Blok 1. KMA/MA2M Matematická. Primitivní funkce. Modernizace studijního programu Matematika na PřF Univerzity Palackého v Olomouci

Transkript

1 Modernizace studijního programu Matematika na PřF Univerzity Palackého v Olomouci CZ.1.07/..00/ KMA/MAM Matematická analýza Primitivní funkce Blok 1

2 1 Definice a základní vlastnosti Definice 1.1 Necht f, F : R R, I R je interval. Řekneme, že funkce F je primitivní k f na intervalu I právě tehdy, když Poznámka 1. x I : F (x) = f(x). (a) Je-li x krajním bodem intervalu I patřící do tohoto intervalu, pak výrazem F (x) se v Definici 1.1 rozumí příslušná jednostranná derivace. (b) Z Definice 1.1 okamžitě plyne, že primitivní funkce má derivaci a tedy je spojitá (na příslušném intervalu). (c) Z Definice 1.1 také plyne, že je-li F primitivní k f na intervalu I, je F primitivní k f také na každém podintervalu intervalu I (proč?). Věta 1. (a) Necht F je primitivní k f na intervalu I, C R. Pak funkce F + C je také primitivní k f na I. (b) Jsou-li F, G primitivní k f na intervalu I, pak F G je konstantní na I, neboli C R x I : F (x) = G(x) + C. V důkazu Věty 1.(b) jsme potřebovali, aby I byl interval. Opravdu, pokud by I nebyl interval, tuto větu bychom nedokázali. Uvažujme množinu I = (0, 1) (1, ) (nejde o interval) a dvě funkce na této množině definované: { 1 x (0, 1), F (x) = 0, x I, G(x) = 0 x (1, ). Vidíme, že F (x) = G (x) = 0 pro všechna x I. Vidíme, že obě funkce mají stejnou derivaci (nulovou). Jejich rozdíl ale není konstantní funkce! Z toho důvodu primitivní funkci definujeme pouze na intervalu. Poznámka 1.4 (a) Z Věty 1. plyne, že množina primitivních funkcí k f na I je bud prázdná nebo nekonečná; speciálně, je-li F primitivní funkce k f na I, pak množina všech primitivních funkcí k f na I je ve tvaru {F + C ; C R} a nazýváme ji neurčitým integrálem funkce f. (b) Primitivní funkci (jakoukoliv) k funkci f bývá zvykem označovat symbolem f(x),

3 tzn. rovnost F (x) = f(x) je ekvivalentní rovnosti F (x) = f(x) (na příslušném intervalu). Např. x = x, x = x + 1,... a obecně x = x + C, kde C R. Zdůrazněme, že symbolem f(x) myslíme jednu z primitivních funkcí, tzn. neurčuje jednoznačně konkrétní funkci. (c) Jak bylo zmíněno v bodu (a), funkce nemusí mít na daném intervalu žádnou primitivní funkci. Jak se dozvíme ve Větě 4.5 opory č., každá funkce, která je na daném intervalu spojitá, má na něm primitivní funkci. (d) Procesu hledání primitivní funkce říkáme integrace. Z tabulky derivací elementárních funkcí a vlastností derivací lze odvodit: = C, x α = xα+1 + C, pro α R, α 1, α + 1 x 1 = ln x + C, e x = e x + C, a x = ax + C, pro a > 0, a 1, ln a cos x = sin x + C, sin x = cos x + C, = tg x + C, cos x sin = cotg x + C, x = arcsin x + C, 1 x x + 1 = arctg x + C, sh x = ch x + C,

4 1. ch x = sh x + C, 14. sh = cotgh x + C, x 15. ch = tgh x + C, x 16. x + 1 = ln(x + x + 1) + C, x = 1 ln 1 + x 1 x + C, f (x) 18. = ln f(x) + C, f(x) 19. f(ax + b) = 1 F (ax + b) + C, a pro kde C R. a, b R, f(x) = F (x), V této tabulce jsou pouze předpisy primitivních funkcí, ale nejsou uvedeny příslušné intervaly. Pokud jsou funkce na levých stranách definované na celém R, pak vzorec platí na celém R. Např. funkce kosinus je definovaná na celém R, tzn. vzorec 6. říká, že sinus je primitivní k funkci kosinus na celém R. Dále, funkce 1/x je definovaná na množině R\{0}, což není interval. Vzorec. tedy chápeme takto: Funkce s předpisem ln x je primitivní k 1/x na intervalech (, 0) a (0, ) (a samozřejmě na každém podintervalu těchto intervalů). Pochopitelně se setkáme i s potřebou najít primitivní funkce k jiným funkcím, než jsou uvedeny v této tabulce. Potřebujeme k tomu znát další vlastnosti primitivních funkcí a metody jejich výpočtu. Jak uvidíme, problém najít primitivní funkci nebude tak přímočarý jako třeba úkol najít derivaci funkce. Věta 1.5 (linearita integrace) Necht f, g, F, G : R R, F, G jsou primitivní k f, g na intervalu I a α, β R. Pak αf + βg je primitivní k αf + βg na I, neboli (αf(x) + βg(x)) = α f(x) + β g(x). Odtud mimochodem okamžitě plyne, že pro funkce f, g mající primitivní funkci (na jistém intervalu) a α R platí (f(x) + g(x)) = f(x) + g(x) a αf(x) = α f(x). Příklad 1.6 Platí (1 + 5x x ) = x x = x + 5x x4 + C, C R, 4 kde jsme první rovnost dostali z Věty 1.5 a druhou rovnost z tabulky vzorců (vzorec číslo ). 4

