VYSOKÉ UČENÍ TECHNICKÉ V BRNĚ FAKULTA STAVEBNÍ MATEMATIKA I MODUL 7 NEURČITÝ INTEGRÁL STUDIJNÍ OPORY PRO STUDIJNÍ PROGRAMY S KOMBINOVANOU FORMOU STUDIA
Typeset by L A TEX ε c Josef Daněček, Oldřich Dlouhý, Oto Přibyl 004
Obsah Úvod 4. Cíle modulu................................. 4. Požadované znalosti............................ 4. Doba potřebná ke studiu......................... 4.4 Klíčová slova................................ 5 Základní pojmy. 6 Základní integrační metody. 4 Integrace racionálních funkcí. 5 5 Integrace goniometrických funkcí. 0 5. První typ................................. 0 5. Druhý typ................................. 5. Třetí typ.................................. 6 Integrace iracionálních funkcí. 6. První typ................................. 4 6. Druhý typ................................. 5 7 Kontrolní otázky. 8 Autotest. 9 Výsledky cvičení a autotestu. 0 Studijní prameny. 6 A Vzorová zadání kontrolních testů. 7
Úvod. Cíle modulu. Odstavec. Porozumět pojmům primitivní funkce a neurčitý integrál, uvědomit si, že primitivní funkce byly definovány na otevřených intervalech. Znát základní vlastnosti neurčitého integrálu. Po prostudování byste měli být schopni nalézt po úpravách primitivní funkce k různým jednoduchým funkcím, určit obory platnosti a zkontrolovat si derivováním správnost výsledku integrování. Odstavec. Dobrá znalost tabulky primitivních funkcí a oborů platnosti je nezbytnou podmínkou pro zvládání dalšího tetu. Po prostudování byste měli umět rozpoznat, kdy je vhodné pro výpočet integrálu použít metodu per partes, kdy a jakou substituční metodu a správnou volbou složek nebo substituce jej vyřešit. K získání této schopnosti je nezbytné si vyřešit dostatečné množství příkladů, což ostatně platí pro všechny odstavce tohoto modulu. Odstavec 4. Po prostudování byste měli umět zintegrovat parciální zlomky, které odpovídají jednonásobným nebo vícenásobným reálným kořenům jmenovatele racionální funkce a dvojicím jednonásobných kompleně sdružených kořenů. Seznámíte se také s rekurentním vzorcem a s výpočtem integrálů parciálních zlomků, odpovídajících dvojici vícenásobných kompleně sdružených kořenů. Odstavec 5. Naučíte se, jak volit substituce, abyste převedli integrály některých goniometrických funkcí na racionální funkce. Měli byste umět použít tyto jednotlivé goniometrické substituce. Na základě znalostí vztahů mezi goniometrickými funkcemi umět vypočítat integrály ze součinů funkcí sinus a kosinus různých argumentů. Odstavec 6. Seznámíte se s tím, jak můžete racionalizovat některé integrály obsahující odmocniny. Je zapotřebí umět tyto substituce správně určit a jejich použitím převést integrand na racionální funkci. Připomeneme si, že pro výpočet některých typů integrálů obsahujících odmocniny můžete použít. substituční metodu nebo metodu per partes. Také tyto početní postupy musíte zvládnout.. Požadované znalosti. Dobře ovládat derivování funkcí, rozklady racionálních funkcí na parciální zlomky, znát základní vztahy mezi goniometrickými funkcemi.. Doba potřebná ke studiu. Přibližně lze odhadnout potřebnou dobu ke studiu jednorozměrného integrálu na 5 hodin. Pro získání zkušeností a zručnosti ve výpočtu primitivních funkcí bude ještě zřejmě zapotřebí další čas závislý na dosavadní početní prai studenta. 4
.4 Klíčová slova. Primitivní funkce, neurčitý integrál, vlastnosti neurčitého integrálu, metoda per partes, první a druhá substituční metoda, integrace racionální funkce, integrace goniometrických funkcí, integrace iracionálních funkcí. 5
