Metody matematyczne w technologii materiałów Krzysztof Szyszkiewicz 1/16 D

1/16

DEFINICJA. Funkcją pierwotną lub całką nieoznaczoną funkcji

f D : 

określonej na zbiorze otwartym

D 

nazywamy dowolną funkcję różniczkowalną F D:  taką, że

F   f .

Oznacza to, że dla każdego xD zachodzi

F x  ( )  f x ( ).

Pierwotną oznaczamy też symbolem



f x dx( ) .

Na przykład jeżeli f x( )x², to funkcją pierwotną jest

1

³

( ) ,

F x  3 x

ponieważ

3 2 2

1 1

( ) 3 ( ).

3 3

F x x x x f x

  

       

 

Ale pierwotną jest też funkcja ₁

1

³

( ) ,

F x  3 x  C

gdzie C jest dowolną stałą. Oznacza to, że całka nieoznaczona (pierwotna) nie jest jedna! Wynik najczęściej zapisujemy tak

2

1

3

3 .

x dx  x  C



Można udowodnid następujące twierdzenia:

1) Jeżeli

f D : 

jest ciągła, to posiada pierwotną.

2) Jeżeli dziedzina

D

funkcji jest odcinkiem, to dowolne dwie pierwotne F F₁, ₂ funkcji

f

różnią się tylko o stałą: F x₁( )F x₂( )C dla xD.

WZÓR NA CAŁKOWANIE PRZEZ CZĘŚCI

Dane są dwie funkcje

f g , ,

o których zakładamy, że posiadają ciągłe pochodne. Wtedy zachodzi następująca równośd

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x dx  f x g x  f x g x dx

 

⁽¹⁾

Wzór ten umożliwia czasami obliczenie całki nieoznaczonej poprzez sprowadzenie jej do prostszej postaci.

PRZYKŁADY

1)

( )

( 1) .

x x x x x x x x

x

xe dx x e dx xe x e dx xe e dx xe e C

x e C

 

        

  

   

Skorzystaliśmy tutaj z pochodnej funkcji e^x, a mianowicie ( )e^x  e^x. 2)

2/16

ln ln ln (ln ) ln 1

ln 1 ln (ln 1) .

xdx x xdx x x x x dx x x x dx x

x x dx x x x C x x C

 

     

      

   



3)

sin ( cos ) ( cos ) ( cos )

cos cos cos sin .

cos (sin ) sin sin

sin sin sin cos .

x xdx x x dx x x x x dx

x x xdx x x x C

x xdx x x dx x x x xdx

x x xdx x x x C

 

     

      

 

  

    

  



  



4)

 

2 2 2 2

2 2

2

sin ( cos ) ( cos ) ( ) ( cos )

cos 2 cos cos 2 sin cos

cos 2 sin 2 cos .

x xdx x x dx x x x x dx

x x x xdx x x x x x C

x x x x x C

 

     

        

    

  



5)

2 2 2 2

2 2

2

cos (sin ) sin ( ) sin

sin 2 sin sin 2( cos sin )

sin 2 cos 2sin .

x xdx x x dx x x x xdx

x x x xdx x x x x x C

x x x x x C

 

   

      

   

  



6)

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

1 1

(1 ) (1 ) (1 ) (1 )

1 arctg .

1 (1 ) (1 )

dx x x x x

dx dx dx

x x x x

x x

dx dx x dx

x x x

  

   

   

   

  

   

  

Musimy teraz obliczyd całkę

2

2 2

.

(1 )

x dx

 x



W tym celu wykorzystamy całkowanie przez części:

2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 1 1

(1 ) (1 ) 2 1 2(1 ) 2 1

1 1 1

arctg .

2(1 ) 2 1 2(1 ) 2

x x x

dx x dx x dx x dx

x x x x x

x x

dx x C

x x x

     

             

        

      

  

   



Ostatecznie

3/16

2

2 2 2 2 2

2

arctg arctg 1 arctg

(1 ) (1 ) 2(1 ) 2

1 arctg .

2 2(1 )

dx x x

x dx x x C

x x x

x x C

x

 

         

    

  



 

ZADANIA (Część 1).

Obliczyd podane całki wykorzystując całkowanie przez części.

1)



xsinxdx. ²⁾



^x2lnxdx.

