• Nie Znaleziono Wyników

Definicja funkcji pierwotnej. Niech f będzie funkcją określoną na przedziale P . Mó- wimy, że funkcja F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P , gdy F jest funkcją różniczkowalną i F 0 (x) = f (x) dla x ∈ P .

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Definicja funkcji pierwotnej. Niech f będzie funkcją określoną na przedziale P . Mó- wimy, że funkcja F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P , gdy F jest funkcją różniczkowalną i F 0 (x) = f (x) dla x ∈ P ."

Copied!
22
0
0

Pełen tekst

(1)

Rozdział 9

Funkcja pierwotna

9.1 Funkcja pierwotna

Definicja funkcji pierwotnej. Niech f będzie funkcją określoną na przedziale P . Mó- wimy, że funkcja F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P , gdy F jest funkcją różniczkowalną i F 0 (x) = f (x) dla x ∈ P .

Własność 9.1.1. Niech P będzie przedziałem oraz niech F : P → R będzie funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P . Wówczas funkcja F 1 : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P wtedy i tylko wtedy, gdy F − F 1 jest funkcją stałą (w P ).

Dowód. Załóżmy, że F 1 jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P . Wówczas mamy, że F 0 (x) = f (x) = F 1 0 (x) dla x ∈ P . Zatem z wniosku 7.3.11 dostajemy, że F − F 1 jest funkcją stałą. Odwrotnie, jeśli F − F 1 iest funkcją stałą, to F 1 0 (x) = F 0 (x) = f (x) dla x ∈ P , czyli F 1 jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P .  Wniosek 9.1.2. Jeśli funkcja f ma w przedziale P funkcję pierwotną, to dla każdego x 0 ∈ P oraz y 0 ∈ R istnieje dokładnie jedna funkcja pierwotna F : P → R funkcji f w przedziale P taka, że F (x 0 ) = y 0 .

Dowód. Weźmy dowolne x 0 ∈ P oraz y 0 ∈ R. Niech F 1 : P → R będzie funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P . Kładąc F (x) = F 1 (x) + y 0 − F 1 (x 0 ), x ∈ P , w myśl własności 9.1.1 mamy, że F jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P oraz F (x 0 ) = y 0 .

Pokażemy, że funkcją pierwotna F funkcji f w P taka, że F (x 0 ) = y 0 jest określona jednoznacznie. Istotnie, niech F 2 : P → R będzie funkcją pierwotną funkcji f w P taką, że F 2 (x 0 ) = y 0 . W myśl własności 9.1.1 mamy, że istnieje C ∈ R, że F (x) − F 2 (x) = C dla x ∈ P . Ponieważ F (x 0 ) − F 2 (x 0 ) = 0, więc C = 0. To daje tezę. 

Z własności pochodnej funkcji dostajemy poniższe własności funkcji pierwotnej.

Twierdzenie 9.1.3. Niech P będzie przedziałem oraz α, β ∈ R. Jeśli F 1 , F 2 : P → R są funkcjami pierwotnymi odpowiednio funkcji f 1 , f 2 w przedziale P , to αF 1 + βF 2 jest funkcją pierwotną funkcji αf 1 + βf 2 w przedziale P .

207

(2)

Dowód. Bezpośrednio z twierdzenia o działaniach na pochodnej funkcji (twierdzenie 7.2.2) dostajemy (αF 1 + βF 2 ) 0 = αF 1 0 + βF 2 0 = αf 1 + βf 2 w przedziale P .  Uwaga 9.1.4. Odpowiednik twierdzenia 9.1.3 dla iloczynu funkcji nie zachodzi. Miano- wicie, w punkcie 9.2 pokażemy że, istnieją funkcje posiadające funkcje pierwotne w prze- dziale, których iloczyn nie ma funkcji pierwotnej.

Twierdzenie 9.1.5. Niech P będzie przedziałem oraz niech f, g będą funkcjami różniczko- walnymi w przedziale P . Jeśli F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f · g 0 w przedziale P , to f g − F jest funkcją pierwotną funkcji f 0 · g w przedziale P .

Dowód. Istotnie, bezpośrednio z twierdzenia o pochodnej iloczynu dwóch funkcji (twierdzenie 7.2.2) dostajemy (f g) 0 = f 0 g + f g 0 , więc (f g − F ) 0 = f 0 g w przedziale

P . 

