• Nie Znaleziono Wyników

Ca lki. dla. f(x)dx = F(x) + C,

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Share "Ca lki. dla. f(x)dx = F(x) + C,"

Copied!
17
0
0

Pełen tekst

(1)

Ca lki

Operacja odwrotna do r´o˙zniczkowania nazywana jest ca lkowaniem. Dana funkcja trak- towana jest jako pochodna pewnej funkcji, kt´ora֒ trzeba znale´z´c. Zaczniemy od definicji.

Definicja 10.1 (funkcji pierwotnej czyli ca lki nieoznaczonej)

Niech G ⊂ IR be֒dzie suma֒ pewnej rodziny parami roz la֒cznych przedzia l´ow. Je˙zeli f : G −→ IR jest funkcja֒ na zbiorze G , to ka˙zda funkcje֒ F: G −→ IR , dla kt´orej r´owno´s´c F(x) = f (x) ma miejsce dla ka˙zdego x ∈ G nazywamy funkcja֒ pierwotna֒ lub ca lka֒ nieoznaczona֒ funkcji f . Stosujemy oznaczenie F (x) =R f (x)dx .

Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli F jest funkcja֒ pierwotna֒funkcji f , to dla ka˙zdej liczby rzeczywistej C funkcja F + C te˙z jest funkcja֒ pierwotna֒ funkcji f . Zachodzi

Twierdzenie 10.2 (o jednoznaczno´sci funkcji pierwotnej)

Je´sli P jest przedzia lem, f : P −→ IR funkcja֒ a F1 i F2 jej funkcjami pierwotnymi, to istnieje liczba C ∈ IR , taka ˙ze dla ka˙zdego x ∈ P zachodzi r´owno´s´c F2(x) = F1(x) + C .

Teza wynika natychmiast z tego, ˙ze pochodna֒ funkcji F2− F1 jest funkcja to˙zsamo´sciowo r´owna 0 , wie֒c funkcja F2− F1 jest sta la.

Podkre´sli´c od razu wypada, ˙ze je´sli dziedzina nie jest przedzia lem, to teza przestaje by´c prawdziwa. Funkcja ln |x| jest funkcja֒ pierwotna֒ funkcji x1. Niech F1(x) = ln |x| . Niech F2(x) = 1 + ln x dla x > 0 i F2(x) = ln(−x) dla x < 0 . Jasne jest, ˙ze F2(x) = x1 dla ka˙zdego x 6= 0 , wie֒c F2 jest funkcja֒ pierwotna֒ funkcji ln , podobnie jak F1. Funkcja F2− F1

przyjmuje jednak dwie warto´sci, mianowicie 0 dla x < 0 oraz 1 dla x > 0 . Nie jest wie֒c sta la, chocia˙z jest sta la na ka˙zdym przedziale zawartym w dziedzinie funkcji f . Czasami taka֒ funkcje֒ nazywamy lokalnie sta la֒. W dalszym cia֒gu be֒dziemy, zgodnie z przyje֒tym zwyczajem, pisa´c

Z

f(x) dx = F (x) + C ,

je´sli F jest jaka֒´s funkcja֒ pierwotna֒funkcji f , przy czym C oznacza´c tu be֒dzie zawsze funkcje֒ lokalnie sta la֒, czyli funkcje֒ sta la֒ na ka˙zdym przedziale zawartym w dziedzinie funkcji f. Przyk lad 10.1 R

dx= x + C . Przyk lad 10.2 R exdx= ex + C . Przyk lad 10.3 R cos xdx = sin x + C . Przyk lad 10.4 R sin xdx = − cos x + C .

(2)

Przyk lad 10.5 R 1

xdx= ln |x| + C .

Przyk lad 10.6 R xadx= a+11 xa+1+C dla a 6= −1 i ka˙zdego x , dla kt´orego funkcja xa jest okre´slona (je´sli a > 0 jest liczba֒ wymierna֒ postaci 2m+1k , k, m — ca lkowite, to dziedzina֒ tej funkcji jest IR , je´sli a < 0 jest liczba֒ wymierna֒ postaci 2m+1k , k, m — ca lkowite, to dziedzina֒ jest zbi´or wszystkich liczb rzeczywistych z wyja֒tkiem 0 , je´sli a > 0 jest liczba֒rzeczywista֒innej postaci to dziedzina֒ jest [0, ∞) , w przypadku a < 0 , kt´ore nie jest postaci 2m+1k , gdzie k, m sa֒ ca lkowite, dziedzina֒ jest (0, ∞) ).

Przyk lad 10.7 R 1

1+x2dx= arctg x + C .

Te wzory nale˙zy zapamie֒ta´c. Jasne jest, ˙ze nie ka˙zda funkcja ma funkcje֒ pierwotna֒. Niech f(x) = 0 dla x ≤ 0 i niech f(x) = 1 dla x > 0 . Je´sli F jest funkcja֒ pierwotna֒ funkcji f , to dla x ≤ 0 mamy F(x) = 0 , wie֒c funkcja F jest sta la na p´o lprostej (−∞, 0] . Dla x > 0 mamy F(x) = 1 , wie֒c musi istnie´c sta la liczba c , taka ˙ze F (x) = x + c dla ka˙zdego x > 0 . Poniewa˙z F ma by´c funkcja֒ r´o˙zniczkowalna֒ w ka˙zdym punkcie, w szczeg´olno´sci w punkcie 0 , wie֒c musi by´c F (x) = c dla x ≤ 0 oraz F (x) = x + c dla x > 0 . Niestety tak zdefiniowana funkcja nie ma pochodnej w punkcie 0 : lewostronna pochodna to 0 , a prawostronna to 1 . Jest to ilustracja og´olnego zjawiska. Mo˙zna udowodni´c, ˙ze je´sli funkcja ma funkcje֒ pierwotna֒, czyli jest pochodna֒ pewnej funkcji, to na ka˙zdym przedziale przys luguje jej w lasno´s´c przyjmowania warto´sci po´srednich, czyli w lasno´s´c Darboux. Nie przeprowadzimy dowodu, cho´c jest latwy, bo potrzebny jest on w zasadzie tylko matematykom, zreszta֒ jest to warunek konieczny, ale nie jest on niestety dostateczny. Mo˙zna natomiast udowodni´c

Twierdzenie 10.3 (o istnieniu funkcji pierwotnej funkcji cia֒g lej)

Je´sli f : P −→ IR funkcja֒ cia֒g la֒ na przedziale P , to f ma na nim funkcje֒ pierwotna֒.

