MA1: Řešené příklady funkce: integrály

Transkript

1 MA Řešené příklad c phabala 9 Spočítejte následující integrál: π. xsin(x), také x sin(x) ; (x )e x, také MA: Řešené příklad funkce: integrál (x )e x ; (x+ (x ) )cos(x) ;. x ln(x) ; xarctan ( ) x ; 6. (x )ln(x+); x sin(x +); 8. x +6x+5 (x )(x ;. +x+8) e x + ex;. x(+ x ) ;. (sin(x)+) p cos(x),kde pjeparametr. x ; ln(x)(ln (x)+) x +x+ (x +x)(x +) ; cos(x) sin(x) (sin(x)+)(sin (x)+) ; (cos(x)+)sin(x) cos(x)(+sin (x)) ; Spočítejte(pokud konvergují) následující integrál: 6. e x 7. x + x 8.Najděteobsahkonečnéoblastivmezenékřivkami x, (x ) aosou x. Najděteobjemtělesadanéhorotacítétooblastikolemos x. Řešení: Poznámka o zápisu: Do výpočtu často vkládám vsvětlující poznámk mezi závork,jdeo mé soukromé značení, abch nemusel výpočt přerušovat; většinu toho bch při normálním psaní řešení neuváděl. Nicméně hlavně u zkoušk bývá dobré řešení komentovat, ab zkoušející viděl, že jsem výsledek nezískal jinak(třeba osvícením shůr). Jmenovitě, u integrálů bývá tradiční indikovat substituci či per-partes pomocí matice, zde jsem do ní vpisoval jako pomoc studentovi i případný převod mezí při substituci, to se normálně nedělá, protože zda člověk meze převedl je vidět.. Je to klasický integrál na per partes, protože integrujeme rozumnou funkci sinus(umíme ji integrvat), která je bohužel pokažena tím, že je vnásobena členem x. Ten ale při derivování zmizí,cožjepřesněněco,coperpartesumí.tímjetakéřečeno,jakámábýtvolbafunkcí,za fsi dámeto x,abvdalšímvýpočtuzmizelo,ažsenahradívýrazem f. Začneme,nejprvesito připravíme. xsin(x) f x g sin(x) f g cos(x)

2 MA Řešené příklad c phabala 9 Potřebovalijsmezintegrovat g (x)sin(x),cožsestandardnědělásnadnoulineárnísubstitucí. x g g (x) sin(x) d[x] d sin() d sin() d cos()+c cos(x)+c, alepakuperpartesto +C nepíšeme. Podlevzorce fg fg f gtedmáme xsin(x) x ( cos(x)) cos(x) xcos(x)+ cos(x). Tento nový integrál snadno vřešíme lineární substitucí podobně, jako jsme to viděli před chvílí. xcos(x)+ cos(x) x d xcos(x)+ cos() d xcos(x)+ sin()+c sin(x) xcos(x)+c, x IR. Určitý integrál: Jedna možnost, jak jej spočítat, je prostě nejprve vpočítat neurčitý integrál(právě jsme udělali) a pak do výsledné primitivní funkce dosadit meze. π xsin(x) [ sin(x) xcos(x) ] π [ sin(π) πcos(π)] [ + sin()] π. Alternativa: Při použití metod per partes je možné počítat určitý integrál přímo, bývá to kratší. Je ovšem důležité nezapomenout dosadit meze do všech vznikajících částí. Výpočet používá i substituce, která také umožňuje přímý výpočet určitého integrálu, je pak ale zase třeba nezapomenout transformovat i meze. π xsin(x) f x g sin(x) ] π f g cos(x) [ π xcos(x) + cos(x) x d x xπ π [ ] π sin() π+ [ πcos(π) ( )] + π+ [ sin(π) sin() ] π. π cos() d Alternativa: U neurčitého i určitého integrálu se nabízí také zajímavá možnost t dvě metod prohodit, nejprve se substitucí zbavit násobku v sinu a pak použít per partes, hlavně u toho určitého mi to přijde kratší. π x x π xsin(x) d x xπ π f g sin() f g cos() sin() d π ([ ] π cos() + sin() d π ) cos() d ] [ ] π ] [ πcos(π) ( ) + sin() [ π+ sin(π) sin() π. Vpadátotaktokratší,pročjsmetotakneudělalirovnou?Onojetokratšíproto,žejsmepředtím složitě rozebírali ten integrál pro g. Pro méně zkušeného integrátora je ted tato alternativa lepší.