3)



x e dx^{3 x} . ⁴⁾



^{ln2 xdx.}

5)



x³sinxdx. ⁶⁾



^exsinxdx.

7)*

 k  x dx

²

.

⁸⁾



^{eaxsinbxdx, gdzie ,a b .}

9)



x²sin(5 )x dx. ¹⁰⁾



^{eaxcosbxdx, gdzie ,a b .}

11) Pokazad, że



x⁵cosx dx  5(x⁴12x²24)cosx(x⁵20x³120 )sinx x C. CAŁKOWANIE PRZEZ PODSTAWIENIE (CAŁKOWANIE PRZEZ ZAMIANĘ ZMIENNEJ)

W niektórych przypadkach obliczenie całki



f x dx( ) może się uprościd, gdy wprowadzimy pomocniczą zmienną, tzn. zastosujemy podstawienie

x   ( ) t

(lub

t   ( )). x

Stosując formalny rachunek,

dx dt /   ^ ( ) t  dx   ^ ( ) , t dt

mamy następującą równośd na całkowanie przez podstawienie

( ) ( ( )) ( ) , f x dx f



t



t dt

 

⁽²⁾

gdzie po obliczeniu całki występującej po prawej stronie, która będzie funkcją zmiennej

t ,

podstawiamy zmienną x wyliczoną z zależności

x   ( ). t

PRZYKŁADY (C.D.)

7) Obliczyd przez podstawienie całkę

 xe

^x2

dx .

W tym przypadku zastosujemy podstawienie

t  x

²

.

(Można też patrzed na tę zamianę jak na podstawienie

x  t .

Oba podejścia dają oczywiście ten sam rezultat koocowy.) Obliczamy

2

1 1

( ) 2 .

2 2

dt x dx xdx dx dt dt

x t

     

4/16 Mamy teraz

2

1 1 1

2

( ) .

2 2 2 2

x t

dt

t t x

xe dx xe e dt e C e C

x











 



  





  

8) Obliczyd całkę



(2x^{5 3}) x dx⁴ stosując odpowiednie podstawienie.

Podstawiamy t 2 x⁵. Mamy dtd(2x⁵)5x dx⁴ , zatem

5 3 4 31 1 3 1 1 4 1 5 4

(2 ) (2 ) .

5 5 5 4 20

x x dx t dt t dt t C x C

        

  

9) Obliczyd całkę tg x dx



stosując odpowiednie podstawienie.

Wykorzystamy równośd sin tg cos

x x

 x oraz podstawienie tcos .x Mamy sin cos

tg ln | | ln | cos | .

cos sin

t x

x dt

xdx dx t C x C

dt xdx

x t

   

          

  

10) Obliczyd całkę

1

x x

dx ,

e

^

 e

^



^{gdzie } jest dowolną stałą.

Można tę całkę obliczyd następująco:

1

2 2

1

( ) 1 1

1 1

arc tg arc tg .

x x x

x x x x x x x

x

t e dt

e e

dx dx dx

e e e e e e dt e dx t

t C e C

  



      





 

 

  

 

      

        

   

   

11) Obliczyd całkę

1

sin dx .

 x

W tym przypadku stosujemy specjalne podstawienie, które całkę typu



R(sin , cos )x x dx, ^gdzie

1 2

( , )

R x x

jest funkcją wymierną (iloraz dwóch wielomianów), sprowadzi do całkowania funkcji wymiernej. Podstawienie to ma postad:

t  tg . x

Do wykonania tego podstawienie będą potrzebne pewne tożsamości trygonometryczne, które są wyprowadzone poniżej. Bazują one na następujących podstawowych zależnościach

sin( ) sin cos cos sin , cos( ) cos cos sin sin .