Dow´od. (szkic) Za l´o˙zmy najpierw, ˙ze funkcja f jest dodatnia. Niech x0 ∈ P i niech x ≥ x0. Niech F (x) oznacza pole obszaru ograniczonego z do lu odcinkiem [x0, x] , z g´ory wykresem funkcji f , z lewej strony prosta֒ pionowa֒ przechodza֒ca֒ przez punkt (x0,0) , z prawej strony – prosta֒ pionowa֒ przechodza֒ca֒ przez punkt (x, 0) . W przypadku x < x0 zamiast pola ana- logicznego obszaru rozwa˙zamy liczbe֒ ujemna֒, kt´orej warto´scia֒ bezwzgle֒dna֒ jest odpowiednie pole. Wyka˙zemy, ˙ze F(x) = f (x) w przypadku x > x0 pozostawiaja֒c rozwa˙zenie drugiego przypadku, ca lkowicie analogicznego, czytelnikom. Za l´o˙zmy, ˙ze h > 0 jest tak ma la֒ liczba֒ dodatnia֒, ˙ze x + h ∈ P . W tej sytuacji F (x + h) − F (x) jest polem obszaru ograniczonego z do lu odcinkiem [x, x + h] , z g´ory – wykresem funkcji f , z lewej strony – prosta֒ pionowa֒ przechodza֒ca֒ przez (x, 0) , z prawej strony – prosta֒ pionowa֒ przechodza֒ca֒ przez (x + h, 0) . Z

(3)

rysunku i ze znanego wzoru na pole prostoka֒ta wida´c, ˙ze

inf{f(t): x ≤ t ≤ x + h} ≤ F(x + h) − F (x)

h ≤ sup{f(t): x≤ t ≤ x + h}

– opisany obszar zawiera prostoka֒t o wysoko´sci inf{f(t): x≤ t ≤ x + h} i podstawie h , jest te˙z zawarty w prostoka֒cie o wysoko´sci sup{f(t): x ≤ t ≤ x + h} i podstawie h . Z cia֒g lo´sci funkcji f wynika, ˙ze

h→0lim+inf{f(t): x ≤ t ≤ x + h} = f(x) = lim

h→0+sup{f(t): x≤ t ≤ x + h} . Sta֒d i z twierdzenia o trzech funkcjach wynika od razu, ˙ze lim

h→0+

F (x+h)−F (x)

h = f (x) . Drobna zmiana tego rozumowania pokazuje, ˙ze r´ownie˙z lim

h→0

F (x+h)−F (x)

h = f (x) . Je´sli funkcja f przyjmuje r´ownie˙z warto´sci ujemne, lub tylko ujemne, to mo˙zna do niej doda´c liczbe֒dodatnia֒tak du˙za֒, by warto´sci nowej funkcji w punktach x0, x i x+h oraz wszystkich le˙za֒cych mie֒dzy nimi by ly dodatnie. Mo˙zna to zrobi´c, bo funkcja cia֒g la na przedziale domknie֒tym jest ograniczona – rozpatrujemy by´c mo˙ze tylko cze֒´s´c dziedziny, ale tak wolno poste֒powa´c, bo interesuja֒nas jedynie warto´sci przyjmowane przez nia֒ w okolicach x . Na tym zako´nczymy szkicowanie dowodu.

Okazuje sie֒ wie֒c, ˙ze je´sli funkcja f : [a, b] → R jest dodatnia i cia֒g la, to liczbe֒ F(b) − F (a) nale˙zy traktowa´c jako pole obszaru ”pod wykresem funkcji”.

y =f (x)

a b

Dow´od istnienia funkcji pierwotnej ma wyja´sni´c zwia֒zek ca lki z polem. w istocie rzeczy pierwsze wzory na pola figur bardziej skomplikowanych uzyskano ju˙z w staro˙zytno´sci (ko lo, parabola, powierzchnia kuli itd.). Istotny poste֒p uzyskany zosta l dzie֒ki Archimedesowi. Jednak jego pomys lowe rozumowania d lugo musia ly czeka´c na kontynuator´ow. W praktyce naste֒pne powa˙zne osiagnie֒cia w tej dziedzinie uzyskano dopiero dzie֒ki zauwa˙zeniu zwia֒zku liczenia p´ol, obje֒to´sci z r´o˙zniczkowaniem. Rezultaty Archimedesa i jego wsp´o lczesnych sta ly sie֒ teraz ba- nalnymi zadaniami, z kt´orymi radzi sobie wielu student´ow, cho´c wielu z nich mia loby istotne trudno´sci ze zrozumieniem tego, co pisa l Archimedes (nawet po przet lumaczeniu na polski lub inny je֒zyk dla nich zrozumia ly).

Warto te˙z wyra´znie stwierdzi´c, ˙ze cho´c wiemy, ˙ze funkcje cia֒g le maja֒ funkcje pierwotne, to jednak nie zawsze daje sie֒ je wyrazi´c za pomoca֒ funkcji, kt´orymi do tej pory operujemy, wiele z nich to tzw. funkcje nieelementarne. Wa˙zny przyk lad to e−x2. Jej funkcji pierwotnej nie mo˙zna wyrazi´c za pomoca֒wielomian´ow, sinusa, kosinusa, funkcji wyk ladniczej, funkcji odwrot- nych do wymienionych, je´sli dopu´scimy dzia lania arytmetyczne i sk ladanie funkcji. Tego typu twierdzenia uda lo sie֒ wykaza´c w drugiej po lowie XIX wieku. Ich dowody, a nawet dok ladniejsze om´owienie, daleko wykraczaja֒ poza program nauczania matematyki w wy˙zszych uczelniach,

(4)

z wyja֒tkiem niekt´orych wydzia l´ow matematyki. Wspominamy jednak o tych twierdzeniach, bo funkcja e−x2 jest jedna֒ z cze֒´sciej u˙zywanych w statystyce. Z przyczyn podanych przed chwila֒ stworzono tablice jej ca lek, mo˙zna wybiera´c funkcje֒ pierwotna֒ tak, by jej granica֒ przy x −→ −∞ by la liczba 0 . Druga przyczyna to ostrze˙zenie, ˙ze problemy wygla֒daja֒ce na ele- mentarne czasem sa֒ nierozwia֒zywalne. Jest wiele innych funkcji tego typu, np. sin xx , sin x2,

√Ax4+ Bx3+ Cx2+ Dx + E przy za lo˙zeniu, ˙ze wyra˙zenie pod pierwiastkiem jest wielomi- anem stopnia > 2 i to nie szczeg´olnie dobranym ( x4+ 2x2+ 1 nie powoduje ˙zadnych k lopot´ow, bo pierwiastek to tylko dekoracja!). Cze֒sto te˙z pozornie ma la zmiana zmienia zasadniczo trudno´s´c problemu, kt´ory trzeba rozwia֒za´c: ca lka z funkcji e−x2 jest nieelementarna, nato- miast R xe−x2dx= −12e−x2 + C !