3 MA Řešené příklad c phabala 9 Zkušenýřešičalekroktpu kdž g integrál cos(x+) sin(x+)+c, sin(x), pak g cos(x) dělárovnouzpaměti, e x ex +C, sin ( 7 x) 7cos ( 7 x) +C píše hned, ani b si t příslušné substituce nepsal, a pak je zase jednodušší rovnou dvakrát udělat per partes a nezdržovat se substitucí. Čili první presentované řešení je pro zkušeného řešiče hračkou, tato alternativa je výhodnější pro t začínající. Poznámka: Jak jsme věděli, že budeme používat zrovna per partes a jiné metod lepší nebudou? Zadaný případ je vlastně vzorová úloha pro per partes, jeden z řekněme čtř základních tpů, které sepomocíperpartesřeší,tobmělobýthlavnívodítko.jakéjinémetodještěmáme?oblíbená je substituce, ale jak už jsme viděli, ta lineární ten integrál jen trochu vlepší, nemůže jej vřešit. Jiná substituce použít nešla, například volba sin(x) b vžadovala, ab bl v integrálu výraz d[sin(x)] cos(x), ale on tam není. Někd se chbějící části dají rozumně vrobit ze základní substituční rovnosti, aletadne: cos(x) d d sin (x) d. Teď už víme, co dosadit namísto v původním integrálu, ale dělat to nechceme, protože tak vzniká příšera(nemluvě o tom, že místo x bchom tam psali arcsin()/). Třetí základní metoda je rozklad na parciální zlomk, ale rozkládat jdou jen racionální lomené funkce(podíl polnomů), takže to u našeho integrálu rozhodně nepomůže. Poznámka: V dalších řešeních už detail, které jsme rozebírali zde, budeme přeskakovat.. Klasický integrál na per partes, polnom krát exponenciála je další ze základních tpů pro tuto metodu. Zde se to mírně zkomplikuje složitějšími výraz, opět se použije substituce. (x )e x fx g e x f ge x x zde g e x d d d e de e x,zaseuperpartesnepíšeme +C. Ted (x )e x/ (x )e x e x x d (x )e x 8 e d(x )e x 8e + C(x )e x + C, x IR. Určitý integrál lze vpočítat buď nalezením primitivní funkce(viz výše) a dosazením, nebo přímým výpočtem. Ukážeme to, teď zkusíme metod opačně, nejprve substituci, pak per partes. x x(+) (x )e x d ( (+) )e d (+)e d x x f+ g e ([ f g e (+)e ] ) e d