     

     

  

 ⁽³⁾

Z powyższych wzorów otrzymujemy wyrażenie na

tg(    )

5/16

sin( ) sin cos cos sin tg tg

tg( ) .

cos( ) cos cos sin sin 1 tg tg

       

         

  

   

 ⁽⁴⁾

W szczególności mamy

2 2 2 2

2 2

2 2

2

2 2 1

2 2

2 2 2 1

2 2

cos sin cos sin

cos 2 cos sin

1 cos sin

1 sin

1 tg

cos 1 tg . Stąd: cos .

sin 1 tg 1 tg

1 cos





   

  

 

   

 



 

    



  

  

 



Podobnie

2 2

1 2

2 2 2 1

2 2

2sin cos 2sin cos sin 2 2sin cos

1 cos sin

2sin

2tg 2tg

cos , skąd sin .

sin 1 tg 1 tg

1 cos





   

  

 

   

 



   



  

 



(5)

Ponadto przydatne będą tożsamości

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

sin 1 cos 1 1

tg 1 cos .

cos cos cos 1 tg

sin sin tg

tg , (1 sin )tg sin sin .

cos 1 sin 1 tg

 

 

   

  

    

  

      



     

 

(6)

Podstawienie

t  tg

¹₂

x

daje

2 1 2 1

2 2

2 1

2 2 1 2

2

1 1 1

cos 2 2 cos ,

2 2

2 cos .

1 tg

x

1

dt dx dx

x x

dx xdt dt

t

  

  

 

Ponadto z (5) mamy

1 2

21 2

2

2tg 2

sin ,

1 tg 1

x x x t

  t

  ^zatem

2

1 2 2

1 1 2 1

ln | | ln | tg | .

sin 2 1

dx t dt dt t C x C

x t t t

      

   

⁽⁷⁾

12) Obliczyd całkę

2

1 .

1

dx

x



Uwaga: Poniżej jest jeden ze sposobów obliczenia tej całki. Inny (prostszy?) sposób jest podany w przykładzie 15).

6/16

W tym przypadku stosujemy podstawienie

x  ctg . t

Mamy

1

₂

sin .

dx dt

  t

Ponadto

2 2 2

2 2

2 2

cos sin cos 1

1 1 ctg 1 .

sin sin sin

t t t

x t

t t t

       

Przyjmujemy, że podstawienie jest dla

t  (0,  ),

więc w ostatniej równości nie musimy pisad

| sin |, t

gdyż funkcja

sin t

jest w tym przedziale dodatnia. Mamy więc

1 2 2

2

1 1 1

sin ln | tg | .

sin sin

1

dx t dt dt t C

t t

x

      





 

⁽⁸⁾

Ostatnia całka jest na podstawie punktu 5)  wzór (7). Musimy jeszcze wrócid do pierwotnej zmiennej .

x Formalnie z równości

x  ctg t

mamy

t  arcctg x

co daje następujące wyrażenie na całkę

1 2 2

1 ln | tg arcctg | ,

1

dx x C

x

  

 

ale wyrażenie to można zapisad prościej. Mamy bowiem

1

2 2 2 2

2

2 2

sin sin 1

tg cos 1 cos sin cos cos cos

sin 1 sin

1 1

.

ctg 1 ctg 1

t t

t t t t t t t

t t

t t x x

   

    

 

   

Stąd ¹₂ ²

1 2

ln | tg | ln 1 ln | 1 | .

| tg |

t x x

  t    Ostatecznie otrzymujemy

2 2

1 ln | 1 | .

1

dx x x C

x

   





Zauważmy jednak, że dla każdego

x 

R zachodzi

x  1  x

²

 0,

więc w powyższym wzorze można opuścid wartośd bezwględną

2 2

1 ln( 1 ) .

1

dx x x C

x

   



 13) ₂

dx

₂

.

x  a



Obliczenie tej całki sprowadza się do znanej całki ₂

arctg .

1

dx x C

x  

 

Ta druga

całka wynika oczywiście z pochodnej funkcji arcus tangens:

1

₂

(arctg ) .

x 1

  x



7/16 Całkę przepisujemy tak



²²



²

2 2 2 2

1

( ) 1

1

^x

x a a

a

dx dx dx

x a   a

  

  

i stosujemy podstawienie

t  x a / .

Mamy

dx  adt ,

więc

2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1

arctg arctg .

( )_a^x 1 1 1

dx dx a dt dt x

t C

x a a a t a t a a a

   

   

14) Niech k0. Pokazad, przez zróżniczkowanie funkcji ln | (x x²k), że

2

2 ln | | .

dx x x k C

x k

   





15) 2

1 .

1 dx

x



Ta całka już była (przykład 12), tutaj rozwiązana jest nieco inny sposobem.

