +∞.
x
b→+∞
b→+∞
R∞ α
Tak wi˛ec całka niewłaściwa a x dx jest zbieżna dla α < −1, a rozbieżna dla α > −1.
a
x
Z b
1
b→+∞ a
Analogicznie określamy całk˛e niewłaściwa˛ funkcji f ( x ) w granicach od −∞ do a:
Z a
−∞
f ( x ) dx = lim
Z a
b→−∞ b
f ( x ) dx.
Całk˛e funkcji f ( x ) w granicach od −∞ do +∞ określmy jako sum˛e
Z ∞
−∞
f ( x ) dx =
Z a
−∞
f ( x ) dx +
Z ∞
a
f ( x ) dx,
przy założeniu, że obie całki niewłaściwe po prawej stronie istnieja.˛ Ta definicja nie zależy od wyboru punktu a.
Rozwiazanie
˛
R∞
Zgodnie z definicja,˛ całka −∞
Z ∞
dx
+
1 + x2
−∞
lim [arctg x ]0a +
a→−∞
−∞
=
dx
=
1 + x2
Z 0
dx
1+ x 2
lim
b→+∞
dx
− ∞ 1+ x 2 .
jest równa sumie dwóch całek niewłaściwych:
Z ∞
0
R∞
dx
= lim
a→−∞
1 + x2
[arctg x ]0b
Z 0
a
dx
+ lim
1 + x2 b→+∞
Z b
0
dx
=
1 + x2
= lim − arctg a + lim arctg b =
a→−∞
b→+∞
π π
= + = π.
2
2
W powyższych zadaniach obliczaliśmy najpierw całk˛e w przedziale skończonym, a
nast˛epnie przechodziliśmy do granicy. Można połaczyć
˛
oba te kroki w jednym wzorze.
Załóżmy, że funkcja
f
(
x
)
posiada
funkcj˛
e
pierwotn
a
˛
F ( x ) w przedziale [ a, ∞). Wtedy
R∞
całka niewłaściwa a f ( x ) dx jest zbieżna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje skończona
granica
F (∞) = lim F (b).
b→∞
Mamy wtedy
Z ∞
a
f ( x ) dx = [ F ( x )]∞
a = F ( ∞ ) − F ( a ).
101
Analogicznie
Z a
Z −∞∞
−∞
a
f ( x ) dx = [ F ( x )]−∞ = F ( a) − F (−∞),
f ( x ) dx = [ F ( x )]∞
−∞ = F ( ∞ ) − F (− ∞ ),
gdzie F (−∞) oznacza granic˛e lim F (b).
b→−∞
Żeby obliczyć całk˛e niewłaściwa˛ w przedziale nieskończonym, wystarczy najpierw
znaleźć funkcj˛e pierwotna˛ w tym przedziale (to znaczy obliczyć całk˛e nieoznaczona),
˛ a
nast˛epnie obliczyć granice tej funkcji na końcach przedziału i wziać
˛ ich różnic˛e. Jeżeli
któraś z granic F (∞) lub F (−∞) po prawej stronie wzoru jest nieskończona lub w ogóle
nie istnieje, to oznacza, że całka po lewej stronie jest rozbieżna.
R∞
0
e−ax dx ( a > 0).
Rozwiazanie
˛
Funkcja podcałkowa ma funkcj˛e pierwotna˛ − 1a e−ax , zatem
∞
Z ∞
1
1
e−ax dx = − e−ax
= ,
a
a
0
0
bo
1
lim − e−ax = 0.
a
x →∞
R∞
1
dx
.
x 2 ( x +1)
Rozwiazanie
˛
Najpierw obliczymy funkcj˛e pierwotna,˛ czyli całk˛e nieoznaczona.˛ Ponieważ mamy do
czynienia z funkcja˛ wymierna,˛ wi˛ec znajdujemy rozkład na ułamki proste.
a
c
1
b
= + 2+
+ 1)
x x
x+1
x2 ( x
1 = ax ( x + 1) + b( x + 1) + cx2 = ( a + c) x2 + ( a + b) x + b


a + c = 0
⇒ a = −1, b = 1, c = 1,
a+b = 0


b=1
Z
dx
=−
x 2 ( x + 1)
Z
dx
+
x
Z
dx
+
x2
Z
dx
1
= − ln | x | − + ln | x + 1| + C.
x+1
x
Zatem funkcja podcałkowa ma w przedziale (0, ∞) funkcj˛e pierwotna˛
F ( x ) = − ln x −
1
x+1 1
+ ln( x + 1) = ln
− .
x
x
x
102
Mamy
F (∞) = lim
F (1) = ln 2 − 1,
skad
˛
Z ∞
1
x →∞
x+1 1
ln
−
x
x
= ln 1 − 0 = 0,
dx
= F (∞) − F (1) = 1 − ln 2.
x 2 ( x + 1)
R∞
2x
− ∞ 1+ x 2
dx.
Rozwiazanie
˛
Najpierw obliczymy funkcj˛e pierwotna,˛ czyli całk˛e nieoznaczona.˛
Z
t = 1 + x2 Z 1
2x
=
dx = dt = ln |t| + C = ln(1 + x2 ) + C.
dt = 2x dx 1 + x2
t
Zauważmy, że F ( x ) = ln(1 + x2 ) jest funkcja˛ pierwotna˛ funkcji podcałkowej na całej
prostej rzeczywistej. Ponieważ
F (±∞) = lim ln(1 + x2 ) = +∞,
x →±∞
wi˛ec całka
R∞
2x
− ∞ 1+ x 2
dx jest rozbieżna.
R∞
0
2
x3 e− x dx.
Rozwiazanie
˛
Najpierw obliczymy całk˛e nieoznaczona.˛ Całkujemy przez cz˛eści.
Z
Z
2
0
2
1 2 − x2
v = x2 u = xe− x
3 − x2
x e
dx = − − xe−x dx =
=− x e
2
u = − 12 e− x v0 = 2x 2
2
2
2
1
1
1
= − x2 e−x − e−x + C = − e−x ( x2 + 1) + C.
2
2
2
2
Zatem funkcja podcałkowa ma funkcj˛e pierwotna˛ F ( x ) = − 21 e− x ( x2 + 1). Mamy F (0) =
˛ z reguły de L’Hospitala.
− 21 , a granic˛e F (∞) obliczymy korzystajac
1 x2 + 1
1
2x
1 1
F (∞) = lim − ·
= lim − ·
·
= 0.
2
2 = lim −
x
x
x →∞
x
→
∞
x
→
∞
2
2 2xe
2 e x2
e
Stad
˛
Z ∞
0
2
x3 e− x dx = F (∞) − F (0) =
R∞
0
x sin x dx.
1
.
2
103
Rozwiazanie
˛
Wyznaczymy funkcj˛e pierwotna˛ całkujac
˛ przez cz˛eści.
Z
u0 = sin x v = x =
= − x cos x +
Z
cos x dx = − x cos x + sin x + C.
Za funkcj˛e pierwotna˛ możemy wi˛ec przyjać
˛ F ( x ) = − x cos x + sin x.