5 Základní metody výpočtu primitivní funkce Uvažujme dvě funkce u, v : R R mající na intervalu I derivace u, v. Pak (uv) = u v + uv na I, neboli (u v + uv ) = uv. Poznamenejme, že nemusíme vždy k primitivní funkci přičítat konstantu C. Pokud hledáme jen jednu primitivní funkci, často volíme C = 0. Tím, že k primitivní funkci přičteme libovolnou konstantu C pouze ukazujeme, jak vypadají všechny primitivní funkce. Podle Věty 1.5 pak u v + uv = uv a tedy uv = uv u v. Poslední rovnosti se říká integrace per partes (po částech). To samé říká následující věta. Věta.1 (integrace per partes) Necht u, v : R R mají na intervalu I derivace u, v. Je-li F : R R primitivní k u v na I, pak uv F je primitivní k uv na I, neboli u(x)v (x) = u(x)v(x) u (x)v(x). Podíváme-li se na tento vzorec vidíme, že není úplně takový, jak bychom si přáli. Pouze převádí problém nalezení primitivní funkce k funkci uv na problém nalezení primitivní funkce k funkci u v. Pokud Větu.1 použijeme bez přemýšlení, můžeme naopak výpočet zhoršit (takzvaně z louže pod okap). Viz následující příklad. Příklad. (a) Určeme předpis primitivní funkce xe x. Řešení: Jde o to najít primitivní funkci k funkci ve tvaru součinu. Metoda integrace per partes nám dává na výběr - jednu funkci položíme jako funkci u a druhou jako v. Nevhodnou volbou můžeme situaci ještě zhoršit. Ukažme nejprve nevhodnou volbu: Zvolíme u(x) = e x, v (x) = 1. Pak u (x) = e x a např. v(x) = x / (nebo v(x) = x / + C, kde C je jakákoliv vhodná konstanta - my jsme vzali C = 0). Výpočet zapisujeme takto [ ] u = e xe x x u = e x = v = x x = x v = x ex ex. 5

6 Vidíme, že ted dokonce máme integrovat něco ještě složitějšího. Ukažme nyní správnou volbu funkcí u a v : [ ] u = x u xe x = = 1 v = e x v = e x = xe x e x = xe x e x + C, C R. Základ úspěchu spočíval v tom, že jsme u a v volili tak, abychom již byli schopni primitivní funkci k u v určit, nebo alespoň abychom situaci zjednodušili. Viz další příklad. (b) Uvažujme polynom stupně n N, který označme jako P n a hledejme funkční předpis následující primitivní funkce: P n (x)e x Řešení: Úvaha je podobná jako v předchozím případě. Obecně je třeba si uvědomit, že metoda integrace per partes převede jednu primitivní funkci na druhou, konkrétně uv na u v. Prakticky to znamená, že jeden z činitelů budeme derivovat (ten, který si zvolíme za u) a druhý budeme integrovat (ten, který si zvolíte za v ). Podobně jako v předchozím případě je správná volba taková, že budeme derivovat polynom P n, protože bychom měli vědět, že derivace polynom je polynom nižšího stupně (o jedničku). Tedy: P n (x)e x = u = P n(x) u = P n(x) = Q n 1 (x) v = e x v = e x = P n (x)e x Q n 1 (x)e x, kde polynom Q n 1 je stupně n 1. Stojíme tedy před podobným problémem, který také podobně vyřešíme opět metodou per partes. Zvolíme u = Q n 1 a v = e x. Tento postup opakujeme, až zderivujeme polynom na konstantu. V té chvíli stačí použít Větu 1.5 a vzorec 4. (c) Podobně se řeší úloha nalézt předpis primitivní funkce P n (x) cos x. Řešení: Opět volíme metodu per partes. Derivovat budeme polynom, integrovat budeme kosinus, tzn. u = P n, v = cos. Problém převedeme na úlohu hledání primitivní funkce P n(x) sin x. To zase řešíme metodou integrace per partes tak, abychom snižovali derivováním stupeň polynomu, tzn. derivujeme polynom, integrujeme sinus. 6

7 (d) Necht k, n N. Nalezněme předpis primitivní funkce x k ln n x. Řešení: Zde vidíme opět funkci ve tvaru součinu. Protože funkci ln n x integrovat neumíme, budeme muset zvolit konfiguraci u(x) = ln n x a v (x) = x k. Platí x k ln n u = ln n x u = n lnn 1 x x = x v = x k v = xk+1 = xk+1 ln n x n x k ln n 1 x. k + 1 k + 1 k+1 Jestliže n = 1, pak výpočet končíme použitím vzorce. Pokud n > 1, opakujeme náš postup do té doby než snížíme mocninu logaritmu na nulu a můžeme použít vzorec. (e) Určeme funkční předpis funkce ln x. Řešení: Jde vlastně o primitivní funkci, jejíž funkční bychom očekávali v základní tabulce vzorců. Bohužel není tak jednoduché uhádnout její primitivní funkci. Úlohu vyřešíme metodou per partes, ikdyž by nás to na první pohled nemuselo napadnout. Vždyt tato metoda se používá na hledání primitivních funkcí k funkcím ve tvaru součinu, přitom ted integrujeme pouze jednu funkci. Naše úvaha spočívá v tom, že se na ln x můžeme dívat jako na součin 1 ln x. Máme tedy ln x = u = ln x u = 1 x v = 1 v = x = x ln x 1 = x ln x x + C. (f) Určeme P n (x) arctg x. Řešení: Pokud máme vypočítat tento příklad metodou per partes, budeme muset volit za u funkci arctg, protože v opačném případě bychom museli zjistit její primitivní funkci, což v této chvíli neumíme. Nutně tedy P n (x) arctg x = u = arctg x u = 1 1+x v = P n (x) v = P n (x) = Q n+1 (x) Qn+1 (x) = Q n+1 (x) arctg x, 1 + x kde Q n+1 je polynom stupně n + 1. Funkci Q n+1 (x)/(1 + x ) budeme integrovat tak, že nejprve provedeme podíl (s případným zbytkem). Výsledek je tedy prim. funkce k polynomu (který hravě zintegrujeme viz Příklad 1.6) a zbytek, což je obecně Ax + B 1 + x, 7