4 MA Řešené příklad c phabala 9 [ 7e e ] 8 e de 6 8 [e ] e 6 8[e ]6e+. Poznámka: Už podruhé jsme od substituce g(x) přešli nejprve k příslušné substituci nepřímé xg ()apakztohorovnoudostalivzorečekpro. Pokudjesubstitučnírovnicenatolik pěkná,žeseznídá xrozumněvjádřit,taktovětšinoubývádobrýnápad.zdejsmestejněvzorec pro xmuselinajít,aťzanějmůžemedosaditvintegrálu,takžepročstímrovnounezačít.. Klasický integrál na per partes, tp kosínus krát polnom s mírnými komplikacemi. Druhá mocninaseodstraníaždruhouderivací,dajísetedčekatdvěperparteszasebou. (x )cos(x) fx g cos(x) f x g sin(x) x sin(x) xsin(x) f x g sin(x) ( f g cos(x) x sin(x) x ) cos(x) cos(x) x sin(x)+ 9 xcos(x) x 9 cos(x) d d x sin(x)+ 9 xcos(x) 7 cos() d x sin(x)+ 9 xcos(x) 7 sin()+c x sin(x)+ 9 xcos(x) 7sin(x)+C, x IR. Výpočet b asi trochu urchlilo, kdbchom rovnou začali substitucí.. Integrál s logaritm se obvkle snažíme řešit pomocí substituce ln(x), ale tad to nepůjde taklehce,vintegrálunemámepotřebné[ln(x)] x. Onosetonakonecudělatdá,viz poznámka níže, ale přímočařejší postup je si vzpomenout, že tp logaritmus krát mocnin také jednímztěchstandardníchprointegraciperpartes,takžebtomělojít. Utohototpuseale derivací zbavujeme logaritmu, proto si jej zvolíme jako f. (x+ ) fln(x) g x+x x ln(x) f x g x x ( ) x x ln(x) x x ( ) ( x x ln(x) x +x ) + C ( ) x x ln(x) x x + C, x >. Poznámka:Pro ln(x)námsicechbí x u,alezkušenýintegrátorví,žesitotammůžeme zkusit vrobit, někd to projde(a jind to vede na příšerné věci). Uvidíme. (x+ ) (x+ ) x ln(x) x ln(x) x x ln(x) d x x e (e +e ) e d e d+ e d. Totéž lze také provést přepisem na nepřímou substituci zmiňovaným v předchozím příkladě, zkušený integrátor dokonce ví, že u substitucí logaritmických a exponenciálním s vráběním potřebných částí není dík tomuto triku problém: (x+ x ) ln(x) ln(x) x e e d (e +e ) e d... Každopádněizdedostávámeperpartes,dokoncedvakrát,alemůževámtostátzato,pokud neradi pracujete s logartimem.

5 MA Řešené příklad c phabala 9 5. Toto je další standardní integrál na per-partes, kd se derivováním odstraňuje ten arctg. U tohotopříkladuužtenzlomek x opravdukomplikujevěci,protožeper-partesbzačínalotakto: xarctg ( ) x farctg(x/) g x f (x/) + g x Raději se jej nejprve zbavíme substitucí. xarctg ( ) x x x d arctg()d arctg() d farctg() g f + g arctg() + d arctg() + d. Máme racionální lomenou funkci, která není rzí. Je třeba vdělit čitatel jmenovatelem, u jednoduchých příkladů může být rchlejší metoda, kd se trikem přičtu/odečtu vtváří jmenovatel v čitateli. + arctg() + d arctg() d + d arctg() d+ + arctg() +arctg()+c x arctg( x ) x+arctg ( x ) + C, x IR. 6. I toto je klasický integrál na per partes, logaritmus krát polnom. Nejprve zjednodušíme logaritmus substitucí. x+ (x )ln(x+) d x (( ) )ln() d ( )ln() d fln() g f g ( )ln() d ( )ln() d( )ln() ( ) + C ((x+) (x+))ln(x+) ( (x+) (x+) ) + C (x x )ln(x+) x +x+ + C (x x )ln(x+) x +x+c, x >. Přitéposledníúpravějsmeschovalidvěkonstantdo C,tojelibovolnákonstanta,takžejítím neublížíme a vpadá to lépe. Pokud tomu nevěříte, udělejte si zkoušku(to bste stejně měli u všech příkladů na integraci), prostě ten výsledek zderivujte a uvidíte, že dostanete původní funkci. Poznámka: Zde se ta substituce opravdu vplatila, jinak bchom totiž museli počítat (x )ln(x+) fln(x+) g x x x f x+ g x x (x x)ln(x+) x+ (x x)ln(x+) x + x+ (x x)ln(x+) x +x ln x+ +C, x >. Vznikla tam racionální lomená funkce, která nebla těžká, ale přece jen to dalo trochu víc práce. Dásetoobejítjednímšikovnýmtrikem. Funkce gjenějakáprimitivnífunkceke g,takžemáme možnostpřidatkníkonstantu. Kdžtoudělámechtře,takvzniknefunkce,kterásepakdáve 5