Wniosek 10.4 (z dowodu tw. o istnieniu funkcji pierwotnej funkcji cia֒g lej)

Je´sli funkcja f jest cia֒g la i nieujemna na przedziale [a, b] , F jest funkcja֒ pierwotna֒ funkcji f, to pole obszaru A = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x)} , tzw. ,,pole pod wykresem funkcji f”, r´owne jest

F(b) − F (a) .

Dow´od. W dowodzie twierdzenia o istnieniu funkcji pierwotnej funkcji wskazali´smy funkcje֒ pierwotna֒ F funkcji f , dla kt´orej wz´or wypisany we wniosku ma miejsce. Ze wzgle֒du na twierdzenie o jednoznaczno´sci funkcji pierwotnej r´o˙znica F (b) − F (a) nie zale˙zy od wyboru funkcji pierwotnej (r´o˙zne funkcje pierwotne na przedziale r´o˙znia sie֒ o sta la֒).

Definicja 10.5 (ca lki oznaczonej Newtona)

Ca lka֒oznaczona֒funkcji f : [a, b] −→ IR nazywamy liczbe֒ f(b) − F (a) , gdzie F oznacza funkcje֒ pierwotna֒ funkcji f . Stosujemy oznaczenie

Z b a

f(x) dx = F (b) − F (a) .

Stosujemy te˙z inne oznaczenie: F (b) − F (a) = F (x)

b

a, wie֒c mo˙zna pisa´c Rb

aF(x) dx = F (x)

b a. Przyk lad 10.8 Rb

a dx= b − a , bo pole prostoka֒ta o podstawie b − a i wysoko´sci 1 r´owne jest b − a .

Przyk lad 10.9 Rb

ax dx = b2−a2 2 , bo R xdx = 12x2 + C . To te˙z ˙zadna sensacja. Je´sli 0 ≤ a , to Rb

a x dx to pole trapezu o podstawach a i b , kt´orego wysoko´s´c r´owna jest b − a ,

(5)

czyli 12(b + a)(b − a) = 12(b2− a2) . Je´sli b ≤ 0 , to podstawy trapezu r´owne sa֒ |a| = −a oraz

|b| = −b , a wysoko´s´c r´owna jest b − a , zatem ca lka jest liczba֒ przeciwna֒ do pola, wie֒c r´owna jest −12 − b + (−a)(b − a) = b2−a2 2 . Pozosta l jeszcze jeden przypadek: a < 0 < b . Mamy oczywi´scie Rb

a x dx = R0

a x dx+Rb

0 x dx. Wobec tego tym razem ca lka r´owna jest r´o˙znicy p´ol dw´och tr´ojka֒t´ow prostoka֒tnych r´ownoramiennych o ramionach |a| i b . Te pola to oczywi´scie

1

2b2 i 12a2, ca lka r´owna jest 12(b2− a2) . Przyk lad 10.10 Ra

0 x2dx = a33 , bo R x2dx = 13x3+ C . Wobec tego ,,pole pod parabola֒” r´owne jest 13 pola prostoka֒ta o wierzcho lkach (0, 0) , (a, 0) , a2, a , 0, a2 . Wz´or ten znany by l ju˙z Archimedesowi, ale jego wyprowadzenie — nie znano jeszcze wtedy ca lek — by lo trudne.

Obliczanie ca lek jest na og´o l dosy´c trudne, wymaga pomys lowo´sci. My podamy kilka prostych wzor´ow i poka˙zemy jak mo˙zna je stosowa´c w prostych sytuacjach. Obecnie istnieja֒ liczne programy komputerowe, np. Mathematica, Maple, Derive, za pomoca֒ kt´orych mo˙zna obliczy´c wiele ca lek. Tym nie mniej warto zna´c podstawowe wzory i umie´c stosowa´c w prostych sytuacjach.

Twierdzenie 10.6 ( o ca lce sumy dwu funkcji.)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcje f i g maja֒ funkcje pierwotne. Wtedy funkcje f ± g te˙z maja֒ funkcje pierwotne i zachodza֒ wzory

Z

f(x) ± g(x) dx = Z

f(x) dx ± Z

g(x) dx oraz

Z b a

f(x) ± g(x) dx = Z b

a

f(x) dx ± Z b

a

g(x) dx .

Pierwszy z tych wzor´ow wynika od razu z tego, ˙ze pochodna sumy jest suma֒ pochodnych, r´o˙znicy — r´o˙znica֒ pochodnych. Wz´or drugi wynika z pierwszego.

Twierdzenie 10.7 (o ca lce iloczynu funkcji przez liczbe֒)

Je´sli funkcja f ma funkcje֒pierwotna֒, to dla ka˙zdej liczby rzeczywistej c funkcja cf ma funkcje֒ pierwotna֒ i zachodzi r´owno´s´c

Z

cf(x) dx = c Z

f(x) dx . Dla ca lki oznaczonej

Z b a

cf(x) dx = c Z b

a

f(x) dx .

(6)

Wzory wynikaja֒ od razu z odpowiednich w lasno´sci pochodnej.

Z obliczaniem ca lki iloczynu jest o wiele gorzej, bo wz´or na pochodna֒ iloczynu jest bardziej skomplikowany, zreszta֒ istnieja֒ funkcje (niecia֒g le), kt´ore maja funkcje pierwotne, a ich iloczyn

— nie. Podamy teraz dwa twierdzenia, kt´ore w niekt´orych sytuacjach pozwalaja֒ upro´sci´c obliczanie ca lki z iloczyn´ow bardzo szczeg´olnej postaci.

