Podstawienia trygonometryczne w całce niewymiernej

Całka nieoznaczona

Autorzy:

Konrad Nosek

Tomasz Drwięga

Spis treści

Spis treści

Funkcja pierwotna. Całka nieoznaczona. Podstawowe wzory Całkowanie przez podstawianie całek nieoznaczonych Całkowanie przez części całek nieoznaczonych

Rozkład funkcji wymiernej na sumę wielomianu i ułamka wymiernego. Rozkład wielomianu na czynniki Ułamki proste. Rozkład ułamka wymiernego na ułamki proste

Całkowanie ułamków prostych pierwszego i drugiego rodzaju Całka z dowolnej funkcji wymiernej - kompletna procedura i przykłady Całki z funkcji trygonometrycznych

Wzory rekurencyjne w całce z funkcji trygonometrycznych

Całka z pierwiastkami dowolnego stopnia z funkcji liniowej lub homograficznej Podstawienia Eulera

Obliczanie pewnych całek niewymiernych metodą współczynników nieoznaczonych Lagrange'a Podstawienia trygonometryczne w całce niewymiernej

Funkcja pierwotna. Całka nieoznaczona. Podstawowe

Funkcja pierwotna. Całka nieoznaczona. Podstawowe

wzory

wzory

DEFINICJA

Definicja 1: Funkcja pierwotna

Definicja 1: Funkcja pierwotna

Rozważmy przedział zawarty w zbiorze liczb rzeczywistych ( ). Funkcję rzeczywistą mającą pochodną w każdym punkcie przedziału nazywamy funkcją pierwotną funkcji funkcją pierwotną funkcji w przedziale w przedziale , jeżeli w każdym punkcie zachodzi

(tj. gdy w każdym punkcie z przedziału pochodna funkcji równa się wartości funkcji ).

PRZYKŁAD

Przykład 1:

Przykład 1:

Rozważmy wielomian . Wówczas wielomian określony wzorem jest funkcją pierwotną funkcji na przedziale , gdyż . Istnieją też inne funkcje pierwotne funkcji , np.:

, , , ...

UWAGA

Uwaga 1:

Uwaga 1:

Z powyższego przykładu wynika, że funkcja pierwotna danej funkcji nie jest wyznaczona jednoznacznie, a jednak mając jedną funkcję pierwotną łatwo wyznaczyć wszystkie pozostałe.

Spostrzeżenie to precyzuje następujące twierdzenie:

TWIERDZENIE

Twierdzenie 1:

Twierdzenie 1: O funkcji pierwotnej

O funkcji pierwotnej

Dwie dowolne funkcje pierwotne tej samej funkcji różnią się o stałą tzn.

Jeśli i są funkcjami pierwotnymi na przedziale do funkcji , to .

I

I ⊂ R

I

f

I

x ∈ I

(x) = f(x)

F

′

_I

_F

_f

f(x) =

x

3

− 3

_x

2

_{F(x) =}

1

_{− + 2016}

4

x

4

x

3

f

(−∞, ∞)

F

′

= f(x) ∀ x ∈ R

_f

(x) =

− + 2

F

1 1₄

x

4

x

3

F

2

(x) =

1₄

x

4

− −

x

3

2

10

F

3

(x) =

1₄

x

4

−

x

3

f

F G

I

f

∃ c ∈ R ∀ x ∈ I : F(x) = G(x) + c

UWAGA

Uwaga 2:

Uwaga 2:

Prawdziwość powyższego twierdzenia wynika z własności pochodnych, tj. wzoru na pochodną sumy oraz z faktu, iż pochodna ze stałej wynosi zero.

DEFINICJA

Definicja 2: Całka nieoznaczona

Definicja 2: Całka nieoznaczona

Rodzinę wszystkich funkcji pierwotnych funkcji w przedziale nazywamy całką nieoznaczoną funkcji całką nieoznaczoną funkcji w przedziale w przedziale i oznaczamy ją symbolem . Zatem

UWAGA

Uwaga 3:

Uwaga 3:

Wprost z powyższej definicji wynika ważna własność całki nieoznaczonej, że pochodna całki jest równa funkcji podcałkowej, czyli

PRZYKŁAD

Przykład 2:

Przykład 2:

PRZYKŁAD

Przykład 3:

Przykład 3:

c

f

I

f

I

∫ f(x) dx

∫ f(x) dx = F(x) + c ⇔ (x) = f(x) .

F

′

= f(x) .

(∫ f(x) dx)

′

∫ sin xdx = − cos x + c ,

bo

(− cos x)

′

= sin x.

∫

1

dx = arctgx + c ,

bo

=

.

TWIERDZENIE

Twierdzenie 2:

Twierdzenie 2: Wzory podstawowe

Wzory podstawowe

1. , gdy (całka z funkcji potęgowej) ; 2. ;

3. , gdy i (całka z funkcji wykładniczej) ;

4. ; 5. ; 6. ; 7. ; 8. ; 9. .

UWAGA

Uwaga 4:

Uwaga 4:

Powyższe wzory łatwo sprawdzić - wystarczy pokazać, że pochodna wyniku jest równa funkcji podcałkowej. Przykładowo

PRZYKŁAD

Przykład 4:

Przykład 4:

Obliczmy całkę .

Korzystając z działań na potęgach oraz ze wzoru 1. powyższego twierdzenia

otrzymujemy

PRZYKŁAD

Przykład 5:

Przykład 5:

Obliczmy całkę .

Korzystając ze wzoru na całkę nieoznaczoną dla funkcji wykładniczej (por. twierdzenie - wzory podstawowe ) otrzymujemy

gdyż .

∫

x

α

dx =

xα+1

+ c

α+1

α ≠ −1

∫

dx

= ln |x| + c

x

∫ dx =

a

x ax

+ c

ln a

a > 0 a ≠ 1

∫ sin xdx = − cos x + c

∫ cos xdx = sin x + c

∫

dx

= tg x + c

x cos2

∫

dx

= −ctg x + c

x sin2

∫

dx

= arcsinx + c

1−x2 √

∫

dx

= arctgx + c

1+x2

=

=

⋅ ln a ⋅

= .

( )

ax ln a ′ ln a1

( )

a

x ′ ln a1

a

x

a

x

∫

dx x3 √

∫

dx

= ∫

dx =

+ c = −

+ c .

x3 √

x

− 3 2 x − 1₂ −1 2 2 x √

∫ dx

e

x

∫ dx =

e

x ex

+ c = + c ,

ln e

e

x

ln e = 1

{OPENAGHCONCLUSION (name="Z twierdzenia Wzory podstawowe")} W szczególności prawdziwe są wzory:

1. ;

2. , gdy , więc tym samym np. ; 3. ;

{OPENAGHCONCLUSION}

TWIERDZENIE

Twierdzenie 3:

Twierdzenie 3: O całce sumy

O całce sumy

Jeżeli funkcje oraz mają funkcje pierwotne w przedziale , to suma ma również funkcję pierwotną w przedziale . Ponadto zachodzi równość:

PRZYKŁAD

Przykład 6:

Przykład 6:

Obliczmy całkę z funkcji .

Skorzystamy tu z twierdzenia o całce sumy oraz ze wzoru podstawowego na całkę z funkcji potęgowej.

PRZYKŁAD

Przykład 7:

Przykład 7:

Obliczmy całkę .

Stosując proste dopełnienie algebraiczne, otrzymujemy

TWIERDZENIE

Twierdzenie 4:

Twierdzenie 4: o wyciąganiu stałej przed znak całki

o wyciąganiu stałej przed znak całki

Jeżeli funkcja ma funkcję pierwotną w przedziale , to dla dowolnej stałej iloczyn ma również funkcję pierwotną w przedziale .