Základní pojmy. Definice.. Řekneme, že funkce F je primitivní funkcí k funkci f na otevřeném intervalu I R, jestliže pro každé I platí F () = f (). Poznámka.. (a) Necht F je primitivní funkcí k funkci f na otevřeném intervalu I. Potom funkce F c () = F () + c, I, kde c R je libovolná konstanta, je také primitivní funkcí k funkci f na intervalu I. Obrázek : Nejednoznačnost eistence primitivní funkce. (b) Pro libovolný bod 0 I a každé y 0 R eistuje jedna primitivní funkce F k funkci f na I, pro kterou platí F ( 0 ) = y 0 (graf funkce F prochází bodem [ 0, y 0 ]). (c) Funkce F je spojitá na intervalu I. Poznámka.. Jsou-li F, G primitivní funkce k funkci f na otevřeném intervalu I, pak eistuje takové číslo c R, že platí G () = F () + c na I. Množinu všech těchto primitivních funkcí obvykle nazýváme neurčitým integrálem funkce f na I a značíme jej f () d. 6
Poznámka.. V literatuře je možné se také setkat s definicí primitivních funkcí na obecnějších množinách, nežli jsou intervaly (např. sjednocení intervalů). Tato obecnější definice však má některé nevýhody (např. primitivní funkce se nemusí lišit o konstantu). V dalším tetu se seznámíme s různými metodami výpočtu primitivních funkcí. Je vhodné si ale uvědomit, že i když nám následující Věta. zaručuje eistenci primitivní funkce ke každé spojité funkci na otevřeném intervalu, přesto se v aplikačních úlohách vyskytují takové spojité funkce na intervalu, k nimž neeistují primitivní funkce, které se dají vyjádřit jako konečné lineární kombinace funkcí složených z elementárních funkcí. Patří k nim např. e d, e d, sin d, cos d, k sin d, kde 0 < k <, apod. Říkáme pak často, že tyto integrály jsou tzv. neelementární. Věta.. Každá funkce spojitá na otevřeném intervalu I má na tomto intervalu primitivní funkci. Příklad.. Ukážeme příklad konstrukce primitivní funkce F k funkci f v intervalu (0, ). Funkce f je dána takto:, (0, ], f() =, (, ). Podle Věty. primitivní funkce eistuje. Zvolme primitivní funkce v jednotlivých intervalech takto: F () =, (0, ), F () = + d, (, ), kde d je konstanta. Protože funkce F musí být spojitá, zvolíme konstantu d tak, aby Odtud d = /. Tedy celkem Přitom F +() = lim + lim F () = lim F () = +. F () =, (0, ],, (, ). =, F () = lim = lim ( + ) =. Vidíme tedy, že funkce F je spojitá v bodě a F () = f() pro každé (0, ). Je tedy funkce F primitivní k funkci f na (0, ). Grafy funkcí f a F jsou znázorněny na obrázku. 7
Poznámka.4. Funkce g definovaná na intervalu (0, ) takto, (0, ], g() =, (, ), nemá na tomto intervalu primitivní funkci ve smyslu naší definice. Poznámka.5. Eistují však i nespojité funkce, k nimž je možno nalézt primitivní funkce. Věta.. Jestliže eistují primitivní funkce k funkcím f a g na otevřeném intervalu I, pak platí cf () d = c f () d, (f () + g ()) d = f () d + kde c 0 je libovolná reálná konstanta. g () d, Obrázek : Příklad.. 8
Poznámka.6. Zobrazení A f f d je lineární zobrazení lineárního prostoru C 0 (I) do lineárního prostoru C (I). Toto tvrzení plyne z Věty.. Tabulkové integrály. Z tabulky derivací dostáváme okamžitě tabulku primitivních funkcí. V následujících vzorcích je c R libovolná konstanta: n d = n+ n + + c, α d = α+ α + + c, R, N { }, (0, ), α R, α, d = ln + c, (0, ) nebo (, 0), a d = a ln a + c, R, >, je konstanta, sin d = cos + c, R, cos d = sin + c, R, sin d = cot + c, (kπ, (k + )π), k Z, d = tg + c, ((k )π/, (k + )π/), k Z, cos d = arcsin + c, (, ), d = arctg + c, R, + sinh d = cosh + c, R, cosh d = sinh + c, R, cosh d = tanh + c, R, sinh d = coth + c, (0, ) nebo (, 0). Poznámka.7. (k druhému vzorci v předešlé tabulce - možnost rozšíření integračních oborů) Je-li α = p/q Q, α, p, q nesoudělná, pak 9