Twierdzenie 10.8 (o ca lkowaniu przez cze֒´sci)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcje f i g maja֒ cia֒g le pochodne. Wtedy zachodzi wz´or:

Z

f(x)g(x) dx = f (x)g(x) − Z

f(x)g(x) dx .

Dla ca lki oznaczonej Rb

a f(x)g(x) dx = f (x)g(x)

b a−Rb

a f(x)g(x) dx =

= f (b)g(b) − f(a)g(a) −Rb

a f(x)g(x) dx . Wz´or ten jest natychmiastowa֒ konsekwencja֒ twierdzenia o pochodnej iloczynu.

Twierdzenie 10.9 (o ca lkowaniu przez podstawienie)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcje f i g sa֒ cia֒g le oraz ˙ze F jest funkcja֒ pierwotna֒ funkcji f . Wtedy Z

f(g(x))g(x) dx = F (g(x)) + C

Dla ca lki oznaczonej Z b

a

f(g(x))g(x) dx = Z g(b)

g(a)

F(y) dy = F (g(b)) − F (g(a)) .

Ten wz´or wynika natychmiast z twierdzenia o pochodnej z lo˙zenia dwu funkcji.

Ostatnie dwa twierdzenia w po la֒czeniu z poprzednimi stanowia֒ dobra֒ podstawe֒ do znaj- dowania ca lek z licznych funkcji zdefiniowanych elementarnie. Zanim poka˙zemy, jak mo˙zna to robi´c, powiemy jakie oznaczenia sa֒ cze֒sto stosowane.

Umowa 10.10 (w kwestii oznacze´n)

Zamiast g(x) dx be֒dziemy czasem pisa´c dg(x) ; w konsekwencji je˙zeli y = g(x) , to piszemy dy = g(x) dx = dg(x) .

Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli funkcja g jest r´o˙znowarto´sciowa, czyli ma funkcje֒ odwrotna֒ g−1, to r´owno´s´c y = g(x) r´ownowa˙zna jest r´owno´sci x = g−1(y) . Wtedy, zgodnie z przyje֒ta֒ umowa֒, mo˙zemy napisa´c dx = d(g−1)(y) = (g−1)(y) dy . Na mocy twierdzenia o pochodnej funkcji

(7)

odwrotnej mamy g−1

(y) = g−1

g(x) = g1(x). Wobec tego dx = d g−1(y) = g1(x)dy, co w ´swietle wzoru dy = dg(x) = g(x) dx , wygla֒da na zupe lnie oczywiste stwierdzenie. Jednak nale˙zy pamie֒ta´c o tym, ˙ze symbole dx , dy nie oznaczaja֒ liczb, w og´ole nie by ly przez nas zdefiniowane. Wyste֒puja֒ jedynie w po la֒czeniu z innymi. Wobec tego nie jest ca lkiem jasne, czy regu ly dzia la´n na liczbach maja zastosowanie r´ownie˙z w tym przypadku, a dok ladniej: kt´ore regu ly pozostaja֒ w mocy. Okaza lo sie֒, ˙ze wnioskowanie, je´sli dy = g(x) dx , to dx = g1(x)dy ma sens dzie֒ki twierdzeniu o pochodnej funkcji odwrotnej! Przypomnie´c wypada, ˙ze opr´ocz stosowanego przez nas oznaczenia pochodnej y = g(x) stosowane jest oznaczenie dydx = g(x) . Symbol dydx jest oznaczeniem pochodnej, nie jest u lamkiem. Mo˙zna go jednak traktowa´c jak iloraz. Czytelnicy przekonaja֒ sie֒ jeszcze wiele razy, ˙ze upraszcza to manipulowanie wzorami.

Zauwa˙zmy jeszcze, ˙ze je´sli x = h(t) , to opr´ocz r´owno´sci dy = g(x) dx mamy te˙z dx = h(t) dt . Chcia loby sie֒ wywnioskowa´c z tych wzor´ow, ˙ze dy = g(x)h(t) dt . Mo˙zna, bo y = g h(t) , wie֒c dy = (g ◦ h)(t) dt , ale na mocy twierdzenia o pochodnej z lo˙zenia dwu funkcji zachodzi r´owno´s´c g ◦ h

(t) = g h(t)h(t) , zatem r´ownie˙z dy = g h(t)h(t) dt . Wida´c wie֒c zn´ow analogie֒ zu lamkami: dydt = dxdy · dxdt , czyli dy = (g ◦ h)(t) dt = g(h(t))h(t) dt = dydx · dxdt · dt . Zako´nczymy te przyd lugie rozwa˙zania na temat oznacze´n stwierdzeniem, ˙ze wz´or na ca lkowanie przez cze֒´sci zwykle zapisywany jest w postaci:

Z

f(x)g(x) dx = Z

f dg = f g − Z

g df = f (x)g(x) − Z

g(x)f(x) dx

a wz´or na ca lkowanie przez podstawienie – w postaci:

Z

f(g(x))g(x) dx = Z

f(y) dy .

Przyk lad 10.11 R e2xdx =======y=2x

dy=2 dx R ey 12dy = 12ey + C = 12e2x+ C . Przyk lad 10.12

R xex2dx y=x

2

=======

dy=2xdx R ey 12dy = 12R eydy = 12ey + C = 12ex2 + C . Przyk lad 10.13

R tg xdx = R sin xcos xdx ===========y=cos x

dy=− sin x dx −R 1

ydy = − ln |y| + C = − ln | cos x| + C . Przyk lad 10.14

R √r2− x2dx ==========x=r sin t

dx=r cos t dt R pr2− r2sin2t rcos t dt =R √r2cos2t rcos t dt =

(8)

=R r2cos2t dt= r2R 1+cos 2t

2 dt ======u=2t

du=2dt r2R 1+cos u

2 · du2 = r22 u2 + sin u2  + C =

= r22 t+ 12sin 2t+C = r22 (t + sin t cos t)+C = r22 arcsinxr+x2

r2− x2+C – w tym przypadku przyje֒li´smy x = r sin t , mo˙zemy przyja֒´c, ˙ze −π2 ≤ t ≤ π2 , bo wtedy x be֒dzie przyjmowa´c wszystkie warto´sci z przedzia lu [−r, r] , w tej sytuacji cos t ≥ 0 i wobec tego zachodzi r´owno´s´c

√cos2t= cos t .