Mamy F (0) = 0, natomiast granica
F (∞) = lim (− x cos x + sin x )
x →∞
nie istnieje. Wykażemy to za pomoca˛ definicji Heinego granicy funkcji, rozpatrujac
˛ dwa
ciagi
˛ xn = 2nπ, yn = (2n + 1)π. Oba te ciagi
˛ sa˛ rozbieżne do ∞ i mamy
lim F ( xn ) = lim −2nπ = −∞,
n→∞
n→∞
lim F (yn ) = lim (2n + 1)π = ∞.
n→∞
Tak wi˛ec granica F (∞) nie istnieje, a zatem całka
R∞
0
n→∞
R∞
0
x sin x dx jest rozbieżna.
e− x sin x dx.
Rozwiazanie
˛
Wyznaczymy funkcj˛e pierwotna˛ całkujac
˛ dwukrotnie przez cz˛eści.
Z
u0 = e− x v = sin x −x
=
e sin x dx = u = −e− x v0 = cos x 0
Z
u = e− x
v = cos x −x
−x
= −e sin x + e cos x dx = =
u = −e− x v0 = − sin x = −e
−x
sin x − e
−x
cos x −
Z
e− x sin x dx.
Zauważmy, że otrzymaliśmy równanie I = −e− x sin x − e− x cos x − I, gdzie I jest szukana˛ całka.˛ Stad
˛ I = 21 (−e− x sin x − e− x cos x ). Mamy wi˛ec funkcj˛e pierwotna˛
1
F ( x ) = − e− x (sin x + cos x ).
2
Liczymy
1
F (0) = − ,
2
1
F (∞) = lim − e− x (sin x + cos x ) = 0.
x →∞
2
Ostatnia granica jest równa 0, bo lim e− x = 0, a funkcja sin x + cos x jest ograniczona
(| sin x + cos x | < 2). Tak wi˛ec
Z ∞
0
x →∞
e− x sin x dx = F (∞) − F (0) =
1
.
2
9.2 C AŁKA Z FUNKCJI NIEOGRANICZONEJ
104
9.2. Całka z funkcji nieograniczonej
Załóżmy, że funkcja f jest ciagła
˛
w przedziale [ a, b), lecz nie ma określonej wartości
w punkcie x = b. Dokładniej załóżmy, że granica lewostronna limx→b− f ( x ) jest nieskończona, co oznacza, że f ( x ) jest nieograniczona w sasiedztwie
˛
punktu b i nie daje si˛e
przedłużyć do funkcji ciagłej
˛
na przedziale domkni˛etym [ a, b]. W takiej sytuacji mówimy,
że b jest punktem osobliwym funkcji f ( x ).
P( x )
Na przykład, jeżeli f ( x ) = Q(x) jest funkcja˛ wymierna,˛ taka˛ że Q(b) = 0 oraz P(b) 6=
0, to b jest punktem osobliwym funkcji f ( x ). Zazwyczaj punktami osobliwymi sa˛ te wartości x, w których mianownik funkcji przyjmuje wartość 0.
Rβ
Granic˛e całki a f ( x )dx przy β → b− nazywamy całka˛ niewłaściwa˛ funkcji f ( x ) w
przedziale od a do b i oznaczamy jak zwykle
Z b
a
f ( x )dx = lim
Z β
β→b−
a
f ( x )dx.
Rb
Gdy ta granica jest skończona, to mówimy, że całka a f ( x ) dx jest zbieżna. Natomiast
jeżeli granica jest nieskończona, lub w ogóle nie istnieje, to mówimy, że całka jest rozbieżna.
Analogicznie definiujemy całk˛e niewłaściwa,˛ gdy lewy koniec przedziału jest punktem osobliwym. Wówczas przyjmujemy
Z b
a
R1
0
√1
x
f ( x )dx = lim
Z b
α→ a+ α
f ( x )dx.
dx.
Rozwiazanie
˛
Funkcja √1x ma punkt osobliwy x = 0. Zgodnie z definicja˛ całki niewłaściwej liczymy
granic˛e
Z 1
Z 1
√
√ 1
1
1
√ = lim
√ dx = lim 2 x α = lim 2(1 − α) = 2.
+
+
+
α →0
α →0
α →0
x
x
0
α
R1
1
0 1− x
dx.
Rozwiazanie
˛
Funkcja 1−1 x ma punkt osobliwy x = 1. Liczymy granic˛e:
lim
β → 1−
Z β
0
1
β
dx = lim [− ln(1 − x )]0 = lim − ln(1 − β) =
−
1−x
β →1
β → 1−
1
= lim− ln
= +∞
1−β
β →1
Całka
R1
1
0 1− x
105
dx jest rozbieżna.
W ogólnym przypadku funkcja f ( x ) może mieć w przedziale ( a, b) dowolna˛ skończona˛ liczb˛e punktów osobliwych, w których nie ma określonej wartości.
Przyjmijmy dla uproszczenia, że takie punkty sa˛ trzy, przy czym dwa z nich sa˛ końcami przedziału ( a, b), a trzeci c leży pomi˛edzy nimi. Biorac
˛ wewnatrz
˛ każdego z przedziałów ( a, c) i (c, b) odpowiednio punkty d i e przyjmujemy
Z b
a
f ( x ) dx =
Z d
a
f ( x ) dx +
Z c
d
f ( x ) dx +
Z e
c
f ( x ) dx +
Z b
e
f ( x ) dx,
przy założeniu, że wszystkie całki niewłaściwe po prawej stronie istnieja.˛ Taka definicja
nie zależy od wyboru punktów e i d.
R1
dx
.
0 x (1− x )
Rozwiazanie
˛
Funkcja podcałkowa ma dwa punkty osobliwe w miejscach zerowych mianownika x = 0
i x = 1. Zgodnie z definicja˛ całki niewłaściwej musimy podzielić przedział [0, 1] na dwie
cz˛eści [0, 12 ] i [ 21 , 1] i obliczyć całki niewłaściwe w tych przedziałach.
Z
1
2
dx
= lim+
x (1 − x )
α →0
1
2
dx
=
x (1 − x )
0
1
2
Z
α
dx
x (1 − x )
Z 1
2
1−x+x
1
1
dx =
+
dx =
x 1−x
α
α x (1 − x )
α
12
1
α
x
α
1−α
= ln 1 − ln
= [ln x − ln(1 − x )]α2 = ln
= − ln
= ln
.
1−x α
1−α
1−α
α
Z
lim
α → 0+
1
2
Z
α
Z
1
2
dx
1−α
= lim+ ln
= ∞.
x (1 − x )
α
α →0
Ponieważ całka
R
1
dx
2
0 x (1− x )
jest rozbieżna, zatem wiemy już, że całka
R1
bieżna. Nie musimy liczyć całki 1 x(1dx− x) .
R1
dx
0 x (1− x )
też jest roz-
2
Załóżmy, że x = b jest jedynym punktem osobliwym funkcji f ( x ) w przedziale [ a, b].
Jeżeli funkcja f ( x ) ma w przedziale [ a, b) funkcj˛e pierwotna˛ F ( x ), to zbieżność całki nieRb
właściwej a f ( x ) dx jest równoważna istnieniu skończonej granicy limx→b− F ( x ). Przyjmujac
˛ F (b) = limx→b− F ( x ) mamy wzór na całk˛e w jego zwykłej postaci:
Z b
a
f ( x ) = F ( b ) − F ( a ).