Ponadto dla dowolnej stałej prawdziwa jest równość:

∫

1

dx = 2

+ c

x √

√

x

∫

1

dx = −

+ c

xα _(α−1)x1 α−1

α ≠ 1

∫ dx = − + c

_x12 _x1

∫ dx = + c

e

x

_e

x

f

g

I

f + g

I

∫ (f(x) + g(x)) dx = ∫ f(x) dx + ∫ g(x) dx.

f(x) =

x

5

+

x+1

+

x5 √ x15

∫ ( +

x

5 x+1

+ ) dx = ∫ ( +

+

+

) dx = ∫ dx + ∫

dx + ∫

dx + ∫

dx

x5 √ x15

x

5

x

1− 5 2

x

−52

x

−5

x

5

x

−32

x

−52

x

−5

=

x6

− 2

−

−

+ c .

6

x

− 1 2 2₃

x

−32 x−4₄

∫

x2+2

dx

+1 x2

∫

x2+2

dx = ∫ (

+

) dx = ∫ 1 dx + ∫

dx = x + arctgx + c .

+1 x2 x+1 2 +1 x2 _x21_{+1 1+x}12

f

I

a

a ⋅ f

I

a

∫ a ⋅ f(x) dx = a ⋅ ∫ f(x) dx.

Należy przy tym pamiętać, że przed całkę można wyciągnąć stałą, ale nie zmienną (czyli nic z -em, jeśli całkujemy funkcję od ).

PRZYKŁAD

Przykład 8:

Przykład 8:

Obliczmy całkę .

Korzystając z działań na potęgach oraz z twierdzenia o wyciąganiu stałej przed znak całki mamy

PRZYKŁAD

Przykład 9:

Przykład 9:

Obliczmy całkę .

Dlaczego pisząc symbol całki należy zawsze pisać człon , oznaczający że całkujemy po tłumaczą następujące przykłady.

PRZYKŁAD

Przykład 10:

Przykład 10:

, gdyż . , gdyż .

Całkę nieoznaczoną, a potem oznaczoną stosujemy głównie w fizyce, gdzie rzadko kiedy argumenty funkcji są oznaczane jako , np. — funkcja drogi od czasu (t — time).

W pierwszym przytoczonym przykładzie dopisek oznacza, że poszukujemy funkcji pierwotnej od funkcji o argumencie . Czyli widzimy, że całkujemy funkcję względem .

W drugim zaś przykładzie jest stałą, którą wolno wziąć przed całkę. Wówczas całkujemy funkcję względem . {OPENAGHCONCLUSION (name="Z twierdzenia ((Automatycznie|#thr:NieoznaczonaKN-SumaCalek|o całce sumy i z twierdzenia

o wyciąganiu stałej przed znak całki")} Jeżeli funkcje oraz mają funkcje pierwotne w przedziale , to różnica ma również funkcję pierwotną w przedziale . Ponadto zachodzi równość

{OPENAGHCONCLUSION}

x

x

∫

2

x−2

dx

∫

2

x−2

dx = ∫ dx = ∫ dx = ⋅

2x

+ c =

+ c .

22 1₄

2

x 1₄ 2 x ln 2 2 x ln 16

∫

sin 2x

dx

cos x

∫

sin 2x

dx = ∫

dx = 2 ∫ sin xdx = −2 cos x + c .

cos x 2 sin x cos xcos x

dx

dx

∫ xdx =

1

+ c

2

x

2

(

12

x

2 ′

)

= ⋅ 2x = x

12

∫ xdt = x∫ dt = xt + c

(xt)

′

= x

_(t)

′

= x

x

s = s(t)

dx

x

f(x) = x

x

x

f(t) = 1

t

f

g

I

f − g

I

∫ (f(x) − g(x)) dx = ∫ f(x) dx − ∫ g(x) dx.

PRZYKŁAD

Przykład 11:

Przykład 11:

Obliczmy całkę .

{OPENAGHCONCLUSION (name="Z twierdzenia O całce sumy i z twierdzenia o wyciąganiu stałej przed znak całki"

anchor="cl:NieoznaczonaKN-WN3")} Jeżeli funkcje oraz mają funkcje pierwotne w przedziale , to dla dowolnych liczb i funkcja ma również funkcję pierwotną w przedziale oraz

{OPENAGHCONCLUSION}

PRZYKŁAD

Przykład 12:

Przykład 12:

Obliczmy całkę z wielomianu .

PRZYKŁAD

Przykład 13:

Przykład 13:

Obliczmy całkę .

Żeby można było użyć wzorów podstawowych, zastosujemy tutaj proste dopełnienie algebraiczne oraz wykorzystamy powyższy wniosek.

Całkowanie przez podstawianie całek

Całkowanie przez podstawianie całek

nieoznaczonych

nieoznaczonych

∫ (cos x − ) dx

1

x

∫ (cos x − ) dx = ∫ cos xdx − ∫ dx = sin x − ln |x| + c .

1

x x1

f

g

I

a b

a ⋅ f + b ⋅ g

I

∫ (af(x) + bg(x)) dx = a ∫ f(x) dx + b ∫ g(x) dx.

W(x) = 5 − 6 − x + 5

x

4

_x

2

∫ (5 − 6 − x + 5) dx = 5 ∫ dx − 6 ∫ dx − ∫ xdx + 5 ∫ dx =

x

4

_x

2

_x

4

_x

2

_x

5

− 2 −

_x

3 1

+ 5x + c .

2

x

2

∫

x2

dx

2 +2x2

∫

x2

dx = ∫ (

−

) dx = ∫ ( − ⋅

) dx = ∫ 1 dx − ∫

dx = − arctgx + c .

2 +2x2 1₂ x+1 2 +1 x2 _x21₊₁ 1₂ 1_{2 x}21₊₁ 1₂ 1_{2 x}21₊₁ x₂ 1₂

(1)

TWIERDZENIE

Twierdzenie 5:

Twierdzenie 5: o całkowaniu przez podstawienie

o całkowaniu przez podstawienie

Niech oznacza złożenie funkcji z , tj. . Jeżeli funkcja rzeczywista ma w przedziale

funkcję pierwotną oraz funkcja o wartościach w przedziale ma skończoną pochodną w każdym punkcie przedziału , to funkcja ma w przedziale funkcję pierwotną. Ponadto

UWAGA

Uwaga 5:

Uwaga 5:

Istota wzoru ( 1 ) polega na wprowadzeniu nowej zmiennej poprzez podstawienie w całce . Wówczas otrzymuje się równość

w której różniczka oraz .

PRZYKŁAD

Przykład 14:

Przykład 14:

Obliczmy całkę .

Zatem przedstawiliśmy funkcję podcałkową w postaci takiej jak we wzorze ( 1 ), gdzie oraz Zatem korzystając z powyższego twierdzenia oraz ze wzoru 9. w twierdzeniu wzory podstawowe, otrzymujemy

Poniżej jeszcze raz wyznaczymy tą całkę stosując inny, tradycyjny zapis, który będziemy wykorzystywać w kolejnych przykładach.

W kolejnych przykładach oprócz twierdzenia o całkowaniu przez podstawianie będziemy wykorzystywać wzory podstawowe,

twierdzenie o całce sumy oraz twierdzenie o wyciąganiu stałej przed znak całki.

(f ∘ g)

g f

(f ∘ g)(x) = f(g(x))

f

I

F

g

I

J

(f ∘ g)g

′

_J

∫(f ∘ g)(x) (x) dx = ∫ f(g(x)) (x) dx = F(g(x)) + c .

g

′

_g

′

t = g(x)

∫ f(g(x)) (x) dx

g

′

∫ f(g(x)) (x) dx = ∫ f(t) dt

g

′

_∣

,

t=g(x)

dg(x) = (x)dx

g

′

_{t = g(x)}

∫

3x2

dx

1+x6

∫

3x2

dx = ∫

⋅ 3 dx.