Przyk lad 10.15 Rr

−r

√r2− x2dx= 12h

r2arcsinrr + r√

r2− r2− r2arcsin−rr − (−r)pr2− (−r)2i

=

= 122r2arcsin 1 = r2 π2 = πr22. Skorzystali´smy tu oczywi´scie z wyniku otrzymanego w przyk la- dzie poprzednim. Obliczana ca lka okaza la sie֒ po lowa֒ ko la o promieniu r , co nie jest specjalnie dziwne, bo wykresem funkcji √

r2− x2 jest g´orna po lowa okre֒gu o ´srodku (0, 0) i promieniu r , wie֒c ,,pole pod wykresem” to po lowa pola ko la o promieniu r .

Przyk lad 10.16

R xexdx=R x (ex) dx ==========ca lkujemy

przez cze֒´sci xex−R (x)exdx= xex−R exdx= xex − ex+ C . Przyk lad 10.17

R x2exdx=R x2(ex) dx ==========ca lkujemy

przez cze֒´sci x2ex−R x2

exdx= x2ex−R 2xexdx=

= x2ex−2R xexdx =========poprzedni

przyk lad x2ex−2 (xex− ex)+C = ex(x2−2x+2)+C . W tym przyk ladzie skorzystali´smy z wyniku uzyskanego w poprzednim. Wida´c, ˙ze poste֒puja֒c analogicznie mo˙zna oblicza´c ca lki z funkcji x3ex, x4ex itd. – jednokrotne ca lkowanie przez cze֒´sci obni˙za stopie´n wielomianu, przez kt´ory mno˙zymy funkcje֒ wyk ladnicza֒ o 1 , wie֒c wielokrotne pozwala na poz- bycie sie֒go, czyli sprowadzenie problemu do obliczenia ca lki R exdx, a z tym ju˙z umiemy sobie poradzi´c.

Przyk lad 10.18 R xe3xdx=R x 13e3x

dx ==========ca lkujemy

przez cze֒´sci 1

3xe3x13R (x)e3xdx= 13xe3x13R e3xdx=

= 13xe3x19e3x+ C — ostatnie ca lkowanie przez podstawienie ( y = 3x ) potraktowali´smy ju˙z jako na tyle oczywiste, ˙ze nawet tego specjalnie nie zaznaczyli´smy.

Przyk lad 10.19

R x cos(5x)dx = R x 15sin(5x)

dx ==========ca lkujemy

przez cze֒´sci 1

5xsin(5x) − 15R (x)sin(5x) dx =

= 15xsin(5x) − 15R sin(5x)dx = 15xsin(5x) − 1515cos(5x) + C =

= 15xsin(5x) + 251 cos(5x) + C .

(9)

Przyk lad 10.20 R ln xdx ==========ca lkujemy

przez cze֒´sci xln x −R xd(ln x) = x ln x − R xx1dx=

= x ln x −R

dx= x ln x − x + C . Przyk lad 10.21

R arcsin xdx ==========ca lkujemy

przez cze֒´sci xarcsin x −R xd(arcsin x) = x arcsin x − R x1−x1 2dx=

y=1−x2

=========

dy=−2xdx xarcsin x + 12R 1

ydy = x arcsin x + 12R y−1/2dy =

= x arcsin x + 2(1+(−1/2))1 y1+(−1/2)+ C = x arcsin x + 14 1 − x21/2

+ C =

= x arcsin x + 14

1 − x2+ C . Przyk lad 10.22

R dx

2x−3

y=2x−3

=======

dy=2dx

R 1

y · 12dy = 12ln |y| + C = 12 ln |2x − 3| + C . Przyk lad 10.23

R x

x2+3x+2dx=R x

(x+1)(x+2)dx.

Mo˙zna spodziewa´c sie֒, ˙ze wyra˙zenie x2+3x+2x jest suma֒ u lamk´ow postaci x+1A i x+2B . Aby r´owno´s´c x2+3x+2x = x+1A +x+2B mia la miejsce, musi by´c x = A(x + 2) + B(x + 1) dla wszystkich liczb rzeczywistych x 6= −1, −2 . Wobec tego musi by´c A + B = 1 i 2A + B = 0 , wie֒c A= −1 i B = 2 . Mamy wie֒c

R x

x2+3x+2dx=R −1

x+1dx+R 2

x+2dx= − ln |x + 1| + 2 ln |x + 2| + C = ln(x+2)|x+1|2 + C .

Metoda zasygnalizowana w przyk ladzie 10.23 to tzw. rozk lad na u lamki proste. Polega ona na tym, ˙ze funkcje֒ wymierna֒, czyli iloraz dw´och wielomian´ow przedstawiamy w postaci sumy wielomianu i u lamk´ow prostych, tj. u lamk´ow postaci (x+c)A n, gdzie a, c ∈ IR , n ∈ IN lub postaci

Ax+B

(x2+px+q)n , gdzie A, B, p, q ∈ IR , n ∈ IN oraz p2 − 4q < 0 . Mo˙zna wykaza´c, ˙ze taki rozk lad funkcji wymiernej zawsze istnieje. Dowodu w tym wyk ladzie nie przedstawimy.2 Poka˙zemy na kilku przyk ladach jak ta metoda dzia la. Autor nie sa֒dzi, by studenci musieli ja֒ opanowa´c do perfekcji, powinni jednak zapozna´c sie֒z kilkoma przyk ladami, by nie wpada´c w zdumienie, gdy kto´s be֒dzie rozk lada´c funkcje wymierne na u lamki proste przy okazji ich ca lkowania, rozwijania w szereg pote֒gowy lub w innych przypadkach.

W rzeczywisto´sci poniewa˙z funkcje x oraz A(x+2)+B(x+1) sa֒ cia֒g le we wszystkich punktach, w tym w punkcie x=−1 i w punkcie x=−2 , r´owno´s´c musi mie´c miejsce r´ownie˙z dla x=−1, −2 . 2 zob. G.M.Fichtenholz t. II.