2 2

2 2 2

2

2

2 2 2

1 tg 1 1 1 1

1 cos cos

1 1 (tg ) sin

cos 1

cos

cos 1 1

cos cos

cos sin

x t

dx dt dt

t t

dx dt

x t t

t t

t dt dt

t t

t t

  

 

   

    

 



  

 

Teraz musimy obliczyd całkę z funkcji 1/ cos .t Podobna całka jest w przykładzie 11. Tym razem zastosujemy nieco inne podstawienie, które wynika z następującego rachunku

2

2

1 sin

1 sin 1 sin

1 1 cos cos cos ln | |

1 sin 1 sin 1 sin

cos cos

cos cos cos

1 sin 1 sin 1 1

ln ln ln tg ln .

cos cos cos cos cos

t t s t

t ds

t t

dt dt dt s C

t t t

t t s

ds dt

t t t

t t

C C t C x C

t t t t t

  

    

         

 

 

           

   

Wystarczy teraz wyrazid cost poprzez tgtx: cos²t1/ (1 tg ) 1/ (1 ²t  x²), zatem

1 2

ln ln | 1 | .

cos x C x x C

t     

Zauważmy, że wyrażenie 1 x ² x jest zawsze nieujemne, więc wartośd bezwzględna pod logarytmem nie jest potrzebna



²



2

1 ln 1 .

1

dx x x C

x

   





15) Obliczyd całkę



x²1dx.

Okazuje się, że najłatwiej jest obliczyd jednocześnie dwie całki

8/16

2

2

1 x2 oraz 2 .

I dx I x k dx

x k

  







Mamy

2 2 2

1 2 2 2 2

2

2 2 2

x x k k x k dx

I dx dx dx k

x k x k x k x k

dx dx

x k dx k I k

x k x k

  

    

   

    

 

   

  

oraz

2 2 2 2

2 2 1

2 .

2

I x kdx x x kdx x x k x x dx x x k I

x k

          

  



Uwzględniając teraz całkę z punktu 7) otrzymujemy

2

2 2

1 2

2 2 2

2

1 1

ln | | ,

2 2

1 1

ln | | .

2 2

I x dx x x k k x x k C

x k

I x k dx x x k k x x k C

      



       





ZADANIA (Część 2).

Korzystając z metody całkowania przez podstawienie, obliczyd podane całki nieoznaczone.

1)

 xe

^x2

dx .

²⁾



^tgxdx.

3)

.

( 1)

dx

x x 



⁴⁾

 ^{x a}

²

^{ x dx}

²

^.

5) 2

.

1

x

x

e dx

 e



⁶⁾

 _x ^dx _{ln x} ^.

7)



x ax( ² b)¹⁰⁰dx. ⁸⁾

^

^{e3 xdx.} 9) 3 1

2 5 . x dx x





 ¹⁰⁾



^{xln 1xdx.}

Uwaga: Proszę pamiętad, że na zajęciach obowiązuje także znajomośd omówionych w materiałach przykładów!!!

CAŁKOWANIE FUNKCJI WYMIERNYCH

9/16 Funkcją wymierną nazywamy funkcję postaci ( )

( ) ,

( ) f x P x

Q x gdzie P x( ) i Q x( ) są wielomianami.

Interesowad nas będą tylko funkcje wymierne rzeczywiste, tak więc x oraz współczynniki wielomianów P x( ) _i Q x( ) są rzeczywiste. Oczywiście funkcja wymierna określona jest dla wszystkich

x z wyjątkiem miejsc zerowych wielomianu Q x( ). Przykłady funkcji wymiernych to

2 5

5

3 2 3

5 3 6 2 1 2 1

, , , , , 4 1.

1 2 1 1

x x x x

x x

x x x x x x

     

    

Zauważmy, że funkcja wielomianowa jest szczególnym przypadkiem funkcji wymiernej (mamy wtedy po prostu ( ) 1,Q x  czyli w liczniku jest wielomian stopnia zerowego).

Obliczenie całki ( ) ( ) P x dx



Q x z funkcji wymiernej jest „w zasadzie możliwe” pod warunkiem, że potrafimy wyznaczyd pierwiastki (miejsca zerowe) wielomianu Q x( ). Inaczej mówiąc całka ta wyraża się poprzez funkcje elementarne oraz pierwiastki równania Q x( )0.