1+x6 _1+(x1₃₎2

x

2

f(t) =

1 1+t2

g(x) =

x

3

.

∫

3x2

dx = ∫

dt

= arctgt

+c = arctg( ) + c .

1+x6 _1+t12

∣

t=x3

∣

t=x3

x

3

∫

3x2

dx =

= ∫

dt = arctgt + c = arctg( ) + c .

1+x6

∣

∣

∣ t

dt

=

=

x

3

3 dx

x

2

∣

∣

∣

1 1+t2

x

3

PRZYKŁAD

Przykład 15:

Przykład 15:

Obliczmy całkę .

{OPENAGHEXAMPLE ()}Obliczmy całkę .

{OPENAGHEXAMPLE}

PRZYKŁAD

Przykład 16:

Przykład 16:

Obliczmy całkę

PRZYKŁAD

Przykład 17:

Przykład 17:

Obliczmy całkę .

PRZYKŁAD

Przykład 18:

Przykład 18:

Obliczmy całkę .

∫ sin xcos xdx

∫ sin xcos xdx =

∣

_∣∣

t

= ∫ tdt =

+ c =

x + c .

dt

=

=

sin x

cos xdx

∣

∣∣

12

t

2 12

sin

2

∫

√

− −

2x + 1

−−−

dx

∫

√

− −

2x + 1

−−−

dx =

= ∫ dt = ⋅

+ c =

+ c .

∣

∣

∣

∣

∣

t

dt

dt

1 2

=

=

=

2x + 1

2 dx

dx

∣

∣

∣

∣

∣

12

t

1 2 1 2 23

t

3 2 1 3

√

(2x + 1)

−

−−−−−−

−

3

∫(3x + 6)

( + 4x − 10)

x

2 1976

dx

∫(3x + 6)

( + 4x − 10)

x

2 1976

dx =

= ∫

dx = ⋅

+ c

∣

∣

∣

∣

∣

t

dt

dt

3 2

=

=

=

+ 4x − 10

x

2

(2x + 4) dx

(3x + 6) dx

∣

∣

∣

∣

∣

32

t

1976 32 t 1977 1977

=

3

( + 4x − 10

+ c =

( + 4x − 10

+ c .

2⋅1977

x

2

)

1977 13181

x

2

)

1977

∫

_e15x

dx

∫

1

dx = ∫

dx =

= − ∫ dt = −

+ c = −

+ c = −

+ c .

e5x

e

−5x

∣

∣

∣

∣

∣

t

dt

− dt

1 5

=

=

=

−5x

−5 dx

dx

∣

∣

∣

∣

∣

15

e

t 15

e

t 15

e

−5x 5e15x

∫

x

dx

1−9x4 √

∫

x

dx = ∫

dx =

= ∫

dt = arcsin t + c = arcsin(3 ) + c .

1−9x4 √ _√1−(3xx 2₎2

∣

∣

∣

∣

∣

t

dt

dt

1 6

=

=

=

3x

2

6xdx

xdx

∣

∣

∣

∣

∣

16 _√1−t1 2 16 16

x

2

PRZYKŁAD

Przykład 19:

Przykład 19:

Obliczmy całkę .

PRZYKŁAD

Przykład 20:

Przykład 20:

Obliczmy całkę .

PRZYKŁAD

Przykład 21:

Przykład 21:

Obliczmy całkę .

PRZYKŁAD

Przykład 22:

Przykład 22:

Obliczmy całkę z funkcji trygonometrycznej .

{OPENAGHCONCLUSION (name="Z twierdzenia O całkowaniu przez podstawianie")}

{OPENAGHCONCLUSION}

∫

dx + e−5x _e5x

∫

dx

= ∫

dx =

= ∫

dt = arctgt + c = arctg( ) + c .

+ e−5x _e5x e 5x 1+(e5x₎2

∣

∣

∣

∣

∣

t

dt

dt

1 5

=

=

=

e

5x

5

e

5x

dx

dx

e

5x

∣

∣

∣

∣

∣

15 1+tdt2 1₅ 1₅

e

5x

∫

x+3

dx

x−1 √5

∫

x+3

dx =

= ∫

dt = ∫

dt + 4 ∫

dt =

+ 4 ⋅

+ c

x−1 √5

∣

∣

∣

∣

t

t + 1

dt

=

=

=

x − 1

x

dx

∣

∣

∣

∣

t+1+3√5t

t

1− 1 5

t

−15 5 9

t

9 5 5 4

t

4 5

= (x − 1 + 5(x − 1 + c .

5 9

)

9 5

)

45

∫

1

dx

xcos2(ln x)

∫

1

dx = ∫

⋅ dx =

= ∫

dt = tg t + c = tg (ln x) + c .

xcos2(ln x) _cos2_{(ln x)}1 _x1

∣

∣

∣

_dt

t

=

₌

ln x

₁

_dx

x

∣

∣

∣

1 t cos2

ctg x

∫ ctg xdx = ∫

cos x

dx = ∫ cos x ⋅

dx =

= ∫ = ln |t| + c = ln | sin x| + c .

sin x sin x1

∣

_∣∣

_dt

t

=

₌

sin x

_{cos xdx}

∣

_∣∣

dtt

PRZYKŁAD

Przykład 23:

Przykład 23:

Obliczmy całkę z funkcji trygonometrycznej .

PRZYKŁAD

Przykład 24:

Przykład 24:

Obliczmy całkę .

PRZYKŁAD

Przykład 25:

Przykład 25:

Obliczmy całkę

PRZYKŁAD

Przykład 26:

Przykład 26:

Obliczmy całkę .

tg x

∫ tg xdx = ∫

sin x

dx = − ∫

dx = − ∫

dx = −ln | cos x| + c .

cos x − sin xcos x (cos x)

′ cos x

∫

_7x−51

dx

∫

1

dx = ∫

dx = ∫

dx = ln |7x − 5| + c .

7x−5 17 7x−57 17 (7x−5) ′ 7x−5 17

∫

_3−4x1

dx

∫

1

dx = − ∫

dx = − ln |3 − 4x| + c .

3−4x 14 3−4x−4 14

∫ tg 3xdx

∫ tg 3xdx =

= ∫ tg tdt = − ∫

dt = − ln | cos t| + c = − ln | cos 3x| + c .

∣

∣

∣

∣

∣

t

dt

dt

1 3

=

=

=

3x

3 dx

dx

∣

∣

∣

∣

∣

13 13 − sin tcos t 13 13

PRZYKŁAD

Przykład 27:

Przykład 27:

Obliczmy całkę . Wyznaczmy pochodną mianownika:

Wówczas

PRZYKŁAD

Przykład 28:

Przykład 28:

Obliczmy całkę . Pierwszy sposób: Drugi sposób: Trzeci sposób:

UWAGA

Uwaga 6:

Uwaga 6:

Całkę nieoznaczoną można obliczyć na kilka sposobów. Wynik otrzymany różnymi metodami jest oczywiście ten sam, jednak poszukiwana rodzina wszystkich funkcji pierwotnych (całka nieoznaczona) może być opisana na różne sposoby, tzn. przedstawiona przy pomocy innych funkcji pierwotnych.

Innymi słowy, jeśli rozważamy dwa opisy całki nieoznaczonej funkcji przy pomocy istotnie różnych funkcji pierwotnych i , tj. rodzinę oraz rodzinę , gdzie , to zgodnie z twierdzeniem o funkcji pierwotnej funkcje i różnią się tylko o stałą, a zatem definiują tą samą rodzinę, tj. całkę nieoznaczoną.

∫

₂x2₋₁x

dx

( − 1 = (

2

x

₎

′

₂

x

₎

′

= ln 2 ⋅ .

₂

x

∫

2x

dx =

∫

dx =

ln | − 1| + c =

| − 1| + c .