(10)

Przyk lad 10.24 R x3

x2+2x+2dx=R (x2+2x+2)(x−2)+2x+4

x2+2x+2 dx=R 

x− 2 + x2(x+2)2+2x+2 dx=

= 12x2− 2x +R 2x+2

x2+2x+2dx+R 2

x2+2x+2dx= 12x2− 2x +R (x2+2x+2)

x2+2x+2 dx+

+R 2

(x+1)2+1d(x + 1) ===============ca lkujemy

przez podstawienia 1

2x2− 2x + ln(x2+ 2x + 2) + 2 arctg(x + 1) + C . To wygla֒da troche֒na stosowanie jakich´s sztuczek. Tak jednak nie jest. Mo˙zna by lo przewidzie´c jak be֒da֒ wygla֒da´c u lamki proste, kt´orych suma֒be֒dzie dana funkcja wymierna. Stopie´n licznika jest o jeden wie֒kszy ni˙z stopie´n mianownika, wie֒c powinien wysta֒pi´c wielomian stopnia pier- wszego oraz u lamek, kt´orego licznik jest wielomianem stopnia nie wie֒kszego ni˙z 1, a mianownik r´owny jest x2+ 2x + 2 . Mo˙zna wie֒c by lo spr´obowa´c napisa´c x2+2x+2x3 = ax + b + x2px+q+2x+2. Po pomno˙zeniu przez mianownik otrzymujemy r´owno´s´c x3 = (ax + b)(x2+ 2x + 2) + px + q =

= ax3+ (2a + b)x2+ (2a + 2b + p)x + (2b + q) . Z r´owno´sci wielomian´ow wynika r´owno´s´c ich wsp´o lczynnik´ow przy odpowiednich pote֒gach zmiennej x . Musza֒ wie֒c by´c spe lnione r´owno´sci 1 = a , 0 = 2a + b , 0 = 2a + 2b + p oraz 0 = 2b + q . Otrzymali´smy uk lad czterech r´owna´n z czterema niewiadomymi. Teraz trzeba go rozwia֒za´c, co w tym przypadku nie stanowi ˙zadnego problemu: a + 1 b = −2a = −2 , p = −2a − 2b = 2 i wreszcie q = −2b = 4 . Po´zniej po prostu obliczyli´smy pochodna֒ mianownika i zapisali´smy licznik w postaci sta la · pochodna mianownika+ inna sta la, co u latwi lo ostateczne obliczenie ca lki.

Przyk lad 10.25 Obliczymy R 1

1+x4dx. Zaczniemy od rozk ladu na u lamki proste. W tym celu przedstawimy mianownik w postaci iloczynu wielomian´ow stopnia nie wie֒kszego ni˙z 2.

Mamy x4 + 1 = x2+ 12

− 2x2 = x2+ 12

− x√ 22

= = x2− x√ 2 + 1

x2+ x√

2 + 1 . Teraz znajdziemy liczby rzeczywiste a , b , c i d , takie ˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c

1

1+x4 = x2ax+b

−x

2+1 + x2+xcx+d2+1.

Mno˙za֒c te֒ r´owno´s´c przez 1 + x4, skracaja֒c co sie֒tylko da i porza֒dkuja֒c, otrzymujemy: 1 = (ax + b)(x2+ x√

2 + 1) + (cx + d)(x2− x√

2 + 1) =

= (b + d) + x(a + b√

2 + c − d√

2) + x2 b+ a√

2 + d − c√

2 + x3(a + c) .

Por´ownuja֒c wsp´o lczynniki przy tych samych pote֒gach zmiennej x otrzymujemy b+ d = 1 , a+ c + (b − d)√

2 = 0 , b+ d + (a − c)√

2 = 0 , a+ c = 0 .

Otrzymali´smy uk lad czterech r´owna´n z czterema niewiadomymi. Poniewa˙z a + c = 0 (r´ownanie czwarte), wie֒c z drugiego r´ownania mo˙zemy wywnioskowa´c r´owno´s´c b = d , a z niej i z r´ownania pierwszego wynika, ˙ze b = d = 12. Z r´ownania trzeciego i ju˙z uzyskanych wynik´ow wynika, ˙ze a= −c = 2−12. Wobec tego mamy r´owno´s´c

(11)

1 1+x4 =

−1 2

2x+12 x2−x

2+1 +

1 2

2x+12 x2+x

2+1.

Teraz wystarczy sca lkowa´c oba sk ladniki. Sca lkujemy drugi, bo ma lepszy wygla֒d zewne֒trzny (mniej minus´ow). Mamy

R

1 2

2x+12 x2+x

2+1dx= 82R 2x+22

x2+x

2+1dx= 82R (x2+x2+1)+2

x2+x

2+1 dx=

= 82R (x2+x2+1)

x2+x

2+1 dx+ 14R 1

x2+x

2+1dx=

= 82ln x2+ x√

2 + 1 + 14R 1

x+1 2

2

+12 dx=

= 82ln x2+ x√

2 + 1 + 14R 2

(x2+1)2+1dx= 82ln x2+ x√

2 + 1 + + 1

2 2

R 1

(x2+1)2+1d(x√

2 + 1) = 82ln x2+ x√

2 + 1 + 212arctg x√

2 + 1 + C . W taki sam spos´ob mo˙zna obliczy´c druga֒ ca lke֒, ale nie warto, bowiem:

R 212x+12 x2−x

2+1dx =======u=−x

du=−dx

R

1 2

2u+12 u2+u

2+1(−du) =

= −82ln u2+ u√

2 + 1 − 212arctg u√

2 + 1 + C =

= −82ln x2− x√

2 + 1 − 212arctg −x√

2 + 1 + C =

= −82ln x2− x√

2 + 1 + 212arctg x√

2 − 1 + C . Dodaja֒c obliczone ca lki otrzymujemy

R 1

1+x4dx= 82lnxx22+x2+1

−x

2+1 + 212



arctg x√

2 + 1 + arctg x√ 2 − 1

 + C . Mamy wynik. Poka˙zemy teraz jak mo˙zna go uzyska´c nieco inaczej.