6 MA Řešené příklad c phabala 9 zlomkuvdělit,jmenovitěpoužijeme x x (x+)(x ). (x )ln(x+) fln(x+) g x f x+ g x x x (x x x )ln(x+) (x x )ln(x+) x+ (x x )ln(x+) x +x+c, x >. Tohlesezdáztěchřešeníjakonejkratší,alejedosttrikové. x Poznámka: Ze zkušenosti víme, že substituce ln(x) se dá přechodem přes nepřímou vžd udělat, i zde se to nabízí jako alternativa: ln(x+) (x )ln(x+) x e e d ((e ) ) e d e d e d. Amámetudvakrátperpartes,takžetoasinebudenejlepšívariantapostupu,alejdeto. 7. Sinus krát polnom je tpický integrál na per partes, ale tentokráte jsou t komplikace v sinu hoší, už to není lineární substituce. To většinou věští problém. x sin(x +) f x g sin(x +) f x g? Jetotu, integrál sin(x +)neumímevřešit. Jedinározumnámetodapomocísubstituce x +nejdepoužít,protoževintegrálunemáme[x +] x. Pokusovrobeníu takto komplikovaných věcí dopadá tradičně špatně, takže to asi nepůjde: x + x d. Fuj. Vrátíme se ted na začátek. Všimněme si, že u celého zadaného integrálu b ona substituce takovým problémem nebla, protože si potřebný výraz x můžeme vpůjčit z mocnin vpředu. x + x sin(x +) x sin(x +)x dx x ( )sin() d. Toto je už klasický integrál na per partes: ( )sin() d f g sin() ( ) f g cos() ( )cos() cos() d ( )cos()+ cos() d ( )cos()+ sin()+c sin(x +) x cos(x +)+C, x IR. 8.Zdesenabízíjakoprvníkroksubstitucezalogaritmus,hnedvidíme,žeprojde,protožetamu vidíme jeho derivaci. ln(x)(ln (x)+) x ln(x) d x d ( +). Jsou to jasné parciální zlomk, ( +) A + B+ C ( ). + Zakrývací metoda umí najít konstant u nejvšších mocnin lineárních faktorů, zde A (//)( +), 6

7 MA Řešené příklad c phabala 9 zbtek(tj. B a C) roznásobením. Nejprve vnásobíme( ) společným jmenovatelem, pak sloučíme mocnin a porovnáme koeficient nalevo a napravo: ( +)+(B+ C) (+B)+C+ +B C B C. Ted d d ( +) d +. Ten druhý integrál se krásně vřeší substitucí za jmenovatel, dík tomu v čitateli to půjde. Je Bx to vlastně standardní postup pro integrování parciálního zlomku tpu x +a. Prvníintegrálje tabulkový. d d + z + dz dz d ln z ln ln(x) ln z +Cln ln(x) ln + +C ln ln(x) ln(ln (x)+)+c, x >, x. Proč?Logaritmusvžaduje x >avnějšílogaritmusvln ln(x) chceln(x). 9. Je to rzí racionální lomená funkce, na tu máme standardní metodu, rozklad na parciální zlomk. Bohužel, kvadrát ve jmenovateli nemá kořen a nelze jej ted dále rozložit. x +6x+5 (x )(x +x+8) A x + Bx+C x +x+8. ( ) Zakrývací metoda umí najít konstant u nejvšších mocnin lineárních faktorů, zde x +6x+5 A (////)(x +x+8), x zbtek(tj. B a C) roznásobením. Nejprve vnásobíme( ) společným jmenovatelem, pak sloučíme mocnin a porovnáme koeficient nalevo a napravo: x +6x+5 (x +x+8)+(bx+c)(x )x (+B)+x( B+ C)+(8 C) +B 6 B+ C 58 C B C. (Protožejsmeuž Aměli,stačilovlastněvzítjendvěrovnicepro Ba C.)Ted x +6x+5 (x )(x +x+8) x + x+ x +x+8. První integrál bude snadný, lineární substituce jej udolá. x x d d ln +Cln x +C. Druhý parciální zlomek je dost složitý, šlo b to nějak obejít? Ano, pokud b se zadařila substituce, zdesenabízízkusit x +x+8,protožepakbsezlomekdocelazjednodušilanavícmámev čitateli( vedle ) polnom prvního stupně, což b mohla při troše štěstí být derivace zvoleného.vjdeto? Máme d[x +x+8] (x+),cožbohuželnesedí.zkušenostříká,ževtakovétosituaci sezx+,kterétammáme,nedározumněvrobit x+,kterébsenámtammoclíbilo,takže útěk od parciálních zlomků přes substituci nevšel. Za zkoušku to ovšem stálo, zkušený integrátor sitotorozebereběhempárvteřinvhlavě,takžetoneníztrátačasuaněkdtovjítmůže.jdeme na parciální zlomk. 7