(a) (b) je-li α < 0 a je-li α > 0 a q sudé, pak (0, ), q liché, pak R, q sudé, pak (0, ), q liché, pak (, 0) nebo (0, ), Příklad.. Hmotný bod koná přímočarý pohyb takový, že jeho zrychlení roste rovnoměrně s časem a za prvních 0 s pohybu naroste z nulové hodnoty na 5 m s. Jaká je rychlost pohybu hmotného bodu v čase t = 0 s a jakou dráhu hmotný bod vykonal, jestliže v čase t = 0 byl v klidu? Řešení. Zřejmě pro zrychlení a platí a = kt, kde k = a 0 /t 0 = / m s. Odtud v(t) = a(t) dt = kt dt = kt + c. Protože v(0) = 0 dostáváme, že c = 0. Odtud v(0) = 5 m. Pro dráhu s máme s(t) = v(t) dt = k t dt = 6 kt + d. Vzhledem k tomu, že s(0) = 0 dostáváme, že d = 0 a tedy s(0) = 8. m. Cvičení.. Užitím základních vztahů spočtěte dané integrály na daných oborech: ( a) 4 + + 6 ) d na (0, ) ; 4 b) d na (0, ) ; c) d) e) f) + d na (0, ) ; cos + sin d na ( π, π sin tg d d na R; na ( π, π ). ) ; 0
Základní integrační metody. Věta.. (První substituční metoda.) Necht funkce f má primitivní funkci F na otevřeném intervalu J. Necht funkce ϕ zobrazuje otevřený interval I do J a má na intervalu I konečnou derivaci. Potom F ϕ je primitivní funkcí k funkci (f ϕ) ϕ na intervalu I a platí f (ϕ (t)) ϕ (t) dt = F (ϕ (t)) + c, c R. Důkaz. Plyne přímo z věty o derivaci složené funkce. Příklad.. Vypočtěte primitivní funkci k dané funkci g(t) na daném intervalu: a) g (t) = t cos(t + ) na R. Řešení. Daná funkce je spojitá na R a podle Věty. eistuje primitivní funkce. t cos ( t + ) t dt = + = t dt = d = cos d b) g (t) = Řešení. t na R. + t4 t + t 4 dt = = sin + c = sin ( t + ) + c. t = u tdt = du = + u du = 6 + ( u = ) du = u = 6 + d = 6 arctg + c 6 t 6 = arctg + c. du = d Věta.. (Druhá substituční metoda.) Necht funkce ϕ zobrazuje otevřený interval I na interval J a necht má konečnou derivaci ϕ 0 na I. Je-li G primitivní funkcí k funkci (f ϕ) ϕ na I, pak funkce G ϕ je primitivní k f na J a platí f () d = f (ϕ(t)) ϕ (t) dt = G(t) + c = G ( ϕ () ) + c.
Důkaz. Z předpokladu, že ϕ 0 plyne, že funkce ϕ je spojitá a ϕ > 0 nebo ϕ < 0. Z tohoto dostáváme, že funce ϕ je ryze monotonní a eistuje tedy inverzní funkce ϕ, která je spojitá a má konečnou derivaci. Pro libovolné J tedy platí ( G ( ϕ () )) = G ( ϕ () ) ( ϕ () ) = G (t) ϕ (t) = f (ϕ(t)) ϕ (t) = f (ϕ(t)) = f(). ϕ (t) Příklad.. Vypočtěte primitivní funkci k funkci na intervalu J = (, ). Řešení. Položme ϕ(t) = sin t, I = ( π/, π/), ϕ : ( π/, π/) (, ), ϕ 0 na J. = sin t = ϕ (t) d = t = arcsin = ϕ (t) = sin t cos t dt d = cos t dt = cos t cos t dt = cos t dt + cos t = dt = (t + ) sin t = (t + sin t cos t) = ( ) t + sin t sin t = ( ) arcsin + + c. Věta.. (Metoda per partes.) Necht funkce u, v mají spojité derivace na otevřeném intervalu I. Potom na I platí u()v () d + u () v () d = u()v (). Důkaz. Plyne z věty o derivaci součinu funkcí a definice primitivní funkce. Příklad.. Vypočtěte primitivní funkci k dané funkci na daném intervalu: (a) f () = e na R. Řešení. e d = u() = u () = v () = e v() = e = e e d = ( ) e + c.
(b) f () = ln na (0, ). Řešení. ln d = u() = ln v () = u () = / v() = = ln d = (ln ) + c. (c) f () = ln Řešení. kde Celkem tedy na (0, ). ln d = u() = ln, v () = u () = ln, v() = = ln + I, ln I = d = u() = ln, v () = u () =, v() = = ln + d = ln = ln + + c. ln d = ln + ln + + c, R +. (d) f () = arctg na R. Řešení. u() = arctg, v () = arctg d = u () =, v() = + 4 4 = 4 4 arctg ( 4 ) + d 4 + = 4 4 arctg ( + ) d 4 + = 4 4 arctg ( ) 4 + arctg = 4 4 arctg + 4 + c.