Powyższy wzór jest prawdziwy także wtedy, gdy a jest punktem osobliwym oraz gdy
oba końce przedziału sa˛ punktami osobliwymi, ale tylko wtedy, gdy w każdym punkcie
osobliwym istnieje skończona granica funkcji pierwotnej F ( x ). Jeżeli chociaż w jednym
106
punkcie osobliwym granica funkcji F ( x ) jest nieskończona, lub w ogóle nie istnieje, to
Rb
znaczy że całka a f ( x ) dx jest rozbieżna.
R1
0
dx
√
3 2.
x
Rozwiazanie
˛
Funkcja podcałkowa ma jeden punkt osobliwy x = 0. Liczymy
Z 1
Z 1
h 1 i1
dx
− 23
√
=
x
dx
=
3x 3 = 3 − 0 = 3.
3
0
0
0
x2
1
Całka jest zbieżna, bo funkcja pierwotna 3x 3 ma w punkcie x = 0 skończona˛ granic˛e
równa˛ 0.
Re
√dx .
1 x ln x
Rozwiazanie
˛
Funkcja podcałkowa ma w przedziale [1, e] jeden punkt osobliwy x = 1. Liczymy całk˛e
nieoznaczona˛
Z
Z
√
√
t = ln x Z dt
1
dx
√
√
= =
=
t− 2 dt = 2 t + C = 2 ln x + C.
dx dt = x
t
x ln x
√
Funkcja F ( x ) = 2 ln x jest funkcja˛ pierwotna˛ funkcji podcałkowej w przedziale (1, ∞).
Ponieważ granica prawostronna F (1) jest skończona (równa 0), wi˛ec całka jest zbieżna.
Z e
h √
ie
dx
√
= 2 ln x = 2 − 0 = 2.
1
1 x ln x
R2
1
√x
x −1
dx.
Rozwiazanie
˛
Funkcja podcałkowa ma jeden punkt osobliwy x = 1. Liczymy
Z 2
Z 2
Z 2 √
x
x−1+1
1
√
√
x−1+ √
dx =
dx =
dx =
1
1
1
x−1
x−1
x−1
2
3
1
2
8
2
2
2
=
( x − 1) + 2( x − 1)
= +2 = .
3
3
3
1
R1
−1
3x√2 +2
3 2
x
dx
107
Rozwiazanie
˛
Funkcja podcałkowa ma jeden punkt osobliwy x = 0. Liczymy całk˛e nieoznaczona˛
Z
Z
Z 2
1
4
3x2 + 2
9 7
2
− 32
3 + 2x − 3
√
dx
=
(
3x
+
2
)
x
dx
=
3x
dx = x 3 + 6x 3 + C.
3
2
7
x
7
1
Funkcja F ( x ) = 79 x 3 + 6x 3 jest funkcja˛ pierwotna˛ funkcji podcałkowej w przedziałach
(−∞, 0) oraz (0, ∞). Ponieważ granica F (0) jest skończona (równa 0), wi˛ec całka jest
zbieżna:
Z 1
Z 0
Z 1
3x2 + 2
3x2 + 2
3x2 + 2
√
√
√
dx
=
dx
+
dx =
3
3
3
−1
−1
0
x2
x2
x2
18
+ 12.
= F (0) − F (−1) + F (1) − F (0) =
7
R2
dx
0 x2 −4x +3
Rozwiazanie
˛
Mamy x2 − 4x + 3 = ( x − 1)( x − 3), zatem funkcja podcałkowa ma dwa punkty osobliwe
x = 1 i x = 3, z których tylko ten pierwszy leży wewnatrz
˛ przedziału [0, 2]. Mamy
Z 2
dx
=
2 − 4x + 3
x
0
Liczymy całk˛e nieoznaczona˛
Z 1
0
dx
+
x2 − 4x + 3
Z 2
1
dx
.
x2 − 4x + 3
Z
Z
dx
dx
1
1
1
=
=
−
dx =
x2 − 4x + 3
( x − 1)( x − 3)
2 x−3 x−1
1
1 x − 3 + C.
= (ln | x − 3| − ln | x − 1|) = ln 2
2
x − 1
Z
W przedziale [0, 1) funkcja podcałkowa ma funkcj˛e pierwotna˛
F(x) =
1 x−3
ln
.
2 x−1
Wartość bezwzgl˛edna˛ mogliśmy opuścić, bo
F (1) = lim
x → 1−
wi˛ec całka
R 2 dx
0 x2 −4x +3
R1
dx
0 x2 −4x +3
x −3
x −1
> 0 dla x < 1. Ponieważ
1 x−3
ln
= ∞,
2 x−1
jest rozbieżna. Stad
˛ wiemy, bez liczenia całki
R2
dx
,
1 x2 −4x +3
że całka
też jest rozbieżna.
R1
0
√ dx .
x − x2
Rozwiazanie
˛
Funkcja podcałkowa ma dwa punkty osobliwe w miejscach zerowych mianownika x = 0
i x = 1.
9.3 Z ADANIA .
108
Liczymy całk˛e nieoznaczona.˛
Z
√
dx
x−
x2
=
dx
Z
q
1
4
dx
Z
− ( x − 12 )2
1
2
p
1 − (2x
− 1)2
=
2dx
Z
p
1 − (2x − 1)2
t = 2x − 1 Z
dt
=
√
= arc sin t + C = arc sin(2x − 1) + C.
= dt = 2dx 1 − t2
Stad
˛
Z 1
0
√
dx
x − x2
= [arc sin(2x − 1)]10 = arc sin 1 − arc sin(−1) =
π π
+ = π.
2
2
9.3. Zadania.
Zadanie 9.20. Oblicz całki niewłaściwe lub wykaż ich rozbieżność:
R0
R∞
R ∞ ln x
x
dx
c)
a) 1 dx
b)
4
−∞ Rxe dx
2
Rx ∞
R ∞ x − x2
2
dx
e) −∞ x2 +dx
d) 0 xe
f) −∞ x2dx+4
2x +2
Zadanie 9.21. Oblicz całki niewłaściwe lub wykaż ich rozbieżność:
R 3 dx
R2
R3
a) 0 √
b) 1 x dx
c) 2 √xx−−32 dx
5
ln
x
R 3 3− x
R1
R2
d) −1 2dx
e) 0 √ dx 2
f) 1 √ dx
x −4
1− x
( x −1)(2− x )
=
ROZDZIAŁ 10
Zastosowania całek
10.1. Pole obszaru
Rozważmy podzbiór płaszczyzny ograniczony prostymi x = a, x = b, gdzie a < b i
krzywymi y = f ( x ) oraz y = g( x ).
y
y
y=f(x)
a
y=f(x)
b
a
x
b
x
y=g(x)
Jeżeli dla x ∈ [ a, b] mamy g( x ) 6 f ( x ), to taki obszar możemy opisać nierównościami
g ( x ) 6 y 6 f ( x ).
a 6 x 6 b,
Jego pole równa si˛e całce
Z b
a
[ f ( x ) − g( x )] dx.
W szczególnym przypadku, gdy f ( x ) jest funkcja˛ nieujemna˛ w przedziale [ a, b], a g( x )
jest funkcja˛ stale równa˛ 0, otrzymujemy ważna˛ interpretacj˛e geometryczna˛ całki
Z b
a
f ( x ) dx.