8 MA Řešené příklad c phabala 9 Standardní řešení volá po tom, abchom nejprve ve jmenovateli doplnili čtverec a substitucí jej zjednodušili. x+ x +x+8 x+ x + x + +8 x+ [x + x + ]+ x+ (x+) + x+ d ( )+ x d d. Další krok algoritmu říká, ať integrál rozdělíme. + + d d + + d +. Každý z těchto dvou integrálů je standardní a dělá se trochu jinak. Protože jde o procedur rozličné délk, tak raději vhodnotíme každý integrál zvlášť. Kdbchom to zkusili paralelně, tak b jeden všel dřív a m bchom jej pak jenom zbtečně opisovali, dokud nebude také ten druhý. První integrál se řeší substitucí za jmenovatel. d + z + dz d dz d dz z ln z +C ln + +C ln (x+) + +C. Všimněte si, že výraz v logaritmu je vžd kladný, takže lze absolutní hodnotu vnechat(a také nebude problém s definičním oborem). Druhýintegrálseřešípřevodemjmenovatelenatvar t +,cožseasinejlépeudělátak,žesiu vrobímečtřku,obstarátosubstituce t,paktotiž (t) t. d + t ddt arctg( dt t + dt t + arctg(t)+c ) + C. ) + C arctg( x+ Teď už to můžeme dát dohromad. x +6x+5 (x )(x +x+8) ln x + ln(x +x+8)+ arctg( ) x+ + C, x. Výpočet se dá trochu zkrátit. Pokud dopředu tušíme, že budeme později upravovat integrál tak, ab blo ve jmenovateli +, můžeme příslušné dvě substituce spojit. x+ x +x+8 x+ (x+) + x+t dt (t )+ xt t dt + t t + dt t dt dt t + t Je to rzí racionální lomená funkce, na tu máme standardní metodu, rozklad na parciální zlomk. Nejprve je třeba maximálně zjednodušit jmenovatel, druhý člen tam už je ireducibilní, ale sprvnímlzeještěněcoudělat.pakužpřejdemenarozklad. x +x+ (x +x)(x +) x +x+ A x(x+)(x +) x + B x+ + Cx+D x. ( ) + Zakrývací metoda umí najít konstant u nejvšších mocnin lineárních faktorů, zde x +x+ A (//)(x+)(x +), B x +x+ x(////)(x +), x x zbtek(tj. C a D) roznásobením. Nejprve vnásobíme( ) společným jmenovatelem, pak sloučíme mocnin a porovnáme koeficient nalevo a napravo. Nabídnou se čtři rovnice, ale nám budou 8