8 kde A, B R jsou nějaké konkrétní konstanty. Tento výraz upravíme s využitím Věty 1.5 na Ax + B 1 + x = A x 1 + x + B 1 + x. Uhádnutím nebo s pomocí 1. věty o substituci (Věta.) máme x 1 + x = 1 ln(1 + x ) a předpis druhé primitivní funkce vidíme hned ze vzorce číslo 11. Vypočtěte tento příklad pro P n (x) = 1. (g) Řešme e x sin x. Řešení: Podíváme-li se na předchozí příklady, budeme chvíli váhat, než učitíme konkrétní volbu. Derivováním i integrováním funkce exponenciální dostáváme ji samotnou a derivováním i integrováním funkce sinus budeme pořád dostávat plus/mínus funkci sinus a kosinus. Takže to vypadá, že by se náš výpočet dostal do nekonečné smyčky, ze které řešení nezískáme. Tato primitivní funkce se řeší opakovaným použitím per partes a to tak, že v obou případech se za funkci u vezme goniometrická (sinus nebo kosinus) a za v se vezme exponenciální. Nebo přesně naopak. Platí tedy e x sin x = u = sin x u = cos x v = e x v = e x = ex sin x e x cos x = u = cos x u = sin x v = e x v = e x = ex sin x e x cos x e x sin x Dostali jsme tedy rovnost e x sin x = e x sin x e x cos x e x sin x. K oběma stranám této rovnosti přičteme e x sin x a podělíme ji dvěma. Je potřeba zmínit, že symbol e x sin x je jedna z primitivních funkcí k funkci e x sin x, tzn. na levé a na pravé straně může tento symbol znamenat jinou funkci! Naštěstí to nebude vadit. Proč? Dostáváme kýžený výsledek e x sin x = ex (sin x cos x). (h) Pro n N, a > 0 vypočtěme F n (x) = 8 (x + a ) n.

9 Řešení: Podobně jako v příkladu (e) si integrovanou funkci představíme jako vynásobenou jedničkou, tzn. F n (x) = (x + a ) = n u = (x + a ) n u = n(x + a ) n 1 x v = 1 v = x x = (x + a ) + n x n (x + a ) n+1 x x = (x + a ) + n + a a n (x + a ) n+1 x = (x + a ) + n n (x + a ) n na (x + a ) n+1 x = (x + a ) + nf n(x) na F n n+1 (x). Po úpravě dostáváme rekurentní vzorec F n+1 (x) = x n(x + a ) + ( 1 1 ) F n (x). n pro všechna n N. Máme-li tedy vypočítat F 4 (x) aplikujeme pro n = získaný vzorec, kde se na pravé straně objeví ovšem F (x). Na to aplikujeme stejný vzorec ale pro n =. Takto postupujeme až do chvíle, kdy se nám vyskytuje na pravé straně F 1 (x), tzn. zbývá ještě určit F 1 (x) = x + a. Pomocí 1. věty o substituci (viz dále Příklad.4(c)) zjistíme, že F 1 (x) = 1 a arctg x a. Věta. (1. věta o substituci) Necht F je primitivní funkce k funkci f na intervalu I R, ϕ : R R má na intervalu J R derivaci a ϕ(j) I. Pak F ϕ je primitivní k (f ϕ) ϕ na J neboli f(ϕ(x))ϕ (x) = f(t) dt. t=ϕ(x) Důkaz: Předpokládáme, že F (t) = f(t) t I. Z předpokladu ϕ(j) I plyne, že F ϕ a f ϕ jsou definované na celém intervalu J. Podle věty o derivaci složené funkce platí (F ϕ) (x) = F (ϕ(x))ϕ (x) = f(ϕ(x))ϕ (x) x J. Tím je dokázáno, že F ϕ je primitivní k funkci (f ϕ) ϕ na I, neboli f(ϕ(x))ϕ (x) = F (ϕ(x)), x J. 9

10 Z praktických důvodů je výhodnější ve Větě. místo F psát f(t) dt (bohužel se zde nevyhneme zápisu její proměnné, kterou jsme označili jako t). Následně funkční hodnotu funkce F v bodě ϕ(x) (tzn. výraz F (ϕ(x))) zapisujeme symbolem f(t) dt. t=ϕ(x) Příklad.4 Nalezněte funkční předpis primitivní funkce (a) xe x, (b) cos x, (c), kde a R, a > 0. x + a Řešení: (a) Vidíme, že integrovaná funkce je ve tvaru součinu, takže začátečník by pravděpodobně nejdříve sáhl po metodě integrace per partes (zkuste to). Správnou volbou v tomto případě je ale Věta.. Položme V tom případě f(t) = e t, t I = R, ϕ(x) = x, x J = R. f(ϕ(x))ϕ (x) = e x ( x) = xe x, x R, což ale není přesně funkce, k níž hledáme primitivní funkci. To ale nemusí být díky Větě 1.5 žádný problém. Platí totiž xe x = 1 e x ( x). Můžeme pak použít Větu., tzn. píšeme 1 e x ( x) = 1 e t dt t= x. Protože podle vzorce 4. e t dt = e t platí 1 e t dt t= x = 1 et t= x = 1 e x 10