Aby obliczyd całkę funkcji wymiernej, rozkładamy ją na sumę tzw. ułamków prostych, które można już całkowad w sposób elementarny. Ułamki proste są to funkcje wymierne o następującej szczególnej postaci

2

,

2

gdzie 4 0 oraz , .

( )

^m

( )

ⁿ

A Bx C

b c n m

x  x bx c

     

  

⁽⁹⁾

Pierwszy typ ułamków prostych całkuje się bardzo prosto:

( )

1

, dla 1,

( ) 1

ln | | , dla 1.

m

m

A x C m

A dx m

x x C m



 

 

 

 

    

     



Na przykład 5 ₄ 5 ^{4 1} 5 ₃

( 2) .

( 2) dx 4 1 x C 3( 3) C

x x

       

   



Całkowanie ułamków prostych drugiego typu jest bardziej złożone. Po pierwsze warunek  0 oznacza, że trójmian kwadratowy x²bx c nie ma miejsc zerowych rzeczywistych, czyli nie może byd rozłożony na czynniki prostsze: (xx₁)(xx₂). Aby dalej uprościd rachunki związane z obliczaniem całki 2

1

( )n ,

x _{ }bx c dx



zapisujemy wielomian występujący w mianowniku następująco

2 2 2 2 2

2 2

2 ,

2 2 2 2 4 2 4

b b b b b c b

x bx c x  x        c x    x  

        ⁽¹⁰⁾

gdzie składnik ^₄ jest dodatni. Zatem możemy dalej przekształcid

10/16

2 2 2

2

2

1 .

2 4 4

x b

x bx c x b

_

    

 

   

                  

(11)

Stosując teraz liniowe podstawienie (zamiana zmiennej)

2 2

x b

t _

 sprowadzamy całkę

( 2 )ⁿ

Bx C x bx c dx



 



do wersji, w której wyeliminowany będzie składnik bx:



^{2 2}



2 2 2 2

2

1 1/ 2

2 2 2

2

4

( ) ( 1)

4 1

4 4 1

( ) .

( 1) ( 1)

n b

n

n n

n

n n

b

n n

x b

B t C

Bx C Bx C

dx dx dt

x bx c t

t dt C B dt

t t







 

          

                    

       

   

              

  

 

(12)

Jak widad jedyną trudnością, którą teraz mamy, jest obliczanie całki typu ₂ . ( 1)ⁿ

Dt E t dt





 Jest ona sumą dwóch całek:

2 2 2

1 ,

( 1)ⁿ ( 1)ⁿ ( 1)ⁿ

Dt E t

dt D dt E dt

t t t

  

  

  

przy czym pierwszą z nich oblicza się bezpośrednio

2 1

2

2

1 1

, dla 1,

2( 1) ( 1)

( 1) 1

ln( 1), dla 1.

2

n

n

t n t n

t dt

t n



 

   

  

   





^(0.13)

Drugą całkę



^{In }



^(t2dt1)n



można – całkując przez części – sprowadzid do pewnej zależności rekurencyjnej (wzór redukcyjny). Mamy bowiem dla n2 :

11/16

2 2

2 2 2 2 1 2

1 2 1 1 2 1 2 1

1 2 1 2 1

1 1 1

( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

1 1

2( 1)( 1) 2( 1)( 1) 2( 1)( 1)

1 1

2( 1)( 1) 2( 1) ( 1)

n n n n n n

n n n n n

n n n n

t t t

I dt dt dt dt t dt

t t t t t

I t dt I t t dt

n t n t n t

I t dt I

n t n t



    

   

      

    

   

                  

   

     

    

 



^{1 2 1 1}

2 1 1

1

2( 1)( 1) 2( 1)

2 3

2( 1)( 1) 2( 1) .

n n

n n

t I

n t n

t n

n t n I

 

 

  

    

   

   

Ponadto dla n1 całka _{1 2}1

arc tg .

I 1dt t C

 t  



 Ostatecznie mamy wzory

2 1 1

2 3

, dla 1,

2( 1)( 1) 2( 1)

arc tg , dla 1.

n n n

t n

I n

n t n

I

t C n

 

   

    

     

(14)

Tak więc całkowanie funkcji wymiernych sprowadza się przede wszystkim do rozkładu danej funkcji wymiernej na sumę ułamków prostych. Po dokonaniu takiego rozkładu każdy ułamek może scałkowad wg schematu pisanego powyżej.