Jest ona równa polu obszaru ograniczonego wykresem y = f ( x ), prostymi x = a i x = b
oraz osia˛ OX. Taki obszar nazywa si˛e trapezem krzywoliniowym. Gdy f ( x ) 6 0 dla
x ∈ [ a, b] to pole trapezu krzywoliniowego jest równe
−
Z b
a
f ( x ) dx.
109
10.1 P OLE OBSZARU
110
Zadanie 10.1. Oblicz pole trapezu krzywoliniowego ograniczonego krzywa˛ y = 1 + sin x,
prostymi x = 0 i x = π oraz osia˛ OX.
Rozwiazanie
˛
Szukane pole jest równe całce
Z π
0
[1 + sin x ] dx = [ x − cos x ]0π = π + 1 − (0 − 1) = π + 2.
Zadanie 10.2. Oblicz pole obszaru ograniczonego krzywa˛ y = x3 i parabola˛ y = − x2 + 2x
(dla x > 0 i y > 0).
Rozwiazanie
˛
Najpierw szukamy punktów, w których te krzywe si˛e przecinaja.˛ W tym celu porównujemy ich równania.
x3 = − x2 + 2x
x3 + x2 − 2x = 0
x ( x 2 + x − 2) = 0
x ( x − 1)( x + 2) = 0.
Zatem krzywe przecinaja˛ si˛e w trzech punktach: (−2, −8), (0, 0) i (1, 1). Interesuje nas
obszar ograniczony tymi krzywymi i zawarty w pierwszej ćwiartce układu. Jest on opisany nierównościami
x3 6 y 6 − x2 + 2x,
0 6 x 6 1,
a zatem jego pole równa si˛e
Z 1
0
2
− x + 2x − x
3
x3
x4
dx = − + x2 −
3
4
1
=
0
5
.
12
10.1 P OLE OBSZARU
111
Zadanie 10.3. Oblicz pole obszaru zawartego pomi˛edzy parabola˛ y2 = 4x i prosta˛ y =
2x − 4.
Rozwiazanie
˛
Aby wyznaczyć punkty przeci˛ecia tych linii rozwiazujemy
˛
równanie kwadratowe
(2x − 4)2 = 4x.
Równanie to ma dwa rozwiazania:
˛
x1 = 1, x2 = 4, zatem linie przecinaja˛ si˛e w punktach
(1, −2) i (4, 4). Zauważmy, że nasz obszar możemy opisać nierównościami
1
1 2
y 6 x 6 y + 2,
4
2
−2 6 y 6 4,
zatem jego pole równa si˛e
y2
+2−
2
4
Z 4 y
−2
Zadanie 10.4. Oblicz pole elipsy
x2
a2
+
y2
b2
y2
y3
dy =
+ 2y −
4
12
4
= 9.
−2
6 1, gdzie a > 0 i b > 0.
Rozwiazanie
˛
Rozwiazuj
˛ ac
˛ nierówność opisujac
˛ a˛ elips˛e wzgl˛edem zmiennej y otrzymujemy układ dwóch
nierówności:
bp 2
bp 2
−
a − x2 6 y 6
a − x2 .
a
a
Ponadto x zmienia si˛e w przedziale [− a, a].
10.2 D ŁUGO Ś Ć KRZYWEJ
112
y
+b
-a
+a
x
-b
Stad
˛ pole elipsy równa si˛e
Z a p
Z
b
2b a p 2
bp 2
2
2
2
P=
a −x +
a − x dx =
a − x2 dx
a
a −a
−a a
Ostatnia˛ całk˛e obliczymy przez podstawienie
π
π
x = a sin t, − 6 t 6 , dx = a cos t dt
2
2
Liczymy
Z a p
Z π p
2
a2 − x2 dx =
a a2 − a2 sin2 t cos t dt =
π
−a
= a2
−2
Z
π
2
− π2
p
1 − sin2 t cos t dt = a2
Z
π
2
− π2
√
cos2 t cos t dt = a2
Z
π
2
− π2
cos2 t dt,
bo cos t > 0 dla t ∈ [− π2 , π2 ]. Aby obliczyć ostatnia˛ całka˛ korzystamy ze wzoru cos 2t =
2 cos2 t − 1.
Z π
Z π
Z π
Z π
2
2 1 + cos 2t
2 1
2 cos 2t
a2 π cos2 t dt = a2 π
dt = a2
dt
+
dt
=
2
2
−2
−2
− π2 2
− π2
π
sin 2t 2
a2 π
2 t
=a
+
.
=
2
4
2
−π
2
Zatem pole elipsy równa si˛e
P=
2b a2 π
·
= πab.
a
2
10.2. Długość krzywej
Załóżmy, że funkcja f ma ciagł
˛ a˛ pochodna˛ w przedziale [ a, b]. Wtedy krzywa y =
f ( x ), a 6 x 6 b ma długość równa˛ całce
Z bq
a
1 + [ f 0 ( x )]2 dx.
10.3 O BJ ETO
˛
Ś Ć BRYŁY I POLE POWIERZCHNI OBROTOWEJ
Zadanie 10.5. Oblicz długość krzywej y =
√
113
x3 , 0 6 x 6 1.
Rozwiazanie
˛
Długość krzywej równa si˛e całce
Z 1
s
1+
0
=
13
4
Z
1
x
3
2
0 2
dx =
Z 1
s
0
4√
4 2√ 3
t dt =
·
t
9
9 3
134
1
Z 1r
t = 1 + 9 x,
3 1 2
9
4
=
1+
1 + x dx = x 2 dx =
dt = 94 dx 2
4
0
8 13 √
=
13 − 1 .
27 8
W przypadku gdy krzywa dana jest równaniami parametrycznymi
x = f ( t ),
y = g ( t ),
t ∈ [ a, b],
to jej długość równa jest całce
Z bq
a
[ f 0 (t)]2 + [ g0 (t)]2 dt.
Zadanie 10.6. Oblicz długość krzywej danej równaniami x = et sin t, y = et cos t, t ∈ [0, π2 ].
Rozwiazanie
˛
Liczymy
f 0 (t) = (et sin t)0 = et sin t + et cos t = et (sin t + cos t),
g0 (t) = (et cos t)0 = et cos t − et sin t = et (cos t − sin t),
[ f 0 (t)]2 = e2t (sin2 t + 2 sin t cos t + cos2 t) = e2t (1 + 2 sin t cos t),
[ g0 (t)]2 = e2t (sin2 t − 2 sin t cos t + cos2 t) = e2t (1 − 2 sin t cos t),
Z πq
Z π√
√ Z π2 t
√ π
√ π
2
2
0
2
0
2
2t
[ f (t)] + [ g (t)] dt =
2e dt = 2
e dt = 2 et 02 = 2(e 2 − 1).
0
0
0
10.3. Obj˛etość bryły i pole powierzchni obrotowej
Załóżmy, że funkcja f ( x ) jest nieujemna i ciagła
˛
w przedziale [ a, b]. Oznaczmy przez
D trapez krzywoliniowy ograniczony krzywa˛ y = f ( x ), prostymi x = a i x = b oraz osia˛
OX.
10.3 O BJ ETO
˛
Ś Ć BRYŁY I POLE POWIERZCHNI OBROTOWEJ
114
y
y=f(x)
D
a
b
x
x
V
Obj˛etość bryły V powstałej w wyniku obrotu obszaru D o 360◦ wokół osi OX wyraża
si˛e wzorem
Ob(V ) = π
Z b
a
[ f ( x )]2 dx.