9 MA Řešené příklad c phabala 9 stačit dvě, vbereme nějaké pěkné. x +x+ (x+)(x +)+ x(x +)+(Cx+D)x(x+) x (+C)+x (+C+ D)+x(+D)+ +C +D C D. Ted x +x+ x(x+)(x +) x + x+ x+ + x +. První dva integrál jsou snadné logaritm(u jednoho s lineární substitucí), třetí integrál se rozdělí x nadva. Integrálz x + sestandardnědělásubstitucízajmenovatel. Integrálz x + seřeší převodemjmenovatelenatvar t +,cožseasinejlépeudělátak,žesiux vrobímedvojku, obstarátosubstituce x t(pak x ( t) t ). Zkusímetoudělatvšechnonajednou paralelně. x +x+ x(x+)(x +) x + x x+ x + + x + x+ z x + x t d dzx d dt ln x + ln x +ln ln z + dt t + ln x +ln x+ ln x + + arctg(t)+c ln x +ln x+ ln(x +)+ arctg ( x ) + C, x, x. dz dt z + t +. Tohlevoláposubstituci e x,pak de x. Msicevintegrálunemáme e x u,ale uexponenciálnísubstitucetonevadí,umímetosnadnovrobit: dt e d x. Lzetoiudělat přechodem k nepřímé substituci, ukážeme to níže. Vzniklý integrál bude na parciální zlomk. Pokud počítáme určitý integrál a dojde na rozklad na parciální zlomk, pak se většinou příliš nevplácí pracovat od začátku s mezemi. Některé části možná ukončíme dříve, ale než se k tomu dostaneme, tak s sebou musíme u všech částí zbtečně t meze tahat. Já většinou začnu integrálem neurčitým a dosazuji nakonec, výjimkou jsou příklad jako tento, kd se začíná substitucí, pak je dobrý nápad převést i meze a tím si výpočet zkrátit, pak ale rozklad děláme pro integrál neurčitý. Jdemenato. (e x ) + e x e x xln() d x x e e + d e d (+). Teďtparciálnízlomk,proneurčitýintegrál. Všimnětesi,že neníireducibilníkvadrát,ale druhámocninalineár ( ),protobuderozkladtakto: (+) A + B C + +. Zakrývací metoda umí najít konstant u nejvšších mocnin lineárních faktorů, zde B, C (//)(+), (////) zbtek(tj. A) roznásobením, stačí jedna rovnice: A (+)+ (+)+ (A+)+(A+)+ A+ A. 9

10 MA Řešené příklad c phabala 9 Ted d (+) d+ d + z + dz d d+ z dz ln +ln z +C ln +ln + +C, >. Proto e d [ (+) ] e ln +ln + [ e +ln(e+)] [ +ln()]ln(e+) ln() e. Mimochodem, (e x ) + e x e x ln(e x )+ln e x + +Cln(e x +) e x x+c, x IR.. V integrálu jsou tři základní prvk, sin(x), cos(x) a sin(x), jednoho se ale zbavíme pomocí identit sin(x) sin(x) cos(x), zbdou tam jen dva, navíc pak lze v čitateli vtknutím získat extra cos, proto sinová substituce: sin(x) (sin(x)+)(sin cos(x) sin(x) (x)+) dcos(x) (+)( +) d. Jsou to jasné parciální zlomk, (+)( +) A + + B+ C +. Zakrývací metoda umí najít konstant u nejvšších mocnin lineárních faktorů, zde A (////)( 5 +) 5, zbtek(tj. B a C) roznásobením: ( +)+(B+ C)(+) (+B)+(B+ C)+(+C) +B B+ C +C B C. (Protožejsmeuž Aměli,stačilovlastněvzítjendvěrovnicepro Ba C.)Ted (+)( +) d d d d. První integrál se dělá standardně lineární substitucí, druhý se rozloží na dva, první z nich se dělá se substitucí z +,druhýznichdělámezměnoujmenovatelena t +(taképomocísubstituce), viz předchozí příklad. cos(x) sin(x)cos(x) (sin(x)+)(sin (x)+) d + d + d + w + z + t dw dw d dz d ddt w dz z dt t + ln w ln z arctg(t)+cln + ln + arctg( ) + C ln(sin(x)+) ln(sin (x)+) arctg( sin(x)) + C, x π+kπ.. Lineárnísubstituce x bvlepšilaodmocninu,alepořádzustáváproblém,cosní. Mnohemlepšíbblo,kdbsepodařiloprotlačitrovnousubstituci x. Natobchom potřebovalimítvintegrálu x,cožnemáme.protožetojealejedinášance,kterásenaprvníi druhý pohled naskýtá, asi to půjde nějak vrobit. A také ano, pro takovéto případ(odmocnina z