W przypadku poszukiwania rozkładu funkcji wymiernej na ułamki proste kierujemy się poniższymi zasadami:

(i) Każdy czynniki w mianowniku, który ma postad (x) ,^m generuje następującą sumę:

1 2

( )2 ( )

m m

A A A

x^ x ^{ } x (0.15)

(ii) Każdy czynniki w mianownik, który ma postad (x²bxc) ,ⁿ przy  b²4c0, generuje następującą sumę:

1 1 2 2

2 2 2 2

( ) ( )

n n

n

B x C

B x C B x C

x bx c x bx c x bx c



    

      (0.16)

Jak wyznaczyd współczynniki A B C_i, _i, _i będzie pokazane w przykładach. W praktyce sprowadza się to do rozwiązywanie układów równao liniowych.

PRZYKŁADY

1) _{2 2}

.

( 1)

dx

x 



Możemy tę całkę obliczyd tak jak się wyprowadza zależnośd (14) lub skorzystad wprost z tego wzoru. Dla praktyki wykonamy jednak jeszcze raz poszczególne kroki obliczania tej całki:

12/16

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

1

( 1) ( 1) ( 1) 1 ( 1)

1 1 1 1 1 1

arctg arctg

2 1 2 1 2 1

1 1 1 1 1

=arctg arctg arctg

2 1 2 1 2 1 2

1 1

arctg .

2 1 2

dx x x dx x

dx dx x dx

x x x x x

x x dx x x x dx

x x x

x x

x dx x x

x x x

x x

x

     

    

       

                       

     

  

 



    

 



Zatem _{2 2} 1 ₂ 1

arctg .

( 1) 2 1 2

dx x

x C

x  x  

 



2) ₃

.

1

dx

x 



Dokonujemy rozkładu mianownika na czynniki nierozkładalne, np. korzystając ze wzoru skróconego mnożenia a³b³(a b a )( ²ab b ²) :

3 2

1 ( 1)( 1),

x    x x   x

a następnie szukamy rozkładu funkcji wymiernej ₃1

1

x  na ułamki proste postaci (9). Zauważmy, że trójmian kwadratowy x² x 1 jest nierozkładalny (   3 0). Tak więc

3 2 2

1 1

1 ( 1)( 1) 1 1 .

A Bx C

x x x x x x x

   

      

Stąd mamy

2 2

3 2 3

1 ( 1) ( )( 1) ( ) ( ) ( )

1 ( 1)( 1) 1 ,

A x x Bx C x A B x A B C x A C

x x x x x

           

 

    

co po porównaniu współczynników wielomianów występujących w licznikach daje układ równao 0,

0, 1.

A B A B C A C

  

   

  



Rozwiązaniem tego układu jest 1 1 2

, , ,

3 3 3

A B  C zatem

1 1 2

3 3 3

3 2 2

1 1 1 1 2

1 1 1 3 1 3 1,

x x

x x x x x x x

   

   

      

skąd ₃ 1 1 ₂ 2 1 1

ln | 1| .

1 3 1 3 1 3 3

dx dx x

dx x I

x x x x

      

   

  

Policzmy jeszcze całkę :I

13/16

 

2³¹²

 

2³¹²

2 2

2 1 2 3 1 2 3 1 2 3

2 4 2 4 2 4

1 1

2 2

1 ( ) ( ) 2 ( )

4 8

3

^x

3

^x

.

x x x dx

x dx

I dx dx dx

x x x x x

dx

 

   

 

     

       

  

   

 

Teraz stosujemy podstawienie 3¹² 2

x ,

t ^ więc 3 2

3

2 .

dx,

dt dx dt Zatem

2 2 2 2 2

2 2

3 1 3

2 2 3 2

2

2

1 1 1 1 1

1 1

4 8 4 3 4 3 4 3

3 3 3 4 3 4 3

3 4 3 1

ln( 1) 3arctg .