−1 2x _{ln 2}1 ( −12 x ₎′ −1 2x _{ln 2}1

2

x

log

2

2

x

∫

2 cos 2x

dx

sin 2x

∫

2 cos 2x

dx = ∫

dx = ln | sin 2x| + .

sin 2x (sin 2x) ′ sin 2x

c

1

∫

2 cos 2x

dx =

= ∫

dt = ∫

dt = ln | sin t| + = ln | sin 2x| + .

sin 2x

∣

_∣∣

_dt

t

=

₌

2x

_{2 dx}

∣

_∣∣

cos tsin t (sin t)

′

sin t

c

2

c

2

∫

2 cos 2x

dx = ∫

dx = ∫

dx + ∫

dx = ∫

dx + ∫

dx

sin 2x 2(cos x− x)

2 _sin2

2 sin x cos x cos xsin x − sin xcos x (sin x)

′

sin x (cos x)

′

cos x

= ln | sin x| + ln | cos x| + = ln |2 sin xcos x| − ln 2 + = ln | sin 2x| + .

c

3

c

3

c

1

f

F

PRZYKŁAD

Przykład 29:

Przykład 29:

Obliczmy całkę . Pierwszy sposób: Drugi sposób:

Z powyższej uwagi wiadomo, że wyrażenia oraz mogą się różnić jedynie o stałą. I rzeczywiście

Całkowanie przez części całek nieoznaczonych

Całkowanie przez części całek nieoznaczonych

TWIERDZENIE

Twierdzenie 6:

Twierdzenie 6: o całkowaniu przez części

o całkowaniu przez części

Niech funkcje i mają pochodne w przedziale . Jeżeli iloczyn ma w przedziale funkcję pierwotną , to iloczyn ma w przedziale funkcję pierwotną. Ponadto

W dalszej części przedstawimy zastosowanie powyższego twierdzenia. Oprócz niego wykorzystamy inne twierdzenia, tj. wzory podstawowe, twierdzenie o całce sumy, twierdzenie o wyciąganiu stałej przed znak całki oraz twierdzenie o całkowaniu przez podstawianie .

PRZYKŁAD

Przykład 30:

Przykład 30:

Obliczmy całkę .

∫ sin xcos xdx

∫ sin xcos xdx = ∫ sin 2xdx =

1

= ∫ sin tdt = − cos t + c = − cos 2x + c .

2

∣

_∣∣

_dt

t

=

₌

_{2 dx}

2x

∣

_∣∣

14 14 14

∫ sin xcos xdx =

∣

_∣∣

t

= ∫ tdt = + c =

+ c.

dt

=

=

sin x

cos xdx

∣

∣∣

t 2 2 sin x 2 2

− cos 2x

1 4 12

sin

2

x

x − (− cos 2x) = (2

x + cos 2x) = (2

x +

x −

x) = .

1

2

sin

2 14 14

sin

2 14

sin

2

cos

2

sin

2 14

f g

I

fg

′

_I

_f

′

_g

I

∫ (x)g(x) dx = f(x)g(x) − ∫ f(x) (x) dx.

f

′

_g

′

∫ xln xdx

∫ xln xdx =

∣

=

⋅ ln x − ∫ ⋅

dx =

ln x − ∫ xdx

∣

∣

_g

g(x)

_′

_(x)

=

₌

ln x

₁ x

(x) = x

f

′

f(x) =

1 2

x

2

∣

∣

∣

1 2

x

2 x1 12

x

2 12

x

2 12

=

1

xln x −

+ c .

2

x

2 14

x

2

UWAGA

Uwaga 7:

Uwaga 7:

W zapisie całkowania przez części oznacza jakąkolwiek funkcję pierwotną funkcji .

PRZYKŁAD

Przykład 31:

Przykład 31:

Obliczmy całkę .

PRZYKŁAD

Przykład 32:

Przykład 32:

Obliczmy całkę .

Korzystając z poprzedniego przykładu, otrzymujemy

PRZYKŁAD

Przykład 33:

Przykład 33:

Obliczmy całkę .

f

f

′

∫ x dx

e

x

∫ x dx =

e

x

∣

= x − ∫ 1 ⋅ dx = x − + c .

∣

∣

g(x)

_(x)

g

′

=

=

x

1

(x)

f

′

f(x)

=

=

e

x

e

x

∣

∣

∣

e

x

_e

x

_e

x

_e

x

∫

x

2

_e

x

dx

∫

x

2

_e

x

dx =

∣

=

− ∫ 2x ⋅ dx =

− 2 ∫ x dx.

∣

∣ g(x)

_g

_′

_(x)

=

₌

x

_2x

2

f

_f(x)

′

(x)

=

₌

_e

e

x_x

∣

_∣

∣ x

2

_e

x

_e

x

_x

2

_e

x

_e

x

∫

x

2

_e

x

dx =

_x

2

_e

x

− 2 ⋅ (x − ) + c = ( − 2x + 2) + c .

_e

x

_e

x

_x

2

_e

x

∫(8x − 3)

e

4x

dx

∫(8x − 3)

e

4x

dx =

∣

= (8x − 3) ⋅

− ∫ 8 ⋅

dx

∣

∣

g(x)

_(x)

g

′

=

=

8x − 3

8

(x)

f

′

f(x)

=

=

e

4x 1 4

e

4x

∣

∣

∣

1 4

e

4x 14

e

4x

= (2x − )

3

− 2 ∫

dx = (2x − )

− 2 ⋅

+ c = (2x − )

+ c .

4

e

4x

e

4x 34

e

4x 14

e

4x 54

e

4x

PRZYKŁAD

Przykład 34:

Przykład 34:

Obliczmy całkę .

PRZYKŁAD

Przykład 35:

Przykład 35:

Obliczmy całkę .

Całkę wyliczymy również stosując twierdzenie o całkowaniu przez części :

Całkę liczymy ponownie stosując twierdzenie o całkowaniu przez części :

Wyliczoną całkę wstawiamy do całki oznaczonej przez :

W powyższym wzorze stała została zastąpiona przez stałą . Następnie wstawiamy wyliczoną całkę do całki oznaczonej przez :

gdzie stała .

W poniższej uwadze podsumowano dotychczasowe przykłady.

∫(2x + 1) sin xdx

∫(2x + 1) sin xdx =

∣

= (2x + 1) ⋅ (− cos x) − ∫ 2 ⋅ (− cos x) dx

∣

∣

g(x)

_(x)

g

′

=

₌

2x + 1

₂

f

(x)

′

f(x)

=

=

sin x

− cos x

∣

∣

∣

= −(2x + 1) cos x + 2 ∫ cos xdx = −(2x + 1) cos x + 2 sin x + c .

∫( − 6x + 21) cos 3xdx

x

3

(⋆) = ∫( − 6x + 21) cos 3xdx =

x

3

∣

∣

∣

_g

g(x)

_′

_(x)

=

₌

_{3 − 6}

x

_x

3₂

− 6x + 21

f

_f(x)

′

(x)

=

₌

cos 3x

₁

_{sin 3x}

3

∣

∣

∣

= ( − 6x + 21) ⋅ ( sin 3x) − ∫(3 − 6) ⋅ ( sin 3x) dx =

x

3 1

sin 3x − 3 ⋅ ∫( − 2) sin 3xdx.

3

x

2 13 x−6x+21 3 3 13

x

2

∫( − 2) sin 3xdx

x

2

(⋆⋆) = ∫( − 2) sin 3xdx =

x

2

∣

∣

∣

_g

g(x)

_′

_(x)

=

₌

_2x

x

2

− 2

f

_f(x)

′

(x)

=

₌

sin 3x

_{− cos 3x}

₁ 3

∣

∣

∣

= ( − 2) ⋅ (− cos 3x) − ∫ 2x ⋅ (− cos 3x) dx =

x

2 1

cos 3x + ∫ xcos 3xdx.