11 MA Řešené příklad c phabala 9 lineárníhovýrazu)setotiždoporučujesmíšenásubstituce x,kterájevlastněstejnájako ta, nad kterou jsme přemýšleli, ale lépe zapsaná, tudíž i lépe zpracovatelná. Je ovšem třeba se rozhodnout, pro která tu nepřímou substituci použijeme, protože tato substituce funguje jen s prostými funkcemi. Předtím jsme to trochu flákali, ale používané substituce xln(), xe, x tatd.blprostéfunkce.teďtoneplatí,funkce jeprostá,jenpokud seomezímenanějakývhodnýinterval,nabízísemožnosti a.vberemesitudruhou, paktakévíme,že,cožsenámbudehodit.(kdbchomserozhodlipro,pak bchomvsubstitucimuselipsát,takženatomopravduzáleží.) x(+ x ) x, d x + d ( +)(+). Jsou to jasné parciální zlomk, (+)( +) A + + B+ C +. Zakrývacímetodaumínajít konstant u nejvšších mocnin lineárních faktorů, zde A ( +)(////), zbtek(tj. B a C) roznásobením, stačí dvě rovnice: ( +)+(B+C)(+) (B )+(B+C)+(C ) B B C C. Ted d ( +)(+) d d d. První integrál se dělá standardně lineární substitucí, druhý se rozloží na dva, první první z nich se dělá substitucí, druhý je tabulkový, obojí je standard(viz předchozí příklad). d d z + dz d dz d z d + w + dw d dw ln z + w +arctg() ln + + ln w +arctg( x ) + C ln x + + ln + +arctg ( x ) + C ln ( x + ) + ln(x)+arctg( x ) + C ( x ln )+arctg( x )+C, x. x +. U jeextrasinus,tochcekosinovousubstituci. Vintegrálujealeijinýsinus,naštěstípro násjevdruhémocnině,takžejdebezbolestněpřevéstnakosinus(převodemsin (x) cos (x) se ten integrál nezkomplikuje). (cos(x)+)sin(x) (cos(x)+)sin(x) cos(x) d sin(x) cos(x)(+sin (x)) Tohle nejprve dole rozložíme: + ( ) d Jsou to jasné parciální zlomk, cos(x)( cos (x)) + ( ) d. + ( ) d sin(x) d + ( )(+) d. + ( )(+) A + B + C +.Zakrývacímetodaumínajít

12 MA Řešené příklad c phabala 9 konstant u nejvšších mocnin lineárních faktorů, zde + A (//)( )(+), B + (///)(+) 8, C + ( )(///) 8. Ted + ( )(+) d d. Vše vřeší lineární substituce. v d d d dv d d dv dw w v 8 w dw d ln + 8 ln v 8ln w +C ln cos(x) + 8 ln cos(x) 8ln cos(x)+ +C 8 ln( cos(x)) 8 ln(cos(x)+) ln cos(x) +C x π + kπ. Jemožnýivýsledek 8 ln( ( cos(x)) ) cos (x)(+cos(x)) + C, x π + kπ. 5. Jako obvkle při práci s parametrem prostě předstíráme, že to je nějaké číslo. Jak bchom řešiliřekněmeintegrál (sin(x)+) 7 cos(x)?substitucí,takžetozkusímeiobecně. (sin(x)+) p cos(x) sin(x)+ dcos(x) p d. To vpadá jako vcelku snadný integrál, jen si musíme uvědomit, že jedna hodnota mocnin se musí zpracovávatjinak.pro p máme p d p+ p+ + C. Pro p máme d p d ln +C. Voboupřípadechneníproblémsdefiničnímoborem,protože sin(x)+jevždkladné.proto také můžeme vpustit absolutní hodnotu v logaritmu. Po zpětné substituci dostaneme výsledek. { (sin(x)+) p+ (sin(x)+) 7 cos(x) p+ + C, p ; x IR. ln(sin(x)+)+c, p, 6. Vidíme, že integrační obor má problém(pravá integrační mez je nekonečno), který budeme muset řešit limitou. Bude lepší nejprve spočítat integrál neurčitý a pak dosazovat(což je vhodné u komplikovanějších výpočtů), nebo to rovnou prorazíme? Někdo b se mohl ve slabší chvilce snažit o nějakou substituci a parciální zlomk, mnohem lepší je ale si všimnout, že vlastně nejde o zlomek, ale o skoro tabulkový integrál. e x Tento integrál konverguje. x e x d x x e d [e ] e d e lim (e ).