Zadanie 10.7. Oblicz obj˛etość bryły otrzymanej w wyniku obrotu wokół osi OX trapezu
krzywoliniowego ograniczonego przez hiperbol˛e y = 1x , proste x = 1 i x = 2 oraz oś OX.
Rozwiazanie
˛
Liczymy
Ob(V ) = π
1 2
π
dx
=
π
−
= .
x2
x 1
2
Z 2
1
1
Zadanie 10.8. Wyprowadź wzór na obj˛etość kuli.
Rozwiazanie
˛
Kula o promieniu r powstaje z obrotu wokół osi OX obszaru D opisanego nierównościami
p
0 6 y 6 r2 − x2 , −r 6 x 6 r.
Zatem jej obj˛etość równa si˛e
Z r p
Z r
2
1 3 r
4πr3
2
2
2
2
2
r −x
dx = π
(r − x )dx = π r x − x
=
.
π
3
3
−r
−r
−r
Załóżmy, że funkcja f ( x ) jest nieujemna i ma ciagł
˛ a˛ pochodna˛ w przedziale [ a, b].
Wtedy pole powierzchni Σ powstałej w wyniku obrotu krzywej y = f ( x ), a 6 x 6 b, o
360◦ wokół osi OX wyraża si˛e wzorem
10.4 Z ADANIA
P(Σ) = 2π
Z b
a
f (x)
q
115
1 + [ f 0 ( x )]2 dx.
Zadanie 10.9. Oblicz pole powierzchni otrzymanej w wyniku obrotu wokół osi OX krzywej y = 13 x3 , x ∈ [0, 1].
Rozwiazanie
˛
Liczymy
f 0 (x) =
1 3
x
3
0
= x2
Z 1
t = 1 + x4 1 3p
4
=
x 1 + x dx = P(Σ) = 2π
dt = 4x3 dx 0 3
Z 2
h √ i2
√
√
= 2π
1
1
12
t dt =
π
9
t3
1
=
π
(2 2 − 1).
9
Zadanie 10.10. Wyprowadź wzór na pole sfery.
Rozwiazanie
˛
Sfera o promieniu r powstaje z obrotu wokół osi OX krzywej
p
y = r2 − x2 ,
−r 6 x 6 r.
Mamy
0
−x
r2 − x2 = √
,
r2 − x2
s
q
r
x2
=√
1 + [ f 0 ( x )]2 = 1 + 2
,
2
2
r −x
r − x2
Z r p
Z r
r
r2 − x2 · √
dx = 2π
r dx = 4πr2 .
P(Σ) = 2π
2
2
−
r
−r
r −x
f 0 (x) =
p
10.4. Zadania
Zadanie 10.11. Oblicz pole trapezu krzywoliniowego:
a) ograniczonego krzywa˛ y = e x , prostymi x = 0 i x = 1 oraz osia˛ OX;
b) ograniczonego parabola˛ y = x2 + x − 6, prostymi x = −1 i x = 1 oraz osia˛ OX;
c) ograniczonego krzywa˛ y = x2 ln x, prostymi x = e i x = e2 oraz osia˛ OX;
d) ograniczonego hiperbola˛ y = 2x + 1, prostymi x = 1 i x = 2 oraz osia˛ OX.
Zadanie 10.12. Oblicz pole obszaru:
a) ograniczonego parabola˛ y = x2 i prosta˛ y = x;
b) ograniczonego parabola˛ y = 2x − x2 i prosta˛ y + x = 0;
c) ograniczonego parabolami y = x2 − 6x + 10 i y = 6 − x2 ;
10.4 Z ADANIA
116
d) ograniczonego parabolami y = x2 i y2 = x;
e) ograniczonego hiperbola˛ y = 3x i prosta˛ y = −3x + 10.
Zadanie 10.13. Oblicz długość krzywej:
a) y = 41 x2 , 0 6 x 6 4;
b) y = 1 − ln cos x, 0 6 x 6 π4 ;
√
√
c) y = ln x,
3 6 x 6 8;
d) y = ln(1 − x2 ), 0 6 x 6 12 ;
t
t
e) x = e (cos t + sin t), y = e (cos t − sin t), t ∈ [0, 1];
h √ i
π
3
1 3
3
3
g) x = t , y = 1 − 3 t , t ∈ 0, 3 .
f) x = a cos t, y = a sin t, t ∈ 0, 2 ;
Zadanie 10.14. Oblicz obj˛etość bryły powstałej w wyniku obrotu wokół osi OX trapezu
krzywoliniowego ograniczonego przez wykres funkcji f ( x ), proste x = a i x = b oraz oś
OX.
√
a) f ( x ) = 2 x, a = 0, b = 1;
b) f ( x ) = x2 + 1, a = −1, b = 1;
3
c) f ( x ) = x , a = 0, b = 1;
d) f ( x ) =√sin x, a = 0, b = π;
e) f ( x ) = e x , a = 1, b = 2;
f) f ( x ) = xe− x , a = 0, b = 4.
Zadanie 10.15. Oblicz pole powierzchni powstałej w wyniku obrotu wokół osi OX krzywej y = f ( x ).
√
a) f ( x ) = 2 x, x ∈ [0, 1]; b) f ( x ) = 12 x + 1, x ∈ [1, 3]; c) f ( x ) = cos x, x ∈ − π2 , π2 .
ROZDZIAŁ 11
Odpowiedzi do zadań
Rozdział 1
1.28.
a) − 3x + C
b) x3 − 2 ln | x | − 5x + C
c) 43 x4 + 2x3 + 32 x2 + C
d) 13 x3 − x2 + 4x + C, wsk. a3 + b3 = ( a + b)( a2 − ab + b2 )
e) 13 x3 + 32 x2 + 3x + ln | x | + C, wsk. ( a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
f) 31 x3 + 6x + C, wsk. 3x3 + x2 + 18x + 6 = (3x + 1)( x2 + 6)
1.29.
8
7
5
b) 85 x 5 + C
c) 37 x 3 + C
d)
a) 25 x 2 + C
1
5
17
3
2 32
4
12
4
f) 3 x + 2x 2 + C
g) 5 x 4 − 17 x 12 + 3 x 4 + C
1.30.
x
a) ln1010 + C
1.31.
a) e x+5 + C
e) −ex3 + e x + C
b)
(2e) x
1+ln 2
+C
b) 12 e2x + C
c)
3·( 23 ) x
ln 32
18 25
6
25 x
+C
d)
c) − 14 e−4x+5 + C
f) x − e3x − 2e32x −
1.32.
b) − 13 cos(3x − 3) + C
a) 12 sin 2x + C
x
1
d) 2 + 4 sin 2x + C, wsk. cos 2x = 2 cos2 x − 1
e) −2 ctg 2x + C, wsk. sin 2x = 2 sin x cos x
f) − ctg x − tg x + C, wsk. cos 2x = cos2 x − sin2 x
g) sin x − cos x + C, wsk. cos 2x = cos2 x − sin2 x
h) 51 tg 5x + C
1.33.
1
(4x − 9)12 + C
a) 48
d) ln x+x 1 + C, wsk.