3 13 2−x

2

3 23

∫ xcos 3xdx

∫ xcos 3xdx =

∣

= x ⋅ sin 3x − ∫ 1 ⋅ sin 3xdx

∣

∣

_g

g(x)

_′

_(x)

=

₌

x

₁

f

_f(x)

′

(x)

=

₌

cos 3x

₁

_{sin 3x}

3

∣

∣

∣

1 3 13

= sin 3x − ∫ sin 3xdx = sin 3x − ⋅ (− cos 3x) + = sin 3x + cos 3x + .

x

3 13 x3 13 31

c

2 x3 19

c

2

(⋆⋆)

(⋆⋆) =

2−x2

cos 3x + ⋅ ( sin 3x + cos 3x + ) = ( − ) cos 3x + sin 3x + .

3 23 x3 19

c

2 2027 x

2

3 2x9

c

1

c

2

c

1

=

2₃

c

2

(⋆)

(⋆) = ( − 2x + 7) sin 3x − (( − ) cos 3x + sin 3x + )

x3

3 2027 x 2 3 2x9

c

1

= ( −

x3

+ 7) sin 3x − ( − ) cos 3x + c ,

3 20x9 2027 x 2 3

c = −c

1

UWAGA

Uwaga 8:

Uwaga 8:

Uogólniając, jeśli oznacza wielomian -tego stopnia oraz jest dowolną liczbą różną od zera, to wówczas licząc całki z funkcji

stosujemy twierdzenie o całkowaniu przez części przyjmując

PRZYKŁAD

Przykład 36:

Przykład 36:

Stosując całkowanie przez części można wyznaczyć funkcję pierwotną dla funkcji arkus tanagens:

PRZYKŁAD

Przykład 37:

Przykład 37:

Stosując całkowanie przez części można również wyznaczyć funkcję pierwotną dla funkcji arkus sinus:

Całkę wyliczymy stosując twierdzenie o całkowaniu przez podstawianie .

Zatem

(x)

W

n

n

a

(x) sin ax,

(x) cos ax,

(x)

W

n

W

n

W

n

e

ax

g(x) =

W

n

(x) .

∫ arctgxdx = ∫ 1 ⋅ atctgxdx =

∣

= x ⋅ arctgx − ∫

⋅ xdx =

∣

∣

_g

g(x)

_′

_(x)

=

₌

arctgx

₁ +1 x2

(x)

f

′

f(x)

=

=

1

x

∣

∣

∣

1 +1 x2

xarctgx − ∫

1

dx = xarctgx − ln( + 1) + c .

2 x22x+1 1₂

x

2

∫ arcsinxdx = ∫ 1 ⋅ arcsinxdx =

∣

= x ⋅ arcsinx − ∫

⋅ xdx.

∣

∣

_g

g(x)

′

_(x)

=

=

arcsinx

1 1−x2 √

(x)

f

′

f(x)

=

=

1

x

∣

∣

∣

1 1−x2 √

∫

x 1−x2 √

∫

x

dx =

= − ∫

dt = − ⋅ 2

+ = −

+ .

1−x2 √

∣

∣

∣

∣

∣

t

dt

− dt

1 2

=

=

=

1 − x

2

−2xdx

xdx

∣

∣

∣

∣

∣

12 √1t 12

√

t

c

1

√

− −

1 − x

−−−

2

c

1

PRZYKŁAD

Przykład 38:

Przykład 38:

Stosując całkowanie przez części można wyznaczyć funkcję pierwotną dla logarytmu naturalnego:

PRZYKŁAD

Przykład 39:

Przykład 39:

Obliczmy całkę .

PRZYKŁAD

Przykład 40:

Przykład 40:

Obliczmy całkę .

∫ ln xdx = ∫ 1 ⋅ ln xdx =

∣

= x ⋅ ln x − ∫ ⋅ xdx = xln x − ∫ dx

∣

∣

_g

g(x)

_′

_(x)

=

₌

ln x

₁ x

(x)

f

′

f(x)

=

=

1

x

∣

∣

∣

1 x

= xln x − x + c .

∫ ln ( + 1) dx

x

2

∫ ln ( + 1) dx = ∫ 1 ⋅ ln ( + 1) dx =

x

2

_x

2

∣

∣

∣

_g

g(x)

_′

_(x)

=

₌

ln ( + 1)

2x

x

2 +1 x2

(x)

f

′

f(x)

=

=

1

x

∣

∣

∣

= x ⋅ ln ( + 1) − ∫

x

2 2x

⋅ xdx = xln ( + 1) − 2 ∫

dx

( +1)x2

x

2 x+1−1 2 +1 x2

= xln ( + 1) − 2 (∫ dx − ∫

x

2 1

) dx = xln ( + 1) − 2x + 2arctgx + c .

+1 x2

x

2

∫(9 − 4x)ln xdx

x

2

∫(9 − 4x)ln xdx =

x

2

∣

∣

∣

g(x)

_(x)

g

′

=

=

ln x

1 x

(x)

f

′

f(x)

=

=

9 − 4x

x

2

−

9x3 3 4x 2 2

∣

∣

∣

= (3 − 2 ) ⋅ ln x − ∫ ⋅ (3 − 2 ) dx = (3 − 2 )ln x − ∫(3 − 2x) dx

x

3

_x

2 1 x

x

3

x

2

x

3

x

2

x

2

= (3 − 2 )ln x − (

x

3

_x

2 3x3

−

) + c = (3 − 2 )ln x − + + c .

3 2x 2 2

x

3

x

2

x

3

x

2

PRZYKŁAD

Przykład 41:

Przykład 41:

Obliczmy całkę .

Zauważmy, że aby wyznaczyć jedną z funkcji pierwotnych , należy rozwiązać równanie:

w którym niewiadomą jest całka . Zatem

thr:CzesciKN-Czesci

W celu wyznaczenia całki nieoznaczonej, tj. wszystkich funkcji pierwotnych, dodajemy stałą . Zatem rozwiązaniem jest

UWAGA

Uwaga 9:

Uwaga 9:

W podobny sposób można wyznaczyć całki postaci:

dla dowolnych liczb oraz .

∫ sin xdx

e

x

∫ sin xdx =

e

x

∣

= sin x − ∫ cos xdx

∣

∣

g(x)

_(x)

g

′

=

₌

sin x

_{cos x}

f

(x)

′

f(x)

=

=

e

x

e

x

∣

∣

∣ e

x

_e

x

=

∣

= sin x − ( cos x − ∫ ⋅ (− sin x) dx)

∣

∣

g(x)

_(x)

g

′

=

₌

cos x

_{− sin x}

f

(x)

′

f(x)

=

=

e

x

e

x

∣

∣

∣ e

x

_e

x

_e

x

= (sin x − cos x) − ∫ sin xdx.

e

x

_e

x

I = (sin x − cos x) − I ,

e

x

I = ∫ sin xdx

e

x

2I = (sin x − cos x) ,

e

x

I =

1

(sin x − cos x) .

2

e

x

c

∫ sin xdx =

e

x 1

(sin x − cos x) + c .

2

e

x

∫

e

ax

sin bxdx oraz ∫

_e

ax

cos bxdx,

a ≠ 0

b ≠ 0

PRZYKŁAD

Przykład 42:

Przykład 42:

Obliczmy całkę .