11 a konečně máme výsledek. Takto rozvláčně ovšem nepočítáme. Tento výpočet by spíš ve sbírce řešených příkladů vypadal nějak takto xe x = t = x dt = x = 1 e t dt = 1 et + C = 1 e x + C. Ve skutečnosti jde o velmi jednoduchý příklad, který by již zkušený student měl vypočítat triviálně, tzn. řešení uhádnout. (b) Je více možností jak řešit tento příklad. Lze použít metodu integrace per partes, ale rychlejší bude použití první věty o substituci. Pouze je třeba si pamatovat goniometrický vzoreček α R : cos α = 1 + cos α. Podobně při integraci funkce sin se hodí vzorec α R : Můžeme tedy psát cos x = 1 sin α = (1 + cos x) = 1 1 cos α. + 1 cos x. První primitivní funkci vypočteme okamžitě ze vzorečku a na výpočet toho druhého použijeme první větu o substituci. Následuje jen zkrácený zápis výpočtu: cos x = t = x dt = = 1 cos x = 1 cos t dt = 1 sin t = 1 sin x. Dohromady tedy máme cos x = 1 x + 1 sin x + C, 4 kde C R je libovolná konstanta. (c) Integrovaná funkce by nám mohla připomínat vzorec 11, tzn. výsledkem by byl nějaký arkustangens. To nám ale komplikuje parametr a. Jak se ho zbavit a místo něj strčit jedničku? Není nic jednoduššího, než konstantu vytknout před integrační znamení, platí totiž x + a = 1 a x + 1. a Na první pohled se může jevit, že jsme si moc nepomohli. Ale platí x ( x ) a =, a 11

12 což nás může inspirovat k lineární substituci t = x a, dt = 1 a. Poznamenejme, že lineární substituci lze použít vždy nezávisle na tvaru integrované funkce a to proto, že derivace je vždy konstanta. Tu si samozřejmě vždy můžeme opatřit. Platí x + a = 1 a x a + 1 = 1 a a 1 1 ( x a = 1 a arctg t + C = 1 a arctg x a + C. a ) = a dt t + 1 Jak bylo řečeno, při počítání Příkladu.4(a) by nás mohlo napadnout řešit úlohu metodou integrace per partes (asi pro u(x) = e x, v (x) = x), ale to se ukáže jako slepá ulička. Při úvahách nad použitím věty o substituci je potřeba mít tip na funkci ϕ. Zde to je celkem jednoduché: ϕ(x) = x, protože pak se výraz e x zjednoduší na e t. To ale ještě neznamená, že substituci lze úspěšně použít. Její použití je umožněno tím, že ϕ (x) = x se vyskytuje v integrované funkci (až na multiplikativní konstantu, tu lze libovolně vytýkat před integrační znamení). Např. na celkem nevinně vyhlížející příklad e x zmíněnou substituci nelze úspěšně použít právě proto, že tam není výraz ϕ (x) (pro ϕ(x) = x ). Autorovi této opory není známo, že by se kdy vůbec někomu podařil nalézt funkční předpis posledně zmíněné primitivní funkce. Věta.5 (. věta o substituci) Necht f : R R je definována na intervalu I; ϕ : R R má na intervalu J derivaci takovou, že ϕ (x) 0 x J a ϕ(j) = I. Je-li F : R R primitivní k funkci (f ϕ)ϕ na J, pak F ϕ 1 je primitivní k funkci f na intervalu I, neboli f(x) = f(ϕ(t))ϕ (t) dt t=ϕ 1 (x). Důkaz. Podle Darbouxovy věty je ϕ darbouxovská na J. To spolu s její nenulovostí na J implikuje, že je bud ϕ kladná na J nebo je to záporná funkce na J. Tedy funkce ϕ je bud rostoucí na J nebo klesající na J. V obou případech je na J prostá. Protože navíc ϕ(j) = I, existuje inverzní funkce ϕ 1 : I J. Podle předpokladu pro všechna t J platí F (t) = f(ϕ(t))ϕ (t). Pak pro každé x I platí (F ϕ 1 ) (x) = F (ϕ 1 (x)) 1 ϕ (ϕ 1 (x)) = f(ϕ(ϕ 1 (x))) ϕ (ϕ 1 (x)) kde jsme využili větu o derivaci inverzní funkce. 1 1 ϕ (ϕ 1 (x)) = f(x),

13 Podobně jako v tvrzení Věty., značí-li F primitivní funkci k (f ϕ) ϕ, pak výraz F (ϕ 1 (x)) zapisujeme symbolem f(ϕ(t))ϕ (t) dt t=ϕ 1 (x). Prakticky to znamená, že spočítáme funkční předpis f(ϕ(t))ϕ (t) dt a poté všechny výskyty symbolu t nahradíme výrazem ϕ 1 (x). Příklad.6 Vypočtěte primitivní funkce (a) 1 x, (b) x x + 1. Řešení: (a) Tento příklad lze řešit i metodou integrace per partes zkuste to (návod: použijte známou fintu v (x) = 1). My si na něm ale ukážeme použití druhé věty o substituci. To již vyžaduje více přemýšlení a opatrnosti, než tomu bylo u věty první. Nejprve zjistěme definiční obor integrované funkce. To je zřejmě interval 1, 1. Z jistých důvodů, které za chvíli vyjdou najevo, budeme hledat tuto primitivní funkci pouze na otevřeném intervalu ( 1, 1). Použijeme tedy Větu.5, přičemž zřejmě vezmeme f(x) = 1 x, x I = ( 1, 1). Zbývá vyřešit otázku, jak zvolíme funkci ϕ. U první věty o substituci jsme moc voleb neměli bylo to dáno tím, že se tato funkce vyskytovala v integrandu. Nyní se ale ϕ vyskytuje nalevo, tzn. volíme si ji sami. A to tak, aby se situace zjednodušila. Naše volba závisí na zkušenosti. V tomto případě je vhodné zvolit ϕ(t) = sin t, t J = ( π, π Jak vzápětí uvidíme, vhodnost této volby spočívá v platnosti rovnosti 1 sin t = cos t. Ověřme ale nejprve, že Věta.5 tuto volbu připouští. Evidentně ϕ (t) = cos t > 0, t ( π/, π/) a ϕ zobrazuje interval J na interval I (nakreslete si graf této funkce!). Zde vidíte, proč jsme se omezili při našem hledání na interval ( 1, 1). Kdybychom trvali na hledání primitivní funkce na celém intervalu 1, 1 a chtěli bychom vzít za ϕ opět nějakou restrikci funkce sinus, museli bychom vzít za její definiční obor uzavřený interval π/, π/. Problém je ale v tom, že je porušena podmínka nenulovosti derivace funkce ϕ právě v krajních bodech tohoto intervalu. Podle Věty.5 tedy platí 1 x = 1 sin t cos t dt, ). kde na pravé straně po vyjádření primitivní funkce dosadíme místo proměnné t výraz ϕ 1 (x), v tomto případě arcsin x. Nyní hledejme primitivní funkci k 1 sin t cos t na intervalu ( π/, π/). Protože pro t ( π/, π/) platí cos t > 0 můžeme upravit cos 1 sin t cos t dt = t cos t dt = cos t cos t dt = cos t dt. 1