Příklad.4. Vypočtěte integrál I = e sin d na R. Řešení. e sin d = Tedy = a odtud pro R u() = e u () = e u() = e u () = e v () = sin v() = cos = e cos + e cos d v () = cos v() = sin = e ( cos + sin ) e sin d. I = e (sin cos ) I, e sin d = e (sin cos ) + c, c R. Poznámka.. Analogickým způsobem lze počítat integrály e a sin b d, e a cos b d na R, kde a, b jsou libovolné reálné konstanty. Příklad.5. Kombinací první substituční metody a metody per partes vypočítejte integrály I = 5 e d, J = arctg d na R. Řešení. I = = = J = = t d = dt = t e t dt u(t) = t, v (t) = e t u (t) = t, v(t) = e t = t e t t e t dt u(t) = t, v (t) = e t u (t) =, v(t) = e t = t e t t e t + e t dt = e ( 4 + ) + c; u() = arctg, v () = u () = +, v() = = arctg J, 4
kde J = Celkem tedy + d = + = t d = dt = ln t = ln( + ) + c. arctg d = arctg ln( + ) + c. Cvičení.. Užitím substitučních metod spočtěte dané integrály na daných oborech: ( ) a) 4 d na 4, ; sin b) ( cos 4 d na π, π ) ; c) d na R; 5 + d) arcsin d na (, ) ; e) f) + 4 + 9 5 4 d na R; d na ( 5, ). Cvičení.. Užitím metody per partes spočtěte dané integrály na daných oborech: a) cos(4 + ) d na R; b) sin d na R; c) log d na (0, ) ; d) arctg d na R; e) e cos 5 d na R; f) ln d na (0, ). 4 Integrace racionálních funkcí. Jak již víme z teorie racionálních funkcí, můžeme zadanou ryzí racionální funkci 5
rozložit na parciální zlomky tvaru (I) A (a + b) l (II) B + C (p + q + r) k kde k, l N, a 0, p 0, q 4pr < 0, A 0 a B + C 0. Je zřejmé, že pro integraci parciálních zlomků typu (I) můžeme použít substituci a + b = t, která převede tento typ na tabulkový integrál t l dt. Příklad 4.. ( + 4) 5 d = + 4 = t d = dt = t 5 dt = ( + 4) 4 + c, kde (, 4/) nebo ( 4/, ). Integrace parciálních zlomků tvaru (II) je již trošku náročnější. Nejprve se budeme zabývat případem, kdy k =. Pak je vhodné upravit integrand na tvar K f () f() + L f(), který již snadno integrujeme pomocí první substituční metody. Příklad 4.. Vypočtěte integrál + + d. Řešení. Integrovaná funkce je definovaná pro všechna R a + + > 0 na R. + + d = ( + ) + + d = + + + d + + d = I I I = + + = t, t > 0 ( + )d = dt = t dt = ln t = ln( + + ), I = ( + ) + d = 4 + ( + 4 ) + d = = t d = dt = dt t + = arctg t = arctg t = + arctg. 6
Celkem kde c R je libovolné. I I = ln( + + ) arctg + + c, Příklad 4.. + 9 + 6 + 5 d = 9 = 9 I + I 8 + 6 9 + 6 + 5 d + 9 + 6 + 5 d 9 I = + 6 + 5 = t (8 + 6)d = dt = t dt = ln t + c = ln(9 + 6 + 5) + c I = ( + ) + 4 d = + = t d = dt = t + 4 dt = + arctg + c. 6 Celkem dostáváme + 9 + 6 + 5 d = 9 ln(9 + 6 + 5) + + arctg + c. 8 Zbývá nám integrace parciálních zlomků tvaru Nejdříve upravíme integrand na tvar B + C (p k, k >, k N. + q + r) K f () (f()) k + L (f()) k. První sčítanec integrujeme podle první substituční metody, ve druhém sčítanci upravíme výraz / (f()) k na tvar / (t + a ) k a primitivní funkci určíme užitím rekurentního vztahu ( (t + a k+ dt = ) ka t (t + a ) k + (k ) ) (t + a ) k dt. Nyní si tento rekurentní vztah odvodíme užitím metody per partes. Označme J k = (t + a ) k dt. 7