Niech . Wówczas rozwiązujemy równanie:

Po dodaniu do wyznaczonej funkcji pierwotnej stałej otrzymujemy rozwiązanie:

∫

e

4x

cos 6xdx

∫

e

4x

cos 6xdx =

∣

∣

∣

g(x)

_(x)

g

′

=

=

cos 6x

−6 sin 6x

(x)

f

′

f(x)

=

=

e

4x 1 4

e

4x

∣

∣

∣

=

1

⋅ cos 6x − ∫

⋅ (−6 sin 6x) dx =

cos 6x + ∫

sin 6xdx

4

e

4x 14

e

4x 14

e

4x 32

e

4x

=

∣

∣

∣

_g

g(x)

_′

_(x)

=

₌

sin 6x

_{6 cos 6x}

f

_f(x)

′

(x)

=

₌

e

₁4x 4

e

4x

∣

∣

∣

=

1

cos 6x + ⋅ (

⋅ sin 6x − ∫

⋅ 6 cos 6xdx)

4

e

4x 32 14

e

4x 14

e

4x

=

1

(cos 6x + sin 6x) − ∫

cos 6xdx.

4

e

4x 32 94

e

4x

I = ∫

e

4x

cos 6xdx

I =

1

(cos 6x + sin 6x) − I ,

4

e

4x 32 94

I =

(cos 6x + sin 6x) ,

13 4 14

e

4x 32

I =

4

⋅

(cos 6x + sin 6x) ,

13 14

e

4x 32

I =

1

(cos 6x + sin 6x) .

13

e

4x 32

c

∫

e

4x

cos 6xdx =

1

(cos 6x + sin 6x) + c .

PRZYKŁAD

Przykład 43:

Przykład 43:

W podobny sposób można wyliczyć całkę .

Korzystając z jedynki trygonometrycznej , otrzymujemy:

Przyjmując , otrzymujemy równanie:

Po dodaniu do wyznaczonej funkcji pierwotnej stałej otrzymujemy rozwiązanie:

Całki oraz można wyliczyć stosując wzory trygonometryczne

a następnie podstawienie .

Rozkład funkcji wymiernej na sumę wielomianu i

Rozkład funkcji wymiernej na sumę wielomianu i

ułamka wymiernego. Rozkład wielomianu na czynniki

ułamka wymiernego. Rozkład wielomianu na czynniki

DEFINICJA

Definicja 3: Funkcja wymierna

Definicja 3: Funkcja wymierna

Funkcję nazywamy funkcją wymiernąfunkcją wymierną , jeśli i są wielomianami dowolnego stopnia.

Jeśli stopień wielomianu jest mniejszy niż stopień wielomianu to funkcję nazywamy funkcją wymiernąfunkcją wymierną właściwą (ułamkiem wymiernym)

właściwą (ułamkiem wymiernym) .

Zauważmy, że każdą funkcję wymierną niewłaściwą (tj. ) można przedstawić jako sumę wielomianu i funkcji wymiernej właściwej poprzez wykonanie dzielenia wielomianów z resztą.

Kilka przykładów pozwoli nam się zapoznać z technikami przekształcania funkcji wymiernej niewłaściwej na sumę wielomianu i funkcji wymiernej właściwej.

∫

sin

2

xdx

∫

sin

2

xdx = ∫ sin x ⋅ sin xdx =

∣

∣

∣

g(x)

_(x)

g

′

=

₌

sin x

_{cos x}

f

(x)

′

f(x)

=

=

sin x

− cos x

∣

∣

∣

= sin x ⋅ (− cos x) − ∫ cos x ⋅ (− cos x) dx = − sin xcos x + ∫

cos

2

xdx.

x +

x = 1

sin

2

_cos

2

∫

sin

2

xdx = − sin xcos x + ∫(1 −

_sin

2

x) dx = − sin xcos x + x − ∫

_sin

2

xdx.

I = ∫

sin

2

xdx

I = − sin xcos x + x − I ,

2I = x − sin xcos x,

I = (x − sin xcos x) .

1 2

c

∫

sin

2

xdx = (x − sin xcos x) + c .

1 2

∫

sin

2

xdx

_∫

_cos

2

_xdx

x =

oraz

x =

,

sin

2 1−cos 2x 2

cos

2 1+cos 2x2

t = 2x

W(x) =

P(x)_Q(x)

P(x) Q(x)

P(x)

Q(x),

W(x)

st. P(x) ≥ st. Q(x)

(2)

PRZYKŁAD

Przykład 44:

Przykład 44:

Przedstawić podaną funkcję wymierną w postaci sumy wielomianu i ułamka wymiernego

Przekształcając wzór funkcji, otrzymujemy

Szukana postać funkcji, to wielomian i ułamek wymierny

PRZYKŁAD

Przykład 45:

Przykład 45:

Zapisz funkcję wymierną w postaci sumy wielomianu i ułamka wymiernego

Funkcję wymierną właściwą otrzymamy, wykonując dzielenie z resztą wielomianów

Stąd

f(x) =

x4+3 −1_x2

.

+5 x2

f(x) =

x

4

+ 3 − 1

_{+ 5}

x

2

x

2

=

=

+

=

( + 5) − 2 − 1

x

2

_x

2

_x

2

+ 5

x

2

x

2

−2 − 1

x

2

+ 5

x

2

=

x

2

+

−2( + 5) + 9

x

2

=

− 2 +

.

+ 5

x

2

x

2

_x

2

9

_{+ 5}

− 2

x

2 9

_.

+5 x2

f(x) =

x8

.

+1 x3

( )

x

8

− −

x

8

_x

5

−

−−−−−−

−

−x

5

+

x

5

_x

2

−

−−−−

−

x

2

: ( + 1) =

x

3

_x

5

−

_x

2

f(x) =

x

5

−

_x

2

+



 





wielomian

.

x2 +1 x3

 

 



ułamek wymierny

(3) (4) (5)

ZADANIE

Zadanie 1:

Zadanie 1:

Treść zadania: Treść zadania:

Przedstawić podaną funkcję w postaci sumy wielomianu i ułamka wymiernego

Rozwiązanie: Rozwiązanie:

Przekształcamy wzór funkcji, stosując w liczniku dopełnienie algebraiczne tak, aby nie zmienić jego wartości, a jedynie zmienić tylko jego postać

Identyczny wynik otrzymamy, wykonując dzielenie pisemne wielomianów

A zatem szukany rozkład to

TWIERDZENIE

Twierdzenie 7: o rozkładzie wielomianu na czynniki

Twierdzenie 7: o rozkładzie wielomianu na czynniki

Każdy wielomian o współczynnikach rzeczywistych można przedstawić jako iloczyn czynników i

, gdzie wielomiany są nierozkładalne (tzn. mają zaś nazywają się krotnościami tych czynników. Wówczas wielomian dla ma postać:

oraz Liczby nazywamy wówczas krotnościami pierwiastków , ponieważ czynnik liniowy pojawia się w rozkładzie wielomianu na czynniki krotnie:

f(x) =

x3+3x−9

.

+2x+5 x2

f(x) =

x

3

+ 3x − 9

_{+ 2x + 5}

x

2

=

=

x( + 2x + 5) − 2 − 2x − 9

x

2

_x

2

+ 2x + 5

x

2

= x +

−2 − 2x − 9

x

2

_{+ 2x + 5}

= x +

=

x

2

−2( + 2x + 5) + 2x + 1

x

2

+ 2x + 5

x

2

= x − 2 +

2x + 1

_{+ 2x + 5}

.

x

2

( + 3x − 9)

x

3

− − 2 − 5x

x

3

_x

2

−

−−−−−−−−−−−

−

−2 − 2x − 9

x

2

2 + 4x + 10

x

2

−

−−−−−−−−−

−

2x + 1

: ( + 2x + 5) = x − 2

x

2

f(x) =

x − 2

_{ }

_{ }

_

+

wielomian

.