14 Z Příkladu.4(b) dostáváme cos t dt = 1 t + 1 sin t + C, 4 kde C R je libovolná konstanta. Po dosazení t = arcsin x dostáváme 1 x = 1 arcsin x + 1 sin( arcsin x) + C, 4 což ale není zrovna jednoduchý předpis. Můžeme ho ale vylepšit, protože pro všechna t ( π/, π/) platí sin t = sin t cos t = sin t cos t = sin t 1 sin t. Po dosazení t = arcsin x nyní dostáváme 1 x = 1 arcsin x + 1 x 1 x + C, což je už mnohem hezčí výsledek. Nekomentovaný výpočet primitivní funkce by asi vypadal takto:. v. o s. 1 x = sin t cos x = = cos t dt = 1 sin t cos t dt = t cos t dt t ( π/, π/) t = arcsin x = cos t cos t dt = cos t dt = 1 (1 + cos t) dt = 1 t sin t + C = 1 t + 1 sin t 1 sin t + C = 1 arcsin x + 1 x 1 x + C, kde C R je libovolná konstanta. Ještě dodejme, že jsme primitivní funkci nalezli pouze na intervalu ( 1, 1). Přitom teorie říká, že existuje na celém intervalu 1, 1 (viz Poznámku 1.4(c)) a je na něm spojitá (to plyne z Poznámky 1.(b)). Jaké tedy bude mít nalezená funkce funkční hodnoty v bodech 1 a 1, aby šlo o primitivní funkci? Stačí ji spojitě v těchto bodech dodefinovat. Naštěstí předpis nalezené primitivní funkce je dokonce definován na celém intervalu 1, 1 a jde o spojitou funkci na 1, 1. Můžeme tedy konstatovat, že jsme naším výpočtem dokonce nalezli primitivní funkci na celém intervalu 1, 1. Pokud nevěříte (což je správný přístup matematika), zkuste si vypočítat příslušné jednostranné derivace nalezené primitivní funkce v bodech 1 a 1 a porovnat je s funkčními hodnotami zadané funkce. (b) Je vidět, že funkce je definovaná a spojitá na celém R. Podle Poznámky 1.4(c), každá funkce která je na daném intervalu spojitá, má na něm primitivní funkci. Úloha tedy zní nalézt primitivní funkci k zadané funkci na celém R. Zkusíme druhou větu o substituci. Samozřejmě položíme x f(x) = x + 1, x I = R. 14

15 Jako výhodná by se mohla jevit substituce ϕ(t) = t, t J = R, protože po dosazení se úloha zjednodušší (zbavíme se těch odmocnin) a navíc ϕ(r) = R. Máme ovšem jeden problém a to s nenulovostí derivace, totiž ϕ (t) = t, t R, kde ϕ (t) = 0 právě pro t = 0. Řešením je nule se vyhnout, tzn. uvažovat dva případy. Nejprve položíme J 1 = (, 0) a poté J = (0, ), přičemž ϕ(j 1 ) = (, 0) = I 1, ϕ(j ) = (0, ) = I. Nejprve tedy hledejme primitivní funkci na intervalu I 1. Máme. v. o s. x x + 1 = x = t = t dt t = t J 1 = (, 0) t + 1 t dt = t = x t t + 1 dt. Dostáváme se k problému určit primitivní funkci k tzv. racionální funkci. Obecný postup si ukážeme až v další kapitole, zde se ale díky jednoduchosti příkladu bez něj obejdeme. Máme opět několik možností stačí zvolit tu, která vede k cíli (a co možná nejkratší cestou). Někoho může napadnout použít metodu integrace per partes např. takto: u(t) = t, v (t) = arctg t. Otázkou pak je, co dál. My zvolíme lepší cestu. Podělíme polynom polynomem nebo ještě lépe, použijeme následující fintu: Můžeme tedy počítat dál: t t + 1 = t + t t t + 1 t t + 1 dt = = t(t + 1) t t + 1 t dt = t t t + 1. t t + 1 dt. Na výpočet první primitivní funkce použijeme vzoreček a na druhou 1. větu o substituci, konkrétně s = t + 1 a to proto, že ds = t dt, přičemž výraz t dt již v zadání máme. Proto máme t t + 1 dt = 1. v. o s. s = t + 1 ds = t dt = 1 t t + 1 dt = 1 1 s ds = 1 ln s = 1 ln(t + 1). Všimněte si, že absolutní hodnotu v logaritmu jsme vynechali, protože t + 1 > 0. Dohromady dostáváme. v. o s. x x + 1 = x = t = t dt =... = t J 1 = (, 0) t ln(t +1) = x ln( x +1). t = x 15