J k = = = = a odtud dostáváme rovnici u() = (t + a ) k v (t) = u kt () = (t + a ) k+ v(t) = t t (t + a ) k + k t (t + a k+ dt ) t (t (t + a ) k + k + a ) a (t + a ) k+ dt t (t + a ) k + k (t + a k dt ka ) (t + a ) J k = t (t + a ) k + kj k ka J k+. k+ dt Příklad 4.4. Vypočtěte integrál d Řešení. d = d na (, ). + + + d = (I I ) I = I = = t, t > 0 d = dt = dt = ln t = ln( ), t ( + ) + + + d = + + + d + + + d = J + J J = + + = t ( + )d = dt = t dt = ln t = ln( + + ) J = ( ) d = 4 + ( ) + + d = = t + 4 + = t + dt = arctg t = arctg + + c d = dt Celkem tedy d = ln ln 6 + + arctg + + c pro (, ). 8
Příklad 4.5. + (4 4 + ) d = 4 = 4 I + 4I, 8 4 (4 4 + ) d + 4 ( ( ) + ) d I = I = 4 4 + = t (8 4)d = dt = ( ( ) + ) d = = t d = dt = ( t 4 (t + ) + 4 ( = 8 t dt = t + c = 4 4 + + c = (t + ) dt ) t + dt = ( t 8 t + + arctg t ) + c 4 4 + + arctg ) + c. Závěrem máme + (4 4 + ) d = 4 4 (4 4 + ) + arctg + c. Cvičení 4.. Spočtěte dané integrály na daných oborech: a) 4 d + 5 + 7 na R; b) + d + na (, ) ; c) 4 6 + d 4 na (0, ) ; d) e) f) d na (0, ) ; + + 4 + 4 d na (, 0) ; + 5 ln + ( ln ln + ) d na (0, ). 9
5 Integrace goniometrických funkcí. Zavedeme nejprve pojem polynomu n proměnných: P (u, u,..., u n ) = m m k =0 k =0 m n k n=0 kde n N, a k k...k n R, k i, m i jsou celá nezáporná čísla. je racionální funkce n proměnných. Rozlišíme tři základní typy integrálů. 5. Typ R(sin, cos ) d. a k k...k n u k u k... u kn n, R(u, u,..., u n ) = P (u, u,..., u n ) Q(u, u,..., u n ) Necht R(u, v) = P (u, v) Q(u, v) je racionální funkce dvou proměnných u = sin a v = cos. Integraci funkcí tohoto typu lze převést na integraci funkcí racionálních v proměnné t zavedením následujících substitucí: ) Platí-li R( u, v) = R(u, v), položíme cos = t. ) Platí-li R(u, v) = R(u, v), položíme sin = t. ) Platí-li R( u, v) = R(u, v), položíme tg = t. 4) V ostatních případech položíme tg = t. Při zavedení substituce tg = t využijeme tyto vztahy (pro lehké zapamatování je můžeme získat z následujícího obrázku:) cos =, sin = t. + t + t Při substituci tg = t dostaneme: 0
cos = cos sin = t + t, sin = sin cos = t + t. Příklad 5.. Vypočtěte primitivní funkci k funkci na intervalu R. Řešení. cos + 4 sin R(u, v) = ( v) + 4u = v = R(u, v). + 4u Zvolíme substituci sin = t. cos + 4 sin d = sin = t t cos d = dt = + 4t dt = ( ) 5 + dt = ( t + 5 ) 4 + 4t 4 arctg t + c = ( sin + 5 ) 4 arctg( sin ) + c. Příklad 5.. Vypočtěte primitivní funkci k funkci 4 sin 4 sin cos + 7 cos na intervalu (0, π/). Řešení. R( u, v) = 4( u) 4( u)( v) + 7( v) = = R(u, v). 4u 4uv + 7v Zvolíme substituci tg = t. 4 sin 4 sin cos + 7 cos d tg = t sin = t +t = = arctg t dt cos = +t d = = +t dt ( 4 t 4t + 7 +t +t +t ) + t dt = 4t 4t + 7 dt = = t arctg + c = 6 6 tg arctg + c 6 6 (t ) + 6 dt
Příklad 5.. Vypočtěte primitivní funkci k funkci na intervalu (0, π/4). Řešení. Zvolíme substituci tg = t. 4 5 sin tg = t sin = t 4 5 sin d = +t = arctg t cos = t +t d = dt +t = ( ) 4 0t +t ( + t ) dt = t 5t + dt = ( t ) dt + c = (ln t ln t ) + c t = ln tg tg + c. 5. Typ sin α sin β d. Necht α, β R. K výpočtu integrálů sin α sin β d, sin α cos β d, použijeme vzorce cos α cos β d. sin α sin β = [cos(α β) cos(α + β)], cos α cos β = [cos(α β) + cos(α + β)], sin α cos β = [sin(α + β) + sin(α β)]. Příklad 5.4. Vypočtěte primitivní funkci k funkci sin cos na R. Řešení. Použijeme vzorec sin α cos β = [sin(α + β) + sin(α β)]. sin cos d = (sin 5 + sin ) d = 0 cos 5 cos + c.