3 3 2

t dt t dt dt

I dt dt

t t t t t

t dt

dt t t

t t

    

 

          

 

              

    

 

Wracając do „starej” zmiennej x otrzymujemy

 

2³¹² 2³¹²

2

2 2 1

4 4

3 3 3

1 1

ln( 1) 3arctg ln( 2) 3arctg .

2 2

x x x

I   ^   ^  x  x  ^ C

Ostatecznie mamy po uproszczeniu

2 2 1

4 4

3 3

3 3

1 1 3

ln | 1| ln( 2) arctg .

1 3 6 3

dx

x

x x x C

x

     





 

3) Obliczyd całkę ₂

1

₂

( 1) ( 1) .

x dx

x x



 



Wielomian w mianowniku jest już rozłożony na czynniki (x1)(x1)(x²1) nierozkładalne. Rozkład na sumę ułamków prostych jest tutaj następujący

2 2 2 2

1 ,

( 1) ( 1) 1 ( 1) 1

x A B Cx D

x x x x x

 

  

    

co daje równośd x 1 A x( 1)(x² 1) B x( ² 1) (CxD x)( 1)² czyli

3 2

1 ( ) ( 2 ) ( 2 ) ( ),

x   A C x      A B C  D x  A C   D x     A B D

skąd mamy układ równao

0,

2 0,

2 1, 1, A C

A B C D

A C D

A B D

  

    

   

   



którego rozwiązaniem jest A 1/ 2,B1,C1/ 2, D 1/ 2. Zatem

14/16

1 1 1

2 2 2

2 2 2 2

1 1

( 1) ( 1) 1 ( 1) 1 ,

x

x

x x x x x

 

   

    

więc

1 1 1

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

1 1 1 1

( 1) ( 1) 1 ( 1) 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1

ln | 1| ln( 1) arc tg ln | 1| ln( 1) arc tg ,

2 1 2 2 2 2 1 4 2

x x

dx dx dx dx dx

x x x x x x

x x x x x x

x x

      

     

              

 

    

co można ostatecznie zapisad tak

2

2 2

1 1 1 1 1

ln arc tg .

( 1) ( 1) 2 | 1| 1 2

x x

dx x C

x x x x

 

   

   



4) Obliczyd całkę 1₃ sin dx.



x

Oczywiście można zastosowad ogólne podstawienie

t  tg

¹₂

x ,

które sprowadzi tę całkę do postaci wymiernej, ale prościej będzie użyd podstawienia

t  cos . x

Mamy więc

3 4 2 2

sin / sin ,

sin sin (1 ) .

dt xdx dx dt x

dx dt dt

x x t

    

   



Mamy więc do obliczenia całkę 1_{2 2} (1 ) dt.

 t



 Musimy więc dokonad rozkładu funkcji podcałkowej na ułamki proste. Funkcja całkowana ma postad

2 2 2 2

1 1

(1 t )  (1 t ) (1 t ) ,

  

tak więc rozkład na ułamki proste będzie zawierał składniki 1^A_t

,

(1^B)2

 t oraz 1^C_t

,

(1^D)2

:

 t

2 2 2 2

1 .

(1 ) (1 ) 1 (1 ) 1 (1 )

A B C D

t t  t  t  t  t

     

⁽¹⁷⁾

Stąd mamy dla każdego t

2 2 2 2

1  A (1  t )(1  t )  B (1  t )  C (1  t ) (1   t ) D (1  t ) .

Podstawiając kolejno t 1, 1, 0 uzyskujemy B₄¹, D₄¹, A C ₂¹. Jeżeli pomnożymy teraz równośd (17) przez 1t, a następnie obliczymy granicę obu stron przy t , to otrzymamy dodatkowe równanie: 0  A C. Zatem A C ¹₄. Możemy teraz wstawid obliczone współczynniki

, , ,

A B C D do (17)

15/16

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

(1 t ) (1 t ) 4 1 t (1 t ) 1 t (1 t ) ,

 

     

       

więc

2 2 2 2

2

1 1 1 1 1 1

(1 ) 4 1 (1 ) 1 (1 )

1 1 1 1 1 2

ln |1 | ln |1 | ln .