16 Určili jsme tedy primitivní funkci na intervalu I 1. Nalezněme ji nyní na intervalu I. Pohled na předchozí výpočet nám ovšem prozradí, že jsme nikde nevyužili faktu, že hledáme primitivní funkci na tom či onom intervalu. Výpočet bude tedy úplně stejný a tedy i předpis primitivní funkce bude stejný jako na intervalu I 1. Dostali jsme tak předpisy (vlastně jen jeden předpis) primitivních funkcí na intervalech I 1 a I. My ale hledáme předpis funkce, která je primitivní k f na celém R. Problém je s nulou. Označíme F (x) = x ln( x + 1). Doposud jsme tedy zjistili, že F je primitivní k f na intervalech (, 0) a (0, ), jinak řečeno F (x) = f(x) x (, 0) (0, ). K tomu, aby byla F primitivní k f na celém R, stačí pouze ověřit, že F (0) = f(0). Snadno spočítáme (třeba podle definice derivace s použitím l Hospitalova pravidla), že F (0) = 0. Pouhým dosazením do předpisu funkce dostáváme také f(0) = 0. Můžeme tedy již slavnostně napsat náš výsledek x x + 1 = x ln( x + 1) + C, (na celém R) kde C R je libovolná konstanta. Integrace racionálních funkcí Racionální funkcí rozumíme funkci mající předpis P (x) Q(x), kde P a Q jsou polynomy. Je-li deg P deg Q, pak lze podělit (se zbytkem), tzn. existují polynomy P 1 a P takové, že P (x) Q(x) = P 1(x) + P (x) Q(x), kde deg P < deg Q. Pak P (x) Q(x) = P 1 (x) + P (x) Q(x). Integrovat polynom není problém, tzn. těžištěm výpočtu je nalezení primitivní funkce ryze lomené funkce. Tu ovšem umíme rozložit na parciální zlomky, tzn. vyjádřit jako jejich součet. Díky Větě 1.5 nakonec vypočítáme primitivní funkce k parciálním zlomkům, tzn. určíme funkční předpisy funkcí A (x x 0 ) n, 16 Bx + C (x + px + q) n,

17 kde p 4q < 0, tzn. kvadratický polynom x + px + q nemá reálné kořeny (je tzv. ireducibilní v R). První případ je jednoduché použití první věty o substituci, kterou budeme provádět v příkladech triviálně. Zde uvedeme podrobný popis: Pro n = 1 je výsledek a pro n > 1 je výsledek A t n+1 A (x x 0 ) n = 1. v. o s. t = x x 0 dt = = A dt t n A ln t + C = A ln x x 0 + C = A t n dt. n C = A (n 1)t + C = A + C. n 1 (n 1)(x x 0 ) n 1 Druhý typ parciálního zlomku je o něco komplikovanější. Ukažme si obecný postup. Naše první myšlenka by měla být první věta o substituci, konkrétně t = x + px + q, tzn. dt = (x + p). Ta by šla bez problému použít, kdyby A = a B = p. To ale většinou neplatí. Řešením je vhodnými úpravami upravit čitatele na žádaný tvar. Za předpokladu, že B 0 můžeme psát Bx + C (x + px + q) n = B = B = B x + C + p p B (x + px + q) n x + p (x + px + q) + B n x + p (x + px + q) + B n C p B (x + px + q) ) n ( C B p Na výpočet první primitivní funkce použijeme zmíněnou substituci, tzn. x + p dt (x + px + q) = n t = t n dt. n (x + px + q) n. Zbytek výpočtu je jednoduchý a záleží na tom, zda n = 1 nebo n > 1, tzn. použijemeli vzorec nebo. Pak jen stačí dosadit za t = x + px + q. Druhou primitivní funkci si musíme ještě upravit. Platí ( x + px + q = x + p ) p (x 4 + q = + p ) 4q p +. 4 Podle předpokladu 4q p > 0 4 můžeme tento zlomek psát jako druhou mocninu jistého kladného čísla a, tzn. položme 4q p a =. 4 17

18 Píšeme tedy x + px + q = ( x + p ) + a. Po substituci t = x + p, dt = dostáváme 1 (x + px + q) = n 1 ( (x ) + p n = + a ) dt (t + a ) n. Pro n = 1 nalezneme další postup v Příkladu.4(c) a případ n > 1 je uveden v Příkladu.(h). Dodejme, že pokud je obecný postup na první čtení příliš obtížný, je lepší podívat se na konkrétní příklady, třeba na Příklad.1. Příklad.1 Vypočtěte (a) (b) x 4 + 6x + x, x 4 x (x + 1)(x + x + 1). Řešení: (a) Vidíme, že nejde o ryzí racionální funkci, tedy podělíme. Dostáváme x 4 + 6x + x x + 6x + x = 1 +. x 4 x x (x ) Nyní můžeme provést rozklad na parciální zlomky (což už umíme z minulého semestru): x + 6x + x x (x ) = A x + B x + C x + D x, přičemž po chvíli počítání nalezneme A =, B = 0, C = 1, D = 5. Dostáváme x 4 + 6x ( + x = x + x 4 x x + 1 x + 5 ) x = x ln x ln x + C, x kde C R (na každém intervalu neobsahujícím 0 a ). (b) Zde jde o ryzí racionální funkci, tedy můžeme přímo provést rozklad na parciální zlomky: 1 (x + 1)(x + x + 1) = A x Bx + C x + x Dx + E (x + x + 1). Po chvíli počítání dojdeme k A = 1, B = 1, C = 0, D = 1, E = 0. Tedy máme (x + 1)(x + x + 1) = x + 1 x x + x + 1 x (x + x + 1). 18