Zauwa˙zmy, ˙ze 1+x1 4 = 12



1−x2

1+x4 + 1+x1+x24



. Wobec tego mo˙zna obliczy´c dwie ca lki: R 1−x2

1+x4dx oraz R 1+x2

1+x4dx. Mo˙zna je oczywi´scie obliczy´c rozk ladaja֒c funkcje podca lkowe na u lamki proste, ale nie jest to konieczne. Zachodza֒ r´owno´sci

Z 1 − x2 1 + x4dx=

Z 1

x2 − 1

1

x2 + x2dx= −

Z d(x + 1x) x+ x12

− 2

y=x+1/x

=========

dy=1−1/x2

Z dy y2− 2 =

= 1

2√ 2

Z  1 y+√

2 − 1

y−√ 2



dy = 1 2√

2

ln |y +√

2| − ln |y −√

2| + C

=

= 1

2√ 2ln

y+√ 2 y−√

2

+ C = 1 2√

2ln

x+ 1x +√ 2 x+ 1x −√

2

+ C = 1 2√

2lnx2+ x√ 2 + 1 x2− x√

2 + 1 + C . Pierwsza ca lka zosta la znaleziona. Teraz zajmiemy sie֒ druga֒.

Z 1 + x2 1 + x4dx=

Z 1

x2 + 1

1

x2 + x2dx=

Z d(x − 1x) x− 1x2

+ 2

y=x−1/x

=========

dy=1+1/x2

Z dy y2+ 2 =

(12)

= 1

√2

Z d

y 2

 1 +

y 2

2

z=y/(

==========2) dz=dy/(

2)

√1 2

Z dz

1 + z2 = 1

√2arctg z + C =

= 1

√2arctg

 y

√2



+ C = 1

√2arctg

 x

√2 − 1 x√

2

 + C . Wobec tego otrzymujemy R dx

1+x4 = 212 lnxx22+x2+1

−x

2+1 + 212arctg

x

2x12

+ C .* Widzimy wie֒c, ˙ze otrzymali´smy wynik nieco inny ni˙z poprzednio! Mo˙zna jednak sie֒ przekona´c, ˙ze jest to ten sam wynik. Wystarczy skorzysta´c z wzoru

arctg a + arctg b = arctg

a+b 1−ab



— by przekona´c sie֒ o jego prawdziwo´sci wystarczy obliczy´c warto´s´c tangensa obu stron tej podejrzanej r´owno´sci korzystaja֒c z wzoru na tangens sumy dw´och ka֒t´ow a potem jeszcze troche֒ pome֒czy´c sie֒ z jej interpretacja֒ np. dla x = 0 ; wg drugiej wersji wzoru funkcja pierwotna w punkcie 0 okre´slona nie jest, wg. pierwszej jest, z cytowanych twierdze´n og´olnych wynika, ˙ze powinna by´c okre´slona na ca lej prostej. Pokazali´smy wie֒c dwie metody, otrzymali´smy na tyle r´o˙znie wygla֒daja֒ce wyniki, ˙ze niewielu student´ow pierwszego roku stwierdzi loby, ˙ze to w istocie rzeczy ten sam wynik r´o˙znia֒cy sie֒ jedynie zapisem. To dosy´c cze֒ste zjawisko przy ca lkowaniu, wie֒c je zasygnalizowali´smy.

Przyk lad 10.26 Obliczymy ca lke֒ R x5

1+x4dx. Mo˙zna jak w przyk ladach poprzednich przed- stawi´c funkcje֒podca lkowa֒w postaci u lamk´ow prostych, ale w tym konkretnym przypadku wida´c od razu prostsza֒ metode֒. Mamy bowiem

R x5

1+x4dx y=x

2

========

dy=2x dx 1 2

R y2

1+y2dy = 12R 

1 − 1+y1 2 dy =

= 12 (y − arctg y) + C = 12 x2− arctg x2 + C . Przyk lad 10.27 Obliczymy ca lke֒ R e2xsin 3x dx . Be֒dziemy ca lkowa´c przez cze֒´sci dwukrot- nie.

R e2xsin 3x dx = 12R

e2x

sin 3x dx = 12e2xsin 3x − 12R e2x(sin 3x) dx=

= 12e2xsin 3x − 32R e2xcos 3x = 12e2xsin 3x − 34 R

e2x

cos 3x dx =

= 12e2xsin 3x − 34e2xcos 3x + 34 R e2x(cos 3x) dx=

= 12e2xsin 3x − 34e2xcos 3x − 94R e2xsin 3x dx . Uda lo nam sie֒ po kilku przekszta lceniach sprowadzi´c obliczanie ca lki R e2xsin 3x dx do oblicza- nia tej samej ca lki! To nie jest bez sensu wbrew pozorom: uzyskali´smy r´ownanie, w kt´orym

*Powinna wysta֒pi´c suma dwu sta lych, ale to i tak jest dowolna sta la, a raczej funkcja sta la na ka˙zdym przedziale zawartym w dziedzinie, wie֒c nie ma potrzeby zmienia´c oznacze´n.

(13)

niewiadoma֒ jest poszukiwana ca lka. Starczy je teraz rozwia֒za´c. Otrzymujemy r´owno´s´c Z

e2xsin 3x dx = 2

13e2xsin 3x − 3

13e2xcos 3x + C

Sta lej C w r´ownaniu nie by lo, ale teraz musi sie֒ pojawi´c. R´owno´s´c ca lek nieoznaczonych oznacza jedynie, ˙ze r´o˙znica mie֒dzy tymi funkcjami pierwotnymi jest funkcja֒ lokalnie sta la֒, wie֒c gdy wszystkie ca lki znajduja֒ sie֒ po jednej stronie r´owno´sci trzeba dopisa´c C po drugiej stronie tej r´owno´sci.

Przyk lad 10.28

R √4 + x2dx =============x=2tg t

dx=2(1+tg2t) dt 2R p4 + 4 tg2t· (1 + tg2t) dt = 4R q

1 cos2t 1

cos2t dt =

= 4R 1

cos3tdt= 4R cos t

cos4tdt= 4R cos t

(1−sin2t)2dt =========y=sin t

dy=cos t dt 4R dy

(1−y2)2 =

=R 

1

1−y + 1+y1 2

dy=R 

1

(1−y)2 + 21−y1 1+y1 + (1+y)1 2

 dy =

=R 

1

(1−y)2 + 1−y1 + 1+y1 + (1+y)1 2

=

=R



(1 − y)−2+ (1 − y)−1+ (1 + y)−1 + (1 + y)−2

 dy =

= (1 − y)−1− ln |1 − y| + ln |1 + y| − (1 + y)−1+ C = 1−y2y2 + ln

1+y 1−y

+C.