4 1 1 4 1 1

dt dt

t t t t t

t t

t t

t t t t

 

      

      

  

 

                    

 

Ostatecznie

2 2

1 1 1 2 1 1 sin 2sin

ln ln ,

sin 4 1 1 4 1 sin 1 sin

t t x x

x dx t t x x

     

                 



czyli

3 2

1 sin 1 1 sin

ln .

sin 2 cos 4 1 sin

x x

dx C

x x x

   





ZADANIA (Część 3)

A) Obliczyd całki nieoznaczone

1)



sin²xdx. ^{2)In }



^{x e dx an ax ,  .} (Wyprowadzid wzór rekurencyjny.) 3)



sin⁵ xdx. ^{4)In }



^sinnxdx. (Wyprowadzid wzór rekurencyjny.)

5) ₂

.

2 2

dx

x  x 



⁶⁾

 _{3 5 } ^dx _x

²

^.

7)

.

1 sin

dx

 x



⁸⁾

 ^{1  e dx a}

^ax

^{,  .}

Wskazówki: 3) Podstawienie tcosx oraz tożsamośd sin⁴x(sin²x)²  (1 cos²x) .² 8) Podstawienie t 1e^ax.

Odpowiedzi: 1) 1

sin(2 );

2 4

x x 3) 5 5 1

cos cos3 cos5 ;

8 x 48 x 80 x

   3) arc tg(1x); 6) 1 5 5

ln ;

2 5 5 5

x x



 7)

1 2

1 1

2 2

2sin ;

cos sin

x

x x 8) 2

( 1 e^ax arc tg 1 e^ax).

a   

B) Obliczyd podane całki z funkcji wymiernych.

16/16

1)

2

.

2 3 2

x

x  x 

 ²⁾  _x

³

^dx _{ 1} ^.

3

3) 1 .

4

x

x x



 

⁴⁾  _x

⁴

_ ^dx _x

²

_{ 2} ^.

5) _{3 2}1 3 4 .

x dx

x x



 



^6)*



_x⁴¹_1^dx.

Wskazówki. W zadaniach tych musimy dokonad rozkładu wielomianów (występujących w mianownikach) na czynniki nierozkładalne, czyli postaci (x) ,^m (x²bxc) ,ⁿ gdzie

2 4 0.

b c

    W zadaniu 2) wystarczy skorzystad ze wzoru skróconego mnożenia

3 3 2 2

( )( ).

a b  a b a ab b W zadaniu 3) rozkład jest prawie natychmiastowy x³4xx x( ²4) i dalej x x( ² 4) x x( 2)(x2). W zadaniu 4) możemy spróbowad zamienid równanie czwartego stopnia na kwadratowe: oznaczamy tx², i dokonad rozkładu trójmianu kwadratowego liczące jego pierwiastki. Uzyskamy wtedy rozkład: x⁴x² 2 (x²2)(x1)(x1). W zadaniu 5) proszę wykorzystad fakt, że jeden z pierwiastków mianownika to x₁ 1. Aby dokonad dalszego rozkładu wystarczy wielomian podzielid przez dwumianx  x₁ x 1. W zadaniu 6) mamy wielomian x⁴1. Z teorii wiadomo, że każdy wielomian rzeczywisty można rozłożyd na czynniki liniowe lub kwadratowe (już nierozkładalne). Wielomian x⁴1 nie może jednak zawierad w swoim rozkładzie czynników liniowych (bo wtedy miałby przynajmniej jeden pierwiastek rzeczywisty, a z postaci wielomianu widzimy, że on nie może mied pierwiastków). zatem w rozkładzie muszą występowad tylko czynniki kwadratowe x⁴ 1 (x²b x₁ c₁)(x²b x₂ c₂). Znaleźd współczynniki b c b c1, 1, 2, 2.

Odpowiedzi: 1) 1 2

ln(2 1) ln( 2);

10 x 5 x 2)

2

2

1 2 1 1 ( 1)

arc tg ln ;

6 1

3 3

x x

x x

 

 

 

3) 3 1 1

ln(2 ) ln ln( 2);

8  x 4 x8 x 4) 1 1

( 2arc tg ln );

6 2 1

x x

x

  

 5) 1 2 2

ln ;

3(2 ) 9 1

x

x x

 

 

6)

 

²2

1 1 1 2

arc tg(1 2 ) arc tg(1 2 ) ln .

2 2 4 2 1 2

x x

x x

x x

 

   

 