19 Máme nyní k počítání tři primitivní funkce. První je jednoduchá, stačí použít první větu o substituci; platí = ln x + 1. x + 1 U druhé primitivní funkce bychom také rádi použili 1. větu o substituci, konkrétně t = x + x + 1, tzn. pak dt = (x + 1). To je problém, protože v čitateli máme pouze x. Kýžený výraz tam ale můžeme propašovat naším oblíbeným trikem: x x + x + 1 = 1 x x + x + 1 = 1 x + 1 x + x x + x + 1. U první primitivní funkce použijeme zmíněnou substituci, druhou se budeme snažit vhodnou substitucí převést na arkustangens. Použijeme-li u první primitivní funkce první větu o substituci dostáváme x + 1 x + x + 1 = ln(x + x + 1). U druhé budeme teprve hledat vhodnou substituci. Upravíme nejprve jmenovatel do vhodnějšího tvaru ( x + x + 1 = x + 1 ) 1 ( = x + 1 ) ( ) + 4 = x ( (x = ) ) Pak 1 x + x + 1 = 4 ( ). x Použitím lineární substituce t = x + 1, tzn. dt =, dostáváme x + x + 1 = 4 ( ) = 4 x = arctg t = arctg x + 1. ( ) = x dt t + 1 Použití lineární substituce říká zkráceně vzorec 19. Protože víme, že 1 x = arctg x,

20 pak ze vzorce 19 pro a = a b = 1 dostáváme okamžitě 1 ) = 1 arctg x + 1 = + 1 ( x+1 arctg x + 1. Na tomto příkladu je jasně vidět výhoda znalosti vzorce 19. Druhá primitivní funkce má tedy předpis x x + x + 1 = 1 ln(x + x + 1) 1 arctg x + 1. Zbývá najít předpis primitivní funkce x (x + x + 1) Stejně jako v předchozím bychom rádi substituci t = x + x + 1. Toho dosáhneme stejně, tzn. upravíme x (x + x + 1) = 1 x + 1 (x + x + 1) 1 (x + x + 1). Dostáváme x + 1 (x + x + 1) = t = x + x dt = (x + 1) = t dt = 1 t = 1 x + x + 1. U druhé primitivní funkce ještě budeme hledat vhodnou substituci. Použijeme předešlý výpočet a máme (x + x + 1) = 16 t = x+1 ( 9 ( ) ) = dt = x = 16 dt 9 (t + 1). Na poslední výraz použijeme rekurentní vzorec odvozený v Příkladu.(h). Podle něj platí ( dt (t + 1) = t (t + 1) ) Dosazením za t pak dostaneme x+1 (x + x + 1) =... = = 8 dt t + 1 = ( ( x+1 ) + 1 ) + 1 x + 1 x + x x + 1 arctg. Třetí primitivní funkce má tedy předpis x (x + x + 1) = 1 1 x + x t (t + 1) + 1 arctg t. arctg x + 1 x + 1 x + x x + 1 arctg. 4

21 Dohromady tedy dostáváme (x + 1)(x + x + 1) = ln x ln(x + x + 1) + 1 arctg x x + x Ostrogradského metoda 16 x + 1 x + x x + 1 arctg + C. 4 Jak jsme viděli v předchozím, nejobtížnější a nejpracnější byla integrace parciálních zlomků, v jejichž jmenovateli byl kvadratický polynom (bez reálných kořenů), který byl umocněn na n > 1. Ostrogradského metoda umožňuje toto velmi pracné počítání obejít. Přesněji řečeno, umožňuje převést integraci racionální funkce s násobnými kořeny na integraci (jiné) racionální funkce pouze s jednoduchými kořeny! Věta. Necht P, Q jsou polynomy s reálnými koeficienty, deg P < deg Q, polynom Q má násobné kořeny. Pak existují polynomy P 1 a P tak, že P (x) Q(x) = P 1(x) Q 1 (x) + P (x) (1) Q (x) kde Q(x) = Q 1 (x)q (x) a Q má pouze jednoduché kořeny, deg P 1 < deg Q 1, deg P < deg Q. Vztah (1) se nazývá Ostrogradského vzorec, P 1 /Q 1 se nazývá racionální část, P (x)/q (x) nazýváme transcendentní část primitivní funkce P (x)/q(x). Poznámka. Derivováním (1) dostaneme po úpravě pravé strany máme P Q = P 1Q 1 P 1 Q 1 + P = P Q 1 P 1 1 Q 1 + P, Q 1 Q Q 1 Q P Q = P 1Q Q P 1 1 Q 1 Q + P Q 1. Q 1 Q Nakonec celou rovnost vynásobíme polynomem Q a máme P = P 1Q P 1 Q 1 Q 1 Q + P Q 1, (zdůrazněme, že Q 1 Q 1 Q je opět polynom zjistěte proč). Porovnáním koeficientů členů dostáváme soustavu lineárních rovnic (o stejném počtu neznámých jako rovnic). V tom právě spočívá výhoda této metody: místo pracného integrování se pouze vyřeší soustava lineárních rovnic. Jsou-li kořeny jmenovatele nízkých stupňů (např. n = nebo n = ) pak časová úspora nemusí být až tak citelná. Ale v případě vyšších násobností je jednoznačně lepší použít Ostrogradského metodu. 1

22 Příklad.4 Vypočtěte 4x 8x (x 1) (x + 1). Řešení: Zřejmě P (x) = 4x 8x a Q(x) = (x 1) (x + 1). Pak Q (x) = (x 1)(x + 1) a tedy Q 1 (x) = (x 1)(x + 1). Protože deg Q 1 = deg Q =, budeme hledat polynomy P 1, P tak, že deg P 1 < a deg P <, neboli P 1 (x) = ax + bx + c, P (x) = Ax + Bx + C, kde konstanty a, b, c, A, B, C R jsou zatím neznámé. S pomocí Poznámky. dostáváme rovnost 4x 8x = (ax + b)(x 1)(x 1) (ax + bx + c)(x x + 1) + (Ax + Bx + C)(x 1)(x + 1). Porovnáním koeficientů těchto polynomů dostáváme soustavu šesti rovnic o šesti neznámých a po chvíli snažení bychom měli dojít k výsledku a =, b = 1, c = 0, A = 0, B =, C = 1. Dostáváme tak 4x 8x (x 1) (x + 1) = x x (x 1)(x + 1) + x + 1 (x 1)(x + 1). Zbývá tedy ještě nalézt primitivní funkci k racionální funkci (už je zde uveden i rozklad na parciální zlomky) x + 1 (x 1)(x + 1) = x 1 x 1 x + 1. Snadno již vypočítáme, že 4x 8x (x 1) (x + 1) = x x (x 1) + ln + arctg x + C. (x 1)(x + 1) x Speciální substituce Následuje pouze souhrn některých substitucí a jejich použití. Konkrétní příklady naleznete v opoře č. 7.