5. Typ sin m cos n d. Necht m, n jsou celá nezáporná a sudá čísla. Pro výpočet integrálu sin m cos n d použijeme vzorce sin = ( cos ), cos = ( + cos ), sin = sin cos. Příklad 5.5. Vypočtěte primitivní funkci k funkci sin 4 cos na R. Řešení. sin 4 cos d = sin sin d = ( cos 4) ( cos ) d 4 6 = ( cos cos 4 + cos 4 cos ) d 6 = ( ) d cos 4 d cos d + cos 4 cos d 6 = ( 6 4 sin 4 sin + 4 sin + ) sin 6 + c = ( 6 4 sin 4 4 sin + ) sin 6 + c. Cvičení 5.. Spočtěte dané integrály na daných oborech: a) sin cos d cos + na R; b) sin 5 cos d + cos + cos na ( π, π) ; c) sin d + cos na R; d) d + cos na R; e) f) sin + sin cos d na (0, π d na R. cos sin + 5 ) ; 6 Integrace iracionálních funkcí. Opět odlišíme dva základní typy integrálů iracionálních funkcí.
6. Typ ( R, q a+b c+d, q a+b c+d,..., qm ) a+b c+d d. Necht R je racionální funkce m + proměnných. Uvažujme funkci R, q a + b a + b a + b c + d, q c + d,..., qm, c + d kde a, b, c, d R, přičemž ad bc 0. Integraci funkcí tohoto typu lze převést na integraci funkcí racionálních v proměnné t. Vyjdeme-li ze vztahu a + b c + d = ts, kde s je nejmenší společný násobek čísel q, q,...,q m, dostaneme = dts b a ct s. Příklad 6.. Vypočtěte primitivní funkci k funkci 4 + na intervalu (, ). Řešení. 4 + 4+ d = = t = t + t 4 d = 0t dt (t 4) t ( = 0 (t + ) (t 4) dt = t + + t + ) dt t t + = ln t arctg t + c 4+ = ln + 4 + 4+ arctg + c. Příklad 6.. Vypočtěte primitivní funkci k funkci 4 + na intervalu (0, ). 4
Řešení. 4 + d = = t d = t dt = t 6 t 4 t t 5 + t 6 t dt = t + dt = (t ) dt = 6t t + c = 6 6 + c. 6. Typ R(, p + q + r) d. Necht R(u, v) = P (u, v) Q(u, v) je racionální funkce dvou proměnných u, v a p, q, r R, p 0. Uvažujme integrál R(, p + q + r) d. Pokud má polynom p + q + r dvojnásobný reálný kořen, pak jde o integraci racionální funkce; dva různé reálné kořeny, pak můžeme převést integrál na integrál typu R, q a + b a + b a + b c + d, q c + d,..., qm d; c + d komplení kořeny, pak tento případ snadno převedeme jednoduchými úpravami a lineární substitucí na následující tvar: R(, + ) d, který dále můžeme počítat s použitím: (a) (b) Eulerovy substituce = t t, d = t + dt, t která převede daný integrál na integrál z racionální funkce (substituce se někdy píše ve tvaru + = t ); goniometrické substituce = tg t, d = cos t dt, která převede daný integrál na integrál z funkce R(cos t, sin t); 5
(c) hyperbolické substituce = sinh t, d = cosh t dt, nebo = cosh t, d = sinh t dt, která převede daný integrál na integrál z funkce R(cosh t, sinh t). Ve všech výše uvedených případech používáme Větu. (Druhá substituční metoda). Příklad 6.. Vypočtěte primitivní funkci k funkci ( + 4) + 4. Řešení. Funkce je definovaná na množině (, 4) (, ). Uvažujme interval (, ) a použijeme Větu.. Pak ( + 4) + 4 d = ( + 4) d +4 t = = = 4t + +4 t 0t d = dt ( t ) ( t ) 0t = 5t ( t ) dt = dt = 5 5 t = 5 + 4 + c. Integrály typu A + B a + b + c d, kde A, B, a, b, c R, A 0, a 0, lze řešit výhodně tak, že je převedeme na součet integrálů f () K f() d + L f() d, které již snadno vypočteme. Příklad 6.4. Vypočtěte primitivní funkci k funkci. 6