Wypada powr´oci´c do zmiennej x . Podstawiali´smy x = 2 tg t . Mo˙zemy oczywi´scie zak lada´c,˙ze

|t| < π2, bowiem ka˙zda liczbe֒ x mo˙zna przedstawi´c w postaci 2 tg t wybieraja֒c liczbe֒ t z przedzia lu (−π2,π2) . Ten wyb´or liczby t gwarantuje, ˙ze cos t > 0 , z czego zreszta֒ ju˙z raz skorzystali´smy. Mamy wie֒c cos t1 = p1 + tg2t =

q

1 + x42 = =12

4 + x2. Sta֒d wnioskujemy,

˙ze zachodza֒ r´owno´sci

2y

1−y2 = 2 sin tcos2t = 2 tg tcos t1 = 12 · x ·√

4 + x2. Mamy te˙z

ln

1+y 1−y

= ln

1+y

1−y = ln(1+y)1−y22 = ln(1+sin t)cos2t 2 = 2 ln1+sin tcos t =

= 2 ln cos t1 + tg t = 2 ln 4+x2

2 + x2 . Ostatecznie R √4 + x2dx= 12· x ·√

4 + x2+ 2 ln 4+x2

2 + x2

+ C . Te֒ r´owno´s´c mo˙zna uzyska´c nieco szybciej stosuja֒c inne podstawienia (tzw. podstawienia Eulera), ale nie be֒dziemy ju˙z tego robi´c. Og´olnie rzecz biora֒c wyra˙zenia zawieraja֒ce jeden pierwiastek kwadratowy z wielomi- anu pierwszego lub drugiego stopnia mo˙zna sca lkowa´c stosuja֒c jakie´s podstawienie trygonome- tryczne, jak w tym przyk ladzie, lub podstawienia Eulera, o kt´orych m´owi´c tu nie be֒dziemy lub te˙z podstawienia hiperboliczne, kt´orymi r´ownie˙z nie be֒dziemy sie֒ zajmowa´c. To sa֒ zamienne metody. W niekt´orych sytuacjach jedne daja֒ wynik szybciej ni˙z inne, ale kt´ore to zale˙zy od

(14)

ca lkowanej funkcji.

Przyk lad 10.29 Obliczymy ca lke֒ R x5

x4+x2+1dx dwiema metodami. Zaczniemy od rozk ladu na u lamki proste. Wymaga to przedstwienia mianownika w postaci iloczynu wielomian´ow nierozk ladalnych. Mamy

x4+ x2+ 1 = (x2+ 1)2− x2 = (x2− x + 1)(x2+ x + 1) .

Spr´obujemy znale´z´c takie liczby A, B, C, D, E, F , ˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x be֒dzie zachodzi´c r´owno´s´c

x5

x4+x2+1 = (x2−x+1)(xx5 2+x+1) = Ax + B + xCx+D2−x+1 + xEx+F2+x+1. Po pomno˙zeniu obu stron tej r´owno´sci otrzymujemy wz´or

x5 = (Ax + B)(x2− x + 1)(x2+ x + 1) + (Cx + D)(x2+ x + 1) + (Ex + F )(x2− x + 1) =

= (Ax + B)(x4+ x2 + 1) + (Cx + D)(x2+ x + 1) + (Ex + F )(x2− x + 1) =

= Ax5+ Bx4+ (A + C + E)x3+ (B + C + D − E + F )x2+ (A + C + D + E − F )x + B + D + F . Szukamy liczb A, B, C, D, E, F takich, ˙ze A = 1 , B = 0 , A+C+E = 0 , B+C+D−E+F = 0 , A+ C + D + E − F = 0 i B + D + F = 0 , bo wsp´o lczynniki przy tych samych pote֒gach x po obu stronach r´owno´sci musza֒ by´c r´owne. Z trzeciej i z pia֒tej r´owno´sci wynika, ˙ze D − F = 0 , co w po la֒czeniu z r´owno´scia֒ B= 0 i B + D + F = 0 daje B = D = F = 0 . Sta֒d i z czwartej r´owno´sci otrzymujemy C = E , a poniewa˙z C + E = −A = −1 , wie֒c C = E = −12. Mamy wie֒c r´owno´s´c x4+xx52+1 = x − 2(x2−x+1)x2(x2+x+1)x . Mamy R xdx = 12x2+ C . Mamy r´ownie˙z

R x

2(x2−x+1)dx=R x−12

2(x2−x+1)dx+R 1

4(x2−x+1)dx=R 2x−1

(2x−1)2+3dx+R 1

(2x−1)2+3dx. Poniewa˙z R 2x−1

(2x−1)2+3dx y=(2x−1)

2+3

============

dy=4(2x−1) dx 1 4

R dy

y = 14ln |y| + C = 14 ln (2x − 1)2+ 3 + C =

= 14ln(4x2− 4x + 4) + C = 14ln(x2− x + 1) + 14 ln 4 + C = 14 ln(x2− x + 1) + C1 oraz

R 1

(2x−1)2+3dx= =13 R 1

2x−1 3

2

+1dx y=

2x−1

========3

dy=2

3dx = 63R 1

1+y2dy =

= 63arctg y + C = 63arctg2x−13 + C , wie֒c

Z x

2(x2− x + 1)dx= 1

4ln(x2− x + 1) +

√3

6 arctg 2x − 1

√3 + C . Mamy zatem

R x

2(x2+x+1)dx =======t=−x

dt=− dx −R (−t)

2((−t)2+(−t)+1)dt=R t

2(t2−t+1)dt=

= 14ln t2− t + 1 + 63arctg 2t−13 + C = 14ln(x2+ x + 1) + 63arctg −2x−13 + C =

= 14ln(x2+ x + 1) − 63 arctg2x+13 + C . Sta֒d wnioskujemy, ˙ze

Cytaty

Powiązane dokumenty

Do liczby punkt´ow uzyskanych na egzaminie ustnym (max. 60 punkt´ow) doliczana jest liczba punkt´ow punkt´ow uzyskanych na egzaminie pisemnym albo, w przypadku niezdawania

[r]

[r]

[r]

[r]

[r]

[r]

[r]