23 4.1 Iracionální funkce R ( ( ax + b x, cx + d ) s1,..., ( ) sk ) ax + b, cx + d kde k N, s 1,..., s k Q, d, a, b, c R, ad bc 0. Označíme s nejmenší společný jmenovatel zlomků s 1,..., s k a volíme substituci (. v. o s.) ax + b cx + d = ts, a tedy x = b dts ct s a. 4. Eulerovy substituce Tyto substituce používáme na výpočet primitivních funkcí tvaru R(x, ax + bx + c). Máme celkem tři substituce (. v. o s.): 1. Eulerova substituce: Je-li a > 0, pak volíme substituci ax + bx + c = ± ax + t.. Eulerova substituce: Je-li c > 0, pak volíme substituci ax + bx + c = xt ± c.. Eulerova substituce: Má-li ax + bx + c reálné kořeny α, β, pak lze psát ax + bx + c = a(x α)(x β) a klademe Pak t = a x α x β. ax + bx + c = x β a x α x β. 4. Binomické integrály Jde o primitivní funkce ve tvaru x m (a + bx n ) p kde m, n, a, b, p R. Volíme následující substituce pro následující případy:

24 p Z, m, n Q, pak je substituce x = t s kde s je společný jmenovatel čísel m, n, m+1 n Z, p Q, pak je substituce a + bx n = t s kde s je jmenovatel čísla p, m+1 n + p Z pak máme kde s je jmenovatel čísla p. ax n + b = t s 4.4 Integrace goniometrických funkcí Jde o primitivní funkci ve tvaru R(sin x, cos x). Volíme následující substituce (při výběru zachovávejte uvedené pořadí!): R(sin x, cos x) = R(sin x, cos x), pak je substituce t = sin x (1. věta o subst.) R( sin x, cos x) = R(sin x, cos x), pak je substituce t = cos x (1. věta o subst.) R( sin x, cos x) = R(sin x, cos x), pak je substituce t = tg x (. věta o subst.). Použití této substituce je ale komplikovanější, protože (viz. větu o substituci) je možné ji použít pouze na intervalech x ( π + kπ, π ) + kπ, k Z Pak platí Lze snadno vyjádřit x = arctg t + kπ, = t dt. sin x = t t + 1, cos x = 1 t + 1. Pro provedení substituce integrujeme vzniklou racionální funkci. 4

25 Univerzální substitucí je t = tg x (. věta o subst.). Použití této substituce je ale komplikovanější, protože (viz. větu o substituci) je možné ji použít pouze na intervalech x ( π + kπ, π + kπ), k Z Pak platí Lze snadno vyjádřit x = arctg t + kπ, = 1 + t dt. sin x = t t + 1, 1 t cos x = t + 1. Jak již bylo řečeno, u posledních dvou substitucí může nastat problém právě s tím, že primitivní funkci nenalezneme na celém intervalu, na kterém primitivní funkce ve skutečnosti existuje, ale pouze na zmíněných otevřených intervalech (popř. jejich podintervalech). To se vyřeší slepováním dodefinováním a předefinováním tak aby šlo o spojitou funkci. Více se dozvíte v opoře č. 7. Funkci ve tvaru sin mx cos nx můžeme snadno vypočítat pomocí vzorce (který si lze na zkoušce snadno odvodit): sin α cos β = 1 [sin(α + β) + sin(α β)]. 4.5 Funkce tvaru sin ν x cos µ x kde µ, ν Q. Je-li µ, ν Z, jde o předchozí případ. Je-li µ celé liché, pak volíme substituci t = sin x; je-li ν celé liché, volíme substituci t = cos x; je-li µ + ν celé sudé, volíme substituci t = tg x nebo t = cotg x. Substituce vede na binomický integrál. Je také možno volit substituci t = sin x (= 1 cos x), dt = sin x cos x. Pak sin ν x cos µ x =... = 1 t ν 1 (1 t) µ 1 dt a opět dostáváme binomický integrál. 5

26 4.6 Integrace hyperbolických funkcí Primitivní funkce typu R(sh x, ch x), kde R je racionální funkce, řešíme podobně jako integrace goniometrických funkcí: je-li R(sh x, ch x) = R(sh x, ch x), pak volíme substituci t = sh x; je-li R( sh x, ch x) = R(sh x, ch x), pak volíme substituci t = ch x; je-li R( sh x, ch x) = R(sh x, ch x), pak volíme substituci t = tgh x. Pak a snadno lze odvodit Univerzální substitucí je a snadno lze odvodit, že sh x = = dt 1 t, t 1 t, ch x = 1 1 t. t = tgh x, = dt 1 t, sh x = 4.7 Funkce tvaru sh ν x ch µ x t 1 + t, ch x = 1 t 1 t. kde µ, ν Q. Tento typ vyšetřujeme podobně jako případ Integrace exponenciální funkce Na primitivní funkci použijeme 1. větu o substituci, konkrétně f(e αx ) (α 0) Pak Reference t = e αx, dt = αe αx. f(e αx ) = 1 f(e αx ) αe αx = 1 f(t) dt. α e αx α t [1] Kojecká, J., Závodný, M.: Příklady z matematické analýzy II, Univerzita Palackého, Přírodovědecká fakulta, Olomouc 00. Poslední aktualizace: 05. dubna