Řešení. d = d ( + ) d = arcsin + + c, kde (, + ). Příklad 6.5. Vypočtěte integrál + d na R. + + Řešení. + + + d = = = I + I, + ( + ) + d = u + du = + u + = u d = du u du + + u + u du kde I = + u = s u du = s ds = ds = s = + u = + + ; I = ln(u + + u ) = ln( + + + + ). Celkem dostáváme + + + d = + + + ln( + + + + ) + c pro R. Příklad 6.6. Vypočtěte primitivní funkci k funkci na R. + 7
Řešení. Zvolíme Eulerovu substituci podle bodu (a), kde t (0, ) a použijeme Větu.. d = = t t + d = t + dt t t + = dt + (t ) t 4t = (t +) 4t t + dt = t = ln ( + + ) + c. dt = ln t t Příklad 6.7. Vypočtěte primitivní funkci k funkci + na R. Řešení. Zvolíme hyperbolickou substituci podle bodu (c), kde t (, ). + = sinh t t = argsinh d = d = cosh tdt = + sinh t cosh t dt = cosh t dt = ( + cosh t) dt = (t + ) sinh t = (t + sinh t cosh t) = ( ) t + sinh t + sinh t = ( argsinh + + ) = [ ln( + + ) + ] + + c. Poznámka 6.. Předešlý příklad lze též řešit metodou per partes při současném využití výsledku z Příkladu 6.6 tohoto odstavce. Příklad 6.8. Vypočtěte integrál 4 d. 8
Řešení. Daná funkce je definovaná pro ( 5, + 5). 4 d = 5 = 5 ( ) + d = 5 + 5 = u d = 5du ( 5u ) u du = 5 5 u u du 0 u du = 5 5I 0I, kde I = u = s u du = s ds = 5 5 ( 4 ) 4, I = u du. = s ds = s = ( u ) u Dle Příkladu. pak máme Celkem dostáváme I = [ = 4 d = ( arcsin u + u u ) arcsin pro ( 5, + 5). ( ) + 5 + + ] 4. 5 ( 4 ) ( + ) 4 5 arcsin + 5 + c Příklad 6.9. Vypočtěte integrál 5 ( ) d. Řešení. Integrovaná funkce je definovaná pro (, ). I = = u, ( u d = u du = ) dt = u u u u + c = ( ) + c 9
Cvičení 6.. Spočtěte dané integrály na daných oborech: a) + d na (0, ) ; + b) 4 5 6 d na (0, ) ; 7 c) d) e) f) + d na (, ) ; d na (, ) ; + 4 + d na (, ) ; + + d na R. 0
7 Kontrolní otázky. Definujte primitivní funkci a neurčitý integrál a uved te jejich základní vlastnosti. Znáte nějaké neelementární integrály? V čem spočívá jejich neelementárnost? Uved te větu o integraci metodou per partes. Čím se liší. a. substituční metoda? Zformulujte znění odpovídajících vět. Vysvětlete myšlenkový postup výpočtu primitivní funkce k parciálním zlomkům tvaru B + C (p + q + r) k, kde polynom ve jmenovateli má komplení kořeny. Vysvětlete postup při integraci racionální funkce. Odvod te rekurentní vztah pro výpočet integrálu (t + a ) k dt. Co je cílem substitucí při řešení R(sin, cos ) d? Jak se řeší integrály typu sin α sin β d apod.? Odvod te, čemu se rovná sin, cos při substituci tg. Popište postup při řešení integrálů tvaru A + B a + b + c d. Jak lze vypočítat integrály tvaru a + b + c d?
8 Autotest. Spočtěte dané integrály na daných oborech: + ln ) ln 4 d na ( ) 0, e 4 ; ) e sin(+) d na R; ) 4) cos cos + sin d na ( π 4, π 4 d na (0, ) ; ) ; 5) 6) 7) 8) 9) 0) sin (0, sin cos d na π ) ; ( ) d na R; 6 ln + 7 ( ln + ln ) d na ; 5 d na (, ) ; + cos( ) cos + d na R; cos d na R. 9 Výsledky cvičení a autotestu. Cvičení.. a) b) c) 4 4 ln + 5 4 + 8 + c; 45 (54 7 45) + c; ( ) + c; d) + cos + c; e) sin + c; f) tg + c.