1
x ( x +1)
7
3
+C
e) 67 x 6 − 43 x 4 + C
1
1
3
h) −2x − 2 − 4x 2 + 23 x 2 + C
1
3e3x
( 25 ) x
5 ln 25
−
( 35 ) x
15 ln 35
+C
d) 21 e2x + 2e x + x + C
+C
c) − x − ctg x + C
b) − 35 ln |2 − 3x | + C
= 1x − x+1 1
c)
1
3
p
(2x + 3)3 + C
e) arctg( x + 1) + C, wsk. ( x + 1)2 = x2 + 2x + 1
f) x3 + x2 + 12 ln |2x − 1| + C, wsk. 6x3 + x2 − 2x + 1 = (2x − 1)(3x2 + 2x ) + 1
g) arc sin( x − 1) + C, wsk. ( x − 1)2 = x2 − 2x + 1
1.34.
a) 34 ln( x4 + 1) + C,
2x2 −3x −2
= (x(−x−2)(2)(x22x++x+1)1)
x 3 − x 2 − x −2
d) − 12 ln |3 − 2e x | + C
x 2 + x + 3 = ( x 2 + 1) + x + 2
b) ln( x2 + x + 1) + C, wsk.
c) ln(1 + sin x ) + C
e) x + 21 ln( x2 + 1) + 2 arctg x + C, wsk.
f) ln | arctg x | + C
g) ln | tg x | + C
h) − ln(3 + cos2 x ) + C
117
11.0 R OZDZIAŁ 2
Rozdział 2
2.41.
3
a) 18 sin(4x2 − 3) + C
b) ln(4 + sin x ) + C
c) 21 e2 sin x + C
d) − 13 e− x + C
2
e) 14 ln4 x + C
f) cos 1x + C
g) 12 arctg2 x + C
h) − 12 e− x + C
i) 21 tg2 x + C
j) − ln |3 − e x | + C
k) 12 arc sin2 x + C
l) − arctg(cos x ) + C
2.42.
p
6 6
a) − 1a cos( ax + b) + C
b) − 35
(3 − 5x )7 + C
c) − 6(2x1−3)9 + C, wsk. 4x2 − 12x + 9 = (2x − 3)2
2
3
e ( x −2) ( x −1)
= e ( x −2)
2
e ( x −2)
3
2
|x
2 ( x − 1) + 3( x − 1) + ln
√
3
d) 13 e(x−2) , wsk.
e) 31 ( x − 1)3 +
√
f) √15 arctg 5x + C, wsk. podstaw t =
5
3
− 1| + C, wsk. podstaw t = x − 1
5x
2
3
g) 35 ( x + 1) − 3( x + 1) + C, wsk. podstaw t = x + 1
13
9
5
4
h) 13
( x + 1) 4 − 89 ( x + 1) 4 + 45 ( x + 1) 4 + C, wsk. podstaw t = x + 1
i) arc sin √x5 + C, wsk. √ 1 2 = √15 · q 1 √x 2 , podstaw t = √x5
5− x
2.43.
(2x +3)2
a) 54 sin 5 + C
1−(
5
)
1
2
9
c) − 1x5 + C, wsk. podstaw t = x5
36 (2x − 3) + C
5e
2 x +1
x
x 2 +1
d) − 2(x21+1) + arctg x + C, wsk. x(x+
2 +1)2 = ( x 2 +1)2 + ( x 2 +1)2
e) − 4(x4 −1x2 −2)2 + C, wsk. ( x2 + 1)( x2 − 2) = x4 − x2 − 2, podstaw t = x4 − x2 − 2
4
5
f) 12
( x3 + 1) 5 + C, wsk. podstaw t = x3 + 1
9
4
5
5
g) 27
( x3 + 1) 5 − 12
( x3 + 1) 5 + C, wsk. podstaw t = x3 + 1
h) 51 tg x5 + C, wsk. podstaw t = x5
i) 12 arctg( x2 + 1) + C, wsk. x4 + 2x2 + 2 = 1 + ( x2 + 1)2 , podstaw t = x2 + 1
j) 12 tg( x2 + 1) + C, wsk. 1 − sin2 ( x2 + 1) = cos2 ( x2 + 1)
k) 31 arc sin x3 + C, wsk. podstaw t = x3
b)
2.44.p
b) 16 (arctg x )6 + C
a) 76 6 (5 + sin x )7 + C
c) − cos x + cos3 x − 35 cos5 x + 17 cos7 x + C, wsk. sin7 x = sin x (1 − cos2 x )3
1
2
d) 8(1+sin
4 + C, wsk. cos 2x = 2 cos x − 1, podstaw t = 1 + sin 2x
2x
)
√
e) −2 1 + cos2 x + C, wsk. podstaw t = 1 + cos2 x
f) 13 tg3 x + C, wsk. podstaw t = tg x
2
(1−3 cos2 x ) sin x
g) − ln cos x sin2 x + C, wsk. 1−3 cos x =
,
2
podstaw t = cos x,
1−3t2
(1− t2 ) t
=
sin x cos x
1−t2 −2t2
(1− t2 ) t
(1−cos x ) cos x
2.45.p
8
b) ln ln x + C
c) arctg(ln x ) + C
a) 89 ln9 x + C
p
√
d) 32 (5 + ln x )3 − 10 5 + ln x + C, wsk. podstaw t = 5 + ln x
e) 13 arc sin(ln3 x ) + C, wsk. podstaw t = ln3 x
118
11.0 R OZDZIAŁ 3
119
f) − 12 (ln(cos x ))2 + C, wsk. podstaw t = ln(cos x )
2.46.
a) − ex 1−1 + C
7
5
3
2
4
50
x
x
x
2
2
2
7 ln 3 (3 + 5) − ln 3 (3 + 5) + 3 ln 3 (3 + 5) + C, wsk.
(2 x +1)2
2(2 x +1)
ln(2x +1)
c) 2 ln 2 − ln 2 + ln 2 + C, wsk. podstaw t = 2x + 1
d) 31 arctg e3x + C, wsk. podstaw t = e3x
x
e) ln12 arc sin 2x , wsk. √4−1x −1 = √ 2 2x , podstaw t = 2x
1−2
x
f) arctg(1 + e x ) + C, wsk. 2e−x +1 2+ex = 1+(1e+ex )2
x
2x
x
g) 12 ln(e2x + 1) − arctg e x + C, wsk. exe+−e−1 x = e2xe +1 − e2xe+1
b)
podstaw t = 3x + 5
2.47.
√
√
a) − 13 cos 2 x + C, wsk. podstaw t = 2 x
√
b) 2 arctg x√
+ C, wsk. podstaw
t2 = x √
√
6
6
6
2
6
c) −6 ln
q|1 − x | + 12(1 − x ) − 3(1 − x ) + C, wsk. podstaw t = x, a potem s = 1 − t
x −1 3
−1
1
d) − 23
+ C, wsk. podstaw t2 = xx−
x −2
2 = 1 + x −2
2.48. 1
a) − 21 e x2 + C, wsk. podstaw t = x12
b) − ln13 · 3x+21sin x + C, wsk. podstaw t = x + 2 sin x
c) arctg( x + e x ) + C, wsk. e2x + 2xe x + x2 + 1 = 1 + ( x + e x )2 , podstaw t = x + e x
Rozdział 3
3.25.