2x+1 +2x+5 x2



 





ułamek wymierny

(x − a

i

)

ki

( + x +

x

2

_b

_i

_c

_i

₎

li

x

2

+ x +

b

_i

c

_i

Δ

_i

< 0)

k

_i

, ∈ N ∪ {0}

l

_i

≠ 0

a

n

W(x) =

a

n

x

n

+

a

n−1

x

n−1

+ ⋯ + x + =

a

1

a

0

= (x −

a

n

a

1

)

k1

(x −

a

2

)

k2

…(x −

a

r

)

kr

( + x +

x

2

b

1

c

1

)

l1

…( + x +

x

2

b

s

c

s

)

ls

+ + ⋯ + + 2( + ⋯ + ) = n.

k

1

k

2

k

r

l

1

l

s

k

1

, , …,

k

2

k

r

, , …,

a

1

a

2

a

r

(x − )

a

i

k

i

−

(x −

a

i

)

ki

.

(6)

(7)

PRZYKŁAD

Przykład 46:

Przykład 46:

Rozłóżmy wielomian na czynniki, jeśli

Wielomian rozłożymy na czynniki stosując metodę grupowania wyrazów

PRZYKŁAD

Przykład 47:

Przykład 47:

Rozłóżmy na czynniki wielomian

Skorzystamy ze wzorów skróconego mnożenia. Przekształcając wzór wielomianu , otrzymujemy

gdzie obie zapisane w nawiasach funkcje kwadratowe są nierozkładalne (w obu przypadkach ich ). Zatem jest to szukany rozkład wielomianu , gdyż jest to iloczyn złożony jedynie z czynników liniowych lub kwadratowych, o delcie ujemnej, w pewnych potęgach (tutaj oba te czynniki mają krotności pojedyncze).

PRZYKŁAD

Przykład 48:

Przykład 48:

Rozłóżmy wielomian na czynniki, jeśli

Zróbmy podstawienie czyli . Korzystając z własności funkcji kwadratowej

, otrzymujemy, że oraz . Nie chodzi tu jednak o wyliczenie pierwiastków wielomianu, których nasz wielomian oczywiście nie ma, a jedynie o zamianę sumy na iloczyn.

Stąd mamy postać iloczynową

Wracając do podstawienia mamy szukany rozkład wielomianu na czynniki

R(x)

R(x) =

x

3

+ − x − 1.

_x

2

R(x)

R(x) =

x

3

+ − x − 1

_x

2

_{= (x + 1) − (x + 1) = (x + 1)( − 1) =}

_x

2

_x

2

= (x + 1)(x + 1)(x − 1) = (x + 1 (x − 1).

)

2

P(x) =

x

4

+ 1.

P(x),

P(x) =

x

4

+ 1 = ( + 2 + 1) − 2 = ( + 1 − 2 =

_x

4

_x

2

_x

2

_x

2

₎

2

_x

2

= ( + 1 − ( x = ( + 1 −

x

2

₎

2

_{√ )}

₂

2

_x

2

_√

₂

x)( + 1 +

_x

2

_√

₂

x),

Δ < 0

P(x)

Q(x)

Q(x) = 2 + 20 + 18.

x

4

_x

2

= t ≥ 0

x

2

_{Q(t) = 2 + 20t + 18}

_t

2

(Δ = − 4ac, =

b

2

_t

₁ −b− Δ√

, =

)

2a

t

2 −b+ Δ2a√

t

1

= −1

t

2

= −9

Q(t) = 2 + 20t + 18 = 2(t + 1)(t + 9).

t

2

Q(x)

Q(x) = 2( + 1)( + 9).

x

2

_x

2

(8)

ZADANIE

Zadanie 2:

Zadanie 2:

Treść zadania: Treść zadania:

Rozłóż wielomian na czynniki, jeśli

Rozwiązanie: Rozwiązanie:

Zauważmy, że , a zatem z twierdzenia wielomian jest podzielny przed dwumian . Dzieląc z resztą wielomiany, bądź stosując schemat Hornera, otrzymujemy

Przekształcając wzór wielomianu , mamy

Jest to szukany rozkład wielomianu ponieważ wyróżniki (tzn. ) obu funkcji kwadratowych: i

są mniejsze od zera. Nasz wielomian ma jeden czynnik liniowy w krotności podwójnej oraz dwa czynniki kwadratowe nierozkładalne, każdy z nich o pojedynczej krotności.

Ułamki proste. Rozkład ułamka wymiernego na

Ułamki proste. Rozkład ułamka wymiernego na

ułamki proste

ułamki proste

Jeżeli w ułamku wymiernym rozłożymy wielomian występujący w mianowniku tego ułamka na czynniki, to w rozkładzie pojawią się jedynie czynniki liniowe lub nierozkładalne czynniki kwadratowe w pewnych potęgach. W związku z tym podamy następujące definicje tak zwanych ułamków prostych jedynie dwóch rodzajów. W ułamku prostym pierwszego rodzaju, w mianowniku jest czynnik liniowy w pewnej potędze, a w liczniku stała. Natomiast w ułamku prostym drugiego rodzaju, w mianowniku jest nierozkładalna na iloczyn funkcja kwadratowa w pewnej potędze, a w liczniku czynnik liniowy.

DEFINICJA

Definicja 4: Ułamek prosty

Definicja 4: Ułamek prosty

Funkcję postaci , gdzie i nazywamy ułamkiem prostym pierwszego rodzaju ułamkiem prostym pierwszego rodzaju . Funkcję , gdzie , oraz wielomian jest wielomianem nieposiadającym pierwiastków, tzn. nazywamy ułamkiem prostym drugiego rodzaju ułamkiem prostym drugiego rodzaju .

W(x)

W(x) =

x

6

− 2 + 3 − 4 + 3 − 2x + 1.

_x

5

_x

4

_x

3

_x

2

W(1) = 0

B zouta

e´

W(x)

(x − 1)

W(x) = (x − 1)( −

x

5

_x

4

+ 2 − 2 + x − 1).

_x

3

_x

2

W(x)

W(x) = (x − 1) [[ (x − 1) + 2 (x − 1) + (x − 1)] =

x

4

_x

2

= (x − 1)(x − 1)( + + 1) = (x − 1 [[( + 1 − ] =

x

4

_x

2

₎

2

_x

2

₎

2

_x

2

= (x − 1 ( + 1 − x)( + 1 + x).

)

2

_x

2

_x

2

W(x),

Δ

( − x + 1)

x

2

( + x + 1)

x

2

_W(x)

f(x) =

A (x−a)k

a, A ∈ R k ∈ N∖{0}

f(x) =

_{( +bx+cx}2Bx+C₎l

b, c, B, C ∈ R l ∈ N∖{0}

x

2

+ bx + c

Δ = − 4c < 0

b

2

(9)

(10)

TWIERDZENIE

Twierdzenie 8:

Twierdzenie 8: o rozkładzie ułamka wymiernego na ułamki proste

o rozkładzie ułamka wymiernego na ułamki proste

Każdy ułamek wymierny , można przedstawić w sposób jednoznaczny w postaci sumy ułamków prostych pierwszego lub drugiego rodzaju.

UWAGA

Uwaga 10:

Uwaga 10:

1. Jeśli w rozkładzie na czynniki wielomianu z mianownika ułamka wymiernego występuje czynnik liniowy o krotności , gdzie , to temu czynnikowi o krotności w rozkładzie ułamka wymiernego na ułamki proste odpowiada suma ułamków prostych pierwszego rodzaju

gdzie dla są nieznanymi liczbami, które trzeba wyliczyć.

2. Jeśli w rozkładzie na czynniki wielomianu z mianownika ułamka wymiernego występuje czynnik o krotności , gdzie , to temu czynnikowi o krotności w rozkładzie ułamka wymiernego na ułamki proste odpowiada suma ułamków prostych drugiego rodzaju

przy czym dla , i są to nieznane są liczby które trzeba wyliczyć.