13 MA Řešené příklad c phabala 9 7. Vidíme, že integrační obor má dva problém, jmenovitě mínus nekonečno a-, budeme ted počítat dva integrál, musí se roztrhnout v nějakém rozumném bodě, například takto: x + x x + x + x + x. Raději nejprve spočítáme neurčitý integrál, půjde o rozklad na parciální zlomk. Pokud neumíme uhodnoutrozkladjmenovatele,začnesenejprvetím,žesenajdoukořenrovnicex + x. Příslušnývzorecdává x,,proto x + x ( x ( ) )( x ) (x+)(x ). Dostali jsme dva různé lineární faktor, takže zakrývací metoda dá vše potřebné a integrace bude snadná pomocí substituce. x + x x+ + x v x+ wx dv dw dv dw v + dw w ln v + ln w +C ln x+ + ln x +C (ln x ln x+ )+C ln x +C, x, x x+. Logaritm jsme dali dohromad, protože u nevlastních integrálů se vplatí vjádřit výsledek neurčitého jako jeden výraz. Teď je čas na určitý integrál, problémovým bodům se vhneme limitou. x + x [ x + x + [ x + x ln x x+ ( ln(5) x )] [ ( lim ln + x x+ lim x ( ) ln /x ln pro x, ln x x+ +/x ] + ln x x+ [ x ) ] ln x+ ln(5) ln ln [ ln(5) ln()] + [ ln(5)]. Tento integrál diverguje. Mimochodem, vidíme, že okolo integrál konverguje[to se dá čekat, funkcejetampřibližně x atatofunkcevnekonečnunezlobí],problémjsouokolo-. 8. Nejprveurčímeoblast. x jeparabola, (x ) jeparabolaposunutáodoprava. Jejichvzájemnýprůnik(je-linějaký)sezískářešenímrovnice x (x ),tj. x±(x ), x.mámetedtentoobrázek. ] x Umíme počítat integrálem obsah oblasti mezi dvěma funkcemi(jedna určuje horní hranu, druhá dolní), zde je ale horní hrana určena dvěma funkcemi, proto je třeba obsah počítat nadvakrát. Obrazeksirozdělímesvislýmřezemvbodě x,teďužmákaždápůlkahorníhranudanou jednou funkcí. A x + (x ) [ x] + [ (x )] [ ] + [ ( )].

14 MA Řešené příklad c phabala 9 Nní tuto oblast zrotujeme. Jde o svislou osu rotace, máme ted použít metodu slupek. Protože horní okraj oblasti je dán dvěma různými funkcemi, budeme počítat dva objem. Vzorec si buď pamatujeme, nebo odvodíme pomocí svislých řezů. x+ x ( x ) Dostaneme V π (x+)x +π x (x+)(x ) π [ x ] [ x ] π +x +π x x +8x π ( + ) +π ( ) π. Je také možné zkusit prohodit os, tj. přejít k inverzním funkcím. x x x x +x +π x x x+8 + Teď je třeba použít metodu disků. V π (+ ) (+ ) d π d π [ 8( ) ] π.