2
2
2
a) 4 sin 2x − 2x cos 2x + C
b) (− x5 + 125
) cos 5x + 25
x sin 5x + C
1 2
5
1
c) − 2 ( x − 2x + 2 ) cos 2x + 2 ( x − 1) sin 2x + C
d) ( x4 − 10x2 + 21) sin x + (4x3 − 20x ) cos x + C
2
e) x4 − 41 x sin 2x − 18 cos 2x + C
f) 12 ( x + sin x cos x ) + C
3.26.
R
c) ( x3 − 3x2 + 6x − 6)e x + C
a) −( x + 1)e− x + C
b) − 12 ( x2 + x + 21 )e−2x + C
1
1
d) 2 (cos x + sin x )e x + C
e) − 5 (sin 2x + 2 cos 2x )e− x + C
3.27.
a) 13 x3 ln x − 19 x3 + C
b) 31 x3 ln(1 + x ) − 13 ( 13 x3 − 21 x2 + x − ln(1 + x )) + C
c) 12 x2 ln( x − 1) − 12 ( 12 x2 + x + ln( x − 1)) + C
d) ( 12 x2 + x ) ln2 x − ( 12 x2 + 2x ) ln x + 41 x2 + 2x + C
3.28.
√
a) x arc cos x − 1 − x2
c) 21 ( x2 arcctg x + x − arctg x ) + C
b) x arcctg x + 21 ln(1 + x2 ) + C
11.0 R OZDZIAŁ 6
120
Rozdział 4
4.25. 1 x− a) 16 ln x+ 31 + C
b)
3
2
1
√
√
arctg
3
3x
2
+C
c)
i) ln | x | − 21 ln( x2 + 4) + arctg 2x + C
l)
√2
11
n) 53 ln | x − 5| − 23 ln | x − 2| + C
1
ln | x + 21 | + C
p) 52 ln | x − 2| + 10
3
r) x3 − 9x + 27 arctg 3x + C
t) 2 ln | x | − ln | x + 1| + x+6 1 + C
1
v) 1x + 12 ln xx−
+1 + C
x) 31 ln | x + 1| − 61 ln | x2 − x + 1| +
1
ln xx−
+2 + C
d)
1
2
1
x+ ln x+12 + C
f) 12 ln | x2 − 6x + 5| + C
h) − x−4 2 − 52 · (x−12)2 + C
e) −5 ln | x − 3| + 6 ln | x − 4| + C
g) 5 ln | x + 21 | − 4 ln | x + 1| + C
k) ln |2x2 − 5x + 3| + C
1
3
j) 2 ln( x2 + 2x + 4) −
√−1 + C
arctg 2x
11
m)
1
2
√7
3
arctg x√+31 + C
ln | x2 + 1| + 2 arctg x + C
ln( x2 − 6x + 13) + 21 arctg x−2 3 + C
7
9
q)
+ ln | x | − 16
ln | x − 12 | − 16
ln | x + 12 | + C
−1 s) 34 x3 + 12 ln xx+
1 +C
u) x + 2 ln | x − 1| − ln | x | + 1x + C
w) ln | x | − 21 ln( x2 + 1) + C
√1 arctg 2x√−1 + C
3
3
o)
1
4x
1
2
y) ln | x | − 12 ln | x + 1| − 14 ln( x2 + 1) − 21 arctg x + C
2
z) x2 − 2x + 2 ln | x + 1| − ln | x − 1| + C
Rozdział 5
5.19.
1
b) sin x − 13 sin3 x + C
c) 38 x − 14 sin 2x + 32
sin 4x + C
a) 12 x + 14 sin 2x + C
1
1
1
3
5x
1
e) 4 sin 2x − 8 sin 4x + C
f) 5 sin 6 + 3 sin 6x + C
d) − 10 cos 5x − 2 cos x + C
5.20.
sin x a) − sin1 x + 12 11+
−sin x + C
e)
d) − 7 sin1 7 x + C
+cos x 1
b) 2 cos
− 14 11−
x
cos x + C
1
cos x−1 f)
2 ln cos x +1 + C
c)
1
2 cos2 x
1
5
cos5 x − 31 cos3 x + C
+ ln | cos x | + C
5.21.
a)
2
3
arctg
tg 2x
3
+C
b)
− 1+2tg
x
2
+C
c)
√2
3
arctg
tg 2x
√
3
+C
d)
√1
2
tg x −1+√2 2
+C
√
ln x
tg 2 −1− 2 e) 2x + 12 ln | tg x + 1| − 41 ln | tg2 x + 1| + C = 2x + 12 ln | sin x + cos x | + C
x+cos x 2 tg x
f) x + 21 ln sin
sin x −cos x + C, wsk. tg 2x = 1−tg2 x
Rozdział 6
6.30.√
√
4
a) 4 4 x + 4 ln | √
x − 1| + C, wsk. podstaw t4 = x
√
6
x −1|
6
b) 6 6 x + 3 ln | √
6 x +1 + C, wsk. podstaw t = x
√
√
c) −√
x − 4 x − 4 ln | x − 1| + C, wsk. podstaw t2 = x
√
√
√
3
d) 23 x2 − 3 3 x + 6 ln( 3 x + 1) + 6 arctg 6 x + C, wsk. podstaw t6 = x
√
√
1|
e) 2 x + ln |√ xx−
+ C, wsk. podstaw t2 = x
+
1
√
√
√
6
3
x−6√
x + 6 ln
( 6 x + 1)√+ C, wsk. podstaw t6 = x
f) 3 √
√
g) 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6 ln( 6 x + 1) + C, wsk. podstaw t6 = x
11.0 R OZDZIAŁ 6
h) 2 ln x +
12
√
x
12
−
6
√
6 x
121
√
− 24 ln( 12 x + 1) + C, wsk. podstaw t12 = x
6.31.
√
3
a) 3 arctg
x + 3 + C,pwsk. podstaw t3 = x + 3
p
3 3
b) 10 (2x + 1)5 − 34 3 (2x + 1)2 + C, wsk. podstaw t3 = 2x + 1
p
p
5 5
5
c) − 25
(5 − 3x )6 + 99
(5 − 3x )11 + C, wsk. podstaw t5 = 5 − 3x
54
√
√
+ 6 ln( x + 2 − 1) + C, wsk. podstaw
t2 = x + 2
d) 2 x + 2√
√
2x −3
e) 2 + 2 2x − 3 + ln(2x − 2) − 2 arctg 2x − 3 + C, wsk. podstaw t2 = 2x − 3
√
√
√
f) 34 3 2x + 1 − 34 6 2x + 1 − 38 ln(8 6 2x + 1 + 4) + C, wsk. podstaw t6 = 2x + 1
6.32.
q
√
1− 1− x 2
x
x
a) 2 arctg 11−
+
ln
+ C, wsk. podstaw t2 = 11−
+x
+x
|x|
q
q
2
1
1
x −2 3
2
√
+
C,
wsk.