W(x) =

P(x)_Q(x)

(st. P(x) < st. Q(x))

Q(x)

P(x)_Q(x)

(x − a)

k

_k

_{k ∈ N∖{0}}

_k

k

+

+

. . . +

,

A1

x−a _(x−a)A22 _(x−a)A23 _(x−a)Akk

∈ R

A

i

i = 1, 2, . . . , k

Q(x)

P(x)_Q(x)

( + bx + c

x

2

₎

l

_l

_{l ∈ N∖{0}}

_k

+

+

. . . +

,

x+ B1 C1 +bx+c x2 _{( +bx+cx}B22x+C2₎2 _{( +bx+cx}B23x+C3₎3 _{( +bx+cx}B2lx+Cl₎l

,

∈ R

B

j

C

j

j = 1, 2, . . . , l

B

j

, ,

C

j

(11) (12) (13) (14) (15) (16) (17) (18)

PRZYKŁAD

Przykład 49:

Przykład 49:

Rozłóżmy na ułamki proste ułamek wymierny

Pierwszą rzeczą, którą musimy wykonać, jest rozłożenie wielomianu ) z mianownika na czynniki.

W rozkładzie na iloczyn występują jedynie czynniki liniowe, a więc w rozkładzie na ułamki proste pojawią się jedynie ułamki proste pierwszego rodzaju, a mianowicie

Mnożąc powyższe równanie przez mianownik lewej strony (tj. ) otrzymujemy równanie

które ma być spełnione dla dowolnej wartości zmiennej . Wybierając i natychmiast otrzymujemy szukane liczby

Zatem szukany rozkład ułamka wymiernego na ułamki proste ma postać

PRZYKŁAD

Przykład 50:

Przykład 50:

Rozłóżmy na ułamki proste ułamek wymierny

Zauważmy, że w mianowniku mamy wzór skróconego mnożenia, czyli czynnik liniowy krotności 2, a zatem otrzymujemy następujący rozkład na ułamki proste pierwszego rodzaju

Wymnażając obie strony przez otrzymujemy

a następnie porównując po obu stronach współczynniki przy odpowiednich potęgach zmiennej dostajemy

Stąd

i otrzymujemy szukany rozkład na ułamki proste postaci

=

, st. P(x) < st. Q(x).

P(x) Q(x) x3−6 +11x−6_x24

Q(x

Q(x)

=

=

=

+

+

.

P(x) Q(x) x3−6 +11x−6_x24 _{(x−1)(x−2)(x−3)}4 _x−1A _x−2B _x−3C

Q(x)

4 = A(x − 2)(x − 3) + B(x − 1)(x − 3) + C(x − 1)(x − 2),

x

x = 1, x = 2 x = 3,

⎧

⎩

⎨

A = 2

B = −4

C = 2.

=

+

+

.

4 −6 +11x−6 x3 _x2 _x−12 _x−2−4 _x−32

=

, st. P(x) < st. Q(x).

P(x) Q(x) x23x+2+6x+9

(x + 3)

=

=

=

+

P(x) Q(x) x23x+2+6x+9 _(x+3)3x+22 _x+3A _(x+3)B 2

(x + 3)

2

3x + 2 = A(x + 3) + B,

x

{ A = 3

_{3A + B = 2.}

A = 3, B = −7

=

+

.

P(x) Q(x) x+33 _(x+3)−72

(19) (20) (21) (22)

ZADANIE

Zadanie 3:

Zadanie 3:

Treść zadania: Treść zadania:

Rozłóż ułamek wymierny

na ułamki proste.

Rozwiązanie: Rozwiązanie:

Rozkładając mianownik na czynniki otrzymujemy następujące ułamki proste pierwszego rodzaju

Mnożąć powyższe równanie obustronnie przez najmniejszy wspólny mianownik otrzymujemy następujące równanie pomiędzy wielomianami

które po pogrupowaniu wyrazów jest postaci

Porównując współczynniki przy odpowiednich jednomianach otrzymujemy układ równań

którego rozwiązaniem są liczby Zatem

jest szukanym rozkładem ułamka wymiernego na ułamki proste.

=

, st. P(x) < st. Q(x).

P(x) Q(x) 4 −3 −2x+2x 3 _x2 − x4 _x3

Q(x)

=

=

==

+

+

+

.

P(x)

Q(x)

4 − 3 − 2x + 2

x

3

_x

2

−

x

4

_x

3

4 − 3 − 2x + 2

x

3

_x

2

(x − 1)

x

3

A

_x

_x

B

2

_x

C

3

_{x − 1}

D

− ,

x

4

_x

3

4 − 3 − 2x + 2 = A (x − 1) + Bx(x − 1) + C(x − 1) + D ,

x

3

_x

2

_x

2

_x

3

4 − 3 − 2x + 2 = (A + D) + (−A + B) + (−B + C)x − C.

x

3

_x

2

_x

3

_x

2

⎧

⎩

⎨

⎪

⎪

⎪

⎪

A + D = 4

−A + B = −3

−B + C = −2

−C = 2,

A = 3, B = 0, C = −2, D = 1.

= − +

4 −3 −2x+2x3 _x2 − x4 _x3 3_{x x}23 _x−11

(23) (24) (25) (26) (27)

ZADANIE

Zadanie 4:

Zadanie 4:

Treść zadania: Treść zadania:

Rozłóż na ułamki proste ułamek wymierny

Rozwiązanie: Rozwiązanie:

Rozkładając na czynniki wielomian otrzymujemy następujące ułamki proste pierwszego i drugiego rodzaju

ponieważ w rozkładzie na czynniki wielomianu jest czynnik liniowy krotności 2 oraz nierozkładalny czynnik kwadratowy krotności 1. Czynnik dyktuje dwa ułamki proste pierwszego rodzaju, zaś czynnik dyktuje jeden ułamek prosty drugiego rodzaju. Mnożąc przez mianownik lewej strony równania dostajemy równanie wielomianów

które ma być spełnione dla dowolnej liczby rzeczywistej . Zatem wybierając cztery dowolne liczby otrzymamy warunki na szukane liczby (tutaj wybierzemy

Rozwiązując powyższy układ równań mamy Stąd otrzymujemy szukany rozkład

Całkowanie ułamków prostych pierwszego i drugiego

Całkowanie ułamków prostych pierwszego i drugiego

rodzaju

rodzaju

TWIERDZENIE

Twierdzenie 9:

Twierdzenie 9: o całkowaniu ułamków prostych pierwszego rodzaju

o całkowaniu ułamków prostych pierwszego rodzaju

Do obliczenia całki z ułamka prostego pierwszego rodzaju

stosujemy wzory: 1. Jeśli , to 2. Jeśli , to

=

, st. P(x) < st. Q(x).

P(x) Q(x) x+3x+1 2 −2 +2 −2x+1 x4 _x3 _x2

Q(x) =

x

4

− 2 + 2 − 2x + 1

_x

3

_x

2

=

=

+

+

,

P(x) Q(x) x+3x+1 2 (x−1 ( +1))2_x2 x−1A _(x−1)B2 Cx+D_x2₊₁

Q(x)

(x − 1)

( + 1)

x

2

_{(x − 1)}

2

_{( + 1)}

_x

2

+ 3x + 1 = A(x − 1)( + 1) + B( + 1) + (Cx + D)(x − 1 ,

x

2

_x

2

_x

2

₎

2

x

x = 1, x = 0, x = −1, x = 2

⎧

⎩

⎨

⎪

⎪

⎪

⎪

5 = 2B

1 = −A + B + D

−1 = −4A + 2B − 4C + 4D

11 = 5A + 5B + 2C + D.

A = 0, B = , C = 0, D = − .

5 2 32

=

+

.

+3x+1 x2 −2 +2 −2x+1 x4 _x3 _x2 5 2 (x−1)2 −3 2 +1 x2

∫

A

dx

(x−a)k

k = 1

∫

A

dx = A ln |x − a| + C,

x−a

k > 1

∫

A

=

+ C.

(x−a)k _{(1−k)(x−a)}A k−1