Cvičení.. a) 4 ln 4 + c = 4 ln(4 ) + c pro ( 4, ); b) c) d) e) cos + c; (5 + ) 5 5 + + c; 4 arcsin4 + c; 5 arctg + + c; 5 f) arcsin + Cvičení.. a) b) sin(4 + ) 4 + c. + cos(4 + ) 6 + c; 8 ( sin cos ) + c; c) log ln 0 + c; d) arctg 6 ln ( + 9 ) + c; e) e 9 f) ln Cvičení 4.. (5 sin 5 + cos 5) + c; ln 4 + c. a) ln ( + 5 + 7 ) arctg + 5 + c; b) 5 ln + ln + + c; c) + ln + c; d) ln + + + c; e) ln + + c;
f) 5 ln ln ln + + arctg ln + c. Cvičení 5.. a) arctg (cos ) cos + c; b) cos c) d) + cos cos4 4 + c; cos cos + ln cos + + c; ( ) tg arctg + c; e) f) ln tg tg + + c; arctg tg + c. 5 Cvičení 6.. a) + ln( + ) + c; b) 4 4 + 6 6 + 4 + 4 ln + c; c) + arctg + c; d) ( ) + 4 arcsin + c; e) 4 ( + 4) + 4 + ln ( + + + 4 + ) + c; f) ln + + + + + + + + c. Autotest. 8 ) 5 ) e (ln 4) 5 + ) sin + cos + c; (ln 4) + c; ( cos ( + ) + sin ( + )) + c; 4) arcsin ( ) + c; 4
5) tg + + ln tg + c; tg ( ) ( ) 6) ln + c; 7) ( ) + + + + arctg ( + ) + c; 8) 9) 5 4 ( ) + 4/5 5 ( ) + 9/5 + c; 9 0 sin + 8 5 sin + c; 0 6 0) 6 + 4 sin + 4 cos sin + c. 8 5
0 Studijní prameny. [] Bourbaki, N.: Funkcii dejstvitelnovo peremennovo. Moskva 965. [] Brabec, J., Hrůza, B.: Matematická analýza I. SNTL, Praha 985. [] Daněček, J., Dlouhý, O., Koutková, H., Prudilová, K., Sekaninová, J., Slatinský, E.: Sbírka příkladů z matematika I. VUT FAST Cerm, Brno 000. [4] Fichtengolc, G. M.: Kurz diferencialnovo i integralnovo iscislenija II. Nauka, Moskva 95. [5] Milota, J.: Matematická analýza I II. SPN, Praha 978. [6] Prudnikov, A. P., Bryčkov, J. A., Maričev, O. I.: Integrály i rjady. Nauka, Moskva 98. [7] Rektorys, K. a kol.: Přehled užité matematiky I. Prometheus, Praha 995. [8] Schwabik, Š.: Integrace v R. Kurzweilova teorie. Karolinum, UK Praha 999. [9] Škrášek, J., Tichý, Z.: Základy aplikovákované matematiky II. SNTL, Praha 986. [0] Ungermann Z.: Matematika a řešení fyzikálních úloh. SPN, Praha 990. 6
A Vzorová zadání kontrolních testů. Matematika,. semestr Zpracoval: Test č. Jméno:............................................... Adresa:............................................... Vhodnými úpravami vypočtěte integrály: ( ) + sin a) d b) + cos d cos + cos sin 4 7 + 5 c) d d) d cos +. Vhodnou substitucí řešte integrály: a) c) 4 + 4 + 5 d b) ( + ) d d) 4 + 6 d 5 ( 5 ln ) d. Metodou per partes vypočtěte: a) ( ) sin( ) d b) e cos d c) arcsin d d) ln d e) + 4 d př. a b c d a b c d a b c d e ma. bodů 4 4 4 4 4 6 zís. bodů opravil(a)
Matematika,. semestr Zpracoval: Test č. 4 Jméno:............................................... Adresa:............................................... Vypočtěte integrály racionálních funkcí: a) 4 d 7 c) 4 + 8 + 5 d b) d. Vhodnými substitucemi řešte integrály: + a) d c) e) b) 0 sin d d) + + cos d sin 5 cos 5 d + ( + )( ) d př. a b c a b c d e ma. bodů 4 4 4 4 4 4 4 4 zís. bodů opravil(a)