=
b) 2 xx−
2
−1
x −1 , podstaw t =
( x −2)
( x −1)3 ( x −2)
q
√
√
2 + t +1
2t√+1
3 x +1
√ 1
+
+
C,
gdzie
t
=
c) ln t|t−
3
arctg
x −1 , wsk. 3
1|
3
x −2
x −1
( x −1)( x +1)2
=
1
x +1
q
3
x +1
x −1
6.33. p
p
√
√
1
3
4
x )7 − 3 3 (1 + 4 x )4 + C, wsk. podstaw t3 = 1 + x 4
a) 12
7 q (1 +
q
p
√
√
√
2
3
3
3
b) 53 (1 + x2 )5 − 2 (1 + x2 )3 + 3 1 + x2 + C, wsk. podstaw t2 = 1 + x 3
p
√
1
5 + 6t3 − 6t + C, gdzie t =
c) 76 t7 − 18
1 + 3 x, wsk. podstaw t2 = 1 + x 3
5 tq
4
d) −3 arctg 1−x4x + C, wsk. podstaw t2 = x −4 − 1
q
1+ x 3
e) − 32
+ C, wsk. podstaw t2 = x −1 + 1
x
q
q
7
4
1 3
3
1 3
3
f) − 42
−
1
−
+ C, wsk. podstaw t3 = 3x −2 − 1
2 −1
24
x2
x
√
√
2
3
g) 16 ln t(t+−t1+)21 − 33 arctg 2t√+31 + C, gdzie t = 1 + x −3
6.34.
a) √ x
+ C, wsk. podstaw x = sin t
√
b) 29 arc sin 3x − 21 x 9 − x2 + C, wsk. podstaw x = 3 sin t
√
1− x 2
√
c)
1
√
2 2
6.35.
2
ln √2| x|+√ x2 −1 + C, wsk. podstaw t =
2| x |− x −1
1
cos t ,
a potem u = sin t
q
7
2
a)
ln x + 1 + x + 2x + 3 + C, b) 13 arc sin 3x√−2 + C,
2
√
√
x +1
1
c) 2
2x + x2 − 2 ln | x + 1 + 2x + x2 | + C
√
√
√
1 2
d) 2 x + 2x x2 − 1 − 12 ln | x + x2 − 1| + C, wsk. √1 2 = x + x2 − 1
x − x −1
√
e) 92 arc sin x+3 2 + x+2 2 5 − x2 − 4x + C
q
√
√
5
1
2
2
f) 2 2x + 8x − 1 − 4 2 ln x + 2 + x + 4x − 2 + C
√
g) − 5 + 4x − x2 − 3 arc sin x−3 2 + C
√
√
p
h) 31 ( x2 − 2x + 6)3 + x−2 1 x2 − 2x + 6 + 52 ln | x − 1 + x2 − 2x + 6| + C
√1
3
p
2
i) − 3
11.0 R OZDZIAŁ 9
√
2x
√−3 + x − 3
arc
sin
(2 + 3x − x2 )3 − 17
2 + 3x − x2 + C
4
2
122
17
6.36.
√
a) ( x + 3) x2 + 1 + C
√
x −3
b) (− x2 − 3x − 31) 5 + 6x − x2 + 88 arc sin √
+C
14
√
c) (3x3 − 2x2 − 10x − 60) 4x − x2 + 120 arc sin x−2 2 + C
6.37.
√
√
2
−4− x
+
C,
wsk.
podstaw
x2 + 4x − 4 = x + t
a) arctg x +4x
√2
√
2
b) 2 ln x+√ x2 + x+1 + C, wsk. podstaw x2 + x + 1 = − x + t
2x +2 x + x +1+1
Rozdział 7
7.6.
a) tgh x − ctgh x + C, wsk. cosh(2x ) = cosh2 x + sinh2 x
b) x2 cosh x − 2x sinh x + 2 cosh x + C, wsk. całkuj przez cz˛eści
c) 12 x + 14 sinh 2x + C,wsk. cosh2 x = 12 (1 + cosh 2x )
d) 31 cosh3 x − cosh x + C,wsk. podstaw t = cosh x
e) ln | sinh x | + C, wsk. podstaw t = sinh x
f) − x ctgh x + ln | sinh x | + C, wsk. całkuj przez cz˛eści
g) 51 sinh5 x + 17 sinh7 x + C, wsk. podstaw t = sinh x
3 tgh 2x +2
√2 arctg
√
+ C, wsk.
5
5
− 21 x − 14 sinh 2x − 12 sinh2 x
h)
podstaw t = tgh 2x
i)
+C
7.7.
a) − √
x
+ C, wsk. podstaw t = cosh x
x2 −1√
√
√
x
2
2
b) ln( x +
√x + √2) + 2 x + 2 + C, wsk. podstaw t = 2 sinh x t
2
1
c) √1 ln −√2+ x+√ x2 +1+1 + C, wsk. podstaw t = sinh x, tgh 2t = eet −
+1
2
− 2− x + x +1−1
Rozdział 8
8.13.
a) 1
b)
8.14.
a) 1
b) 21 (e3 − 1)
f) 1 −
2
e
15
4
d) 2 −
c) -4
g)
π
4
+ ln
√
2
2 ,
c) 1
2
e
d)
e) 1
3π
2
f) π 2
e) e2 − 1 − ln 1+2e
wsk. całkować przez cz˛eści
2
h) ln 2
Rozdział 9
9.20.
a) 13
b) rozbieżna
c) −1
d)
1
2
e) π
f)
3π
8
11.0 R OZDZIAŁ 10
9.21.√
a) 54 5 81
c) − 43
b) rozbieżna
123
d) rozbieżna
π
2
e)
f) π
Rozdział 10
10.11.
a) e − 1
b)
10.12.
a) 61
b)
34
3
c) 59 e6 − 29 e3
9
2
c)
1
3
d)
d) 2 ln 2 + 1
1
3
e)
10.13.
√
√
a) 2 5 + ln(√
2 + 5), wsk. zastosuj podstawienie Eulera;
b) 21 ln(3 + 2 2), wsk. podstaw t = sin x;
√
c) 1 + 21 ln 32 , wsk. podstaw t = 1 + x2 ;
d) ln 3 − 21
e) 2(e − 1)
f) 43 | a|
10.14.
a) 2π
b)
56
15 π
10.15. √
a) 8π
2
−
1
2
3
c)
π
7
d)
√
b) 4 5π
π2
2
e)
π 4
2 (e
40
3
− 6 ln 3.
g)
− e2 )
f)
√
30.
π
−8
4 (1 − 9e )
√
√
c) 2π ( 2 + ln(1 + 2))
Bibliografia
[1]
[2]
[3]
[4]
J. Banaś, S. W˛edrychowicz Zbiór zadań z analizy matematycznej. WNT
W. Krysicki, L. Włodarski, Analiza matematyczna w zadaniach. PWN, Cz˛eść I
F. Leja, Rachunek różniczkowy i całkowy. PWN
W. Stankiewicz, Zadania z matematyki dla wyższych uczelni technicznych. PWN, Cz˛eść I
124

KOMPENDIUM Z MATEMATYKI ε = mc

Transkrypt

Podobne dokumenty

Oficjalna ściąga, którą wolno przynieść na egzamin. Przynoszenie

Ćwiczenia z Algebry liniowej z geometrią. I rok matematyki z fizyką

Stałe astronomiczne i fizyczne

Pochodne funkcji złożonych Według mnie w tych wszystkich

Geometria Różniczkowa I

Ćwiczenia nr 10 z “Robotyki 1” Przypominam: – definicja nawiasu

Krzywe Lissajous - Instytut Fizyki UO