Twierdzenie 9.1.6. Niech P, Q będą przedziałami oraz niech ϕ : Q → R będzie funkcją różniczkowalną taką, że ϕ(Q) ⊂ P . Jeśli F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P , to F ◦ ϕ : Q → R jest funkcją pierwotną funkcji f ◦ ϕ · ϕ 0 w przedziale Q.

Dowód. Z twierdzenia 7.2.3, mamy (F ◦ ϕ) 0 = (F 0 ◦ ϕ) · ϕ 0 = (f ◦ ϕ) · ϕ 0 w P .  Uwaga 9.1.7. Niech f będzie funkcją różniczkowalną w przedziale P taką, że f (x) > 0 dla x ∈ P . Wprost z definicji funkcji pierwotnej mamy

(a) Funkcja F (x) = ln f (x), x ∈ P jest funkcją pierwotnę funkcji f f

0

w przedziale P . (b) Funkcja F (x) = 2 q f (x), x ∈ P jest funkcją pierwotnę funkcji f

0

f w przedziale P . Uwaga 9.1.8. Niech f będzie funkcją różniczkowalną w przedziale P taką, że f (x) < 0 dla x ∈ P . Wprost z definicji funkcji pierwotnej mamy

(a) Funkcja F (x) = ln |f (x)|, x ∈ P jest funkcją pierwotnę funkcji f f

0

w przedziale P . (b) Funkcja F (x) = −2 q |f (x)|, x ∈ P jest funkcją pierwotnę funkcji f

0

|f | w P . Twierdzenie 9.1.9. Jeśli funkcja f ma funkcję pierwotną w przedziale P , to f spełnia w P własność Darboux, to znaczy dla każdych x 1 , x 2 ∈ P , x 1 < x 2 oraz każdego c ∈ R,

(a) jeśli f (x 1 ) < c < f (x 2 ), to istnieje x 0 ∈ (x 1 , x 2 ), że f (x 0 ) = c, (b) jeśli f (x 1 ) > c > f (x 2 ), to istnieje x 0 ∈ (x 1 , x 2 ), że f (x 0 ) = c.

Dowód. Niech F : P → R będzie funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P . Wów- czas F 0 (x) = f (x) dla x ∈ P i z twierdzenia Darboux 7.3.3 dostajemy, że f spełnia (a) i

(b). 

Uwaga 9.1.10. W myśl twierdzenia 9.1.9 mamy, że funkcja f (x) = [x], x ∈ R, gdzie

[x] oznacza całość z liczby x, nie ma funkcji pierwotnej, bowiem funkcja ta nie spełnia

warunków (a) i (b) w twierdzeniu 9.1.9. Można r´ wnież udowodnić, że istnieją funkcje

spełniające powyższe warunki (a) i (b), które nie mają funkcji pierwotnych.

(3)

9.2. O FUNKCJI PIERWOTNEJ FUNKCJI CIĄGŁEJ 209 Własność 9.1.11. Niech P będzie przedziałem, x 0 ∈ P będzie takim punktem, że zbiory P 1 = {x ∈ P : x 6 x 0 }, P 2 = {x ∈ P : x > x 0 } są przedziałami. Niech f : P → R. Jeśli

(i) F 1 : P 1 → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P 1 , (ii) F 2 : P 2 → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P 2 , (iii) F 1 (x 0 ) = F 2 (x 0 ),

to funkcja F : P → R określona wzorami

F (x) = F 1 (x) dla x ∈ P 1 i F (x) = F 2 (x) dla x ∈ P 2 jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P .

Dowód. Wobec (iii) mamy, że funkcja F jest poprawnie określona. Weźmy dowolny x ∈ P . Jeśli x < x 0 , to z (i) mamy F 0 (x) = F 1 0 (x) = f (x). Jeśli x > x 0 , to z (ii) mamy F 0 (x) = F 2 0 (x) = f (x). Jeśli x = x 0 , to z określenia F i z (i) oraz (iii) mamy

lim

x→x

0

F (x) − F (x 0 ) x − x 0 = lim

x→x

0

F 1 (x) − F 1 (x 0 )

x − x 0 = f (x 0 ) oraz z (ii)

lim

x→x

+0

F (x) − F (x 0 )

x − x 0 = lim

x→x

+0

F 2 (x) − F 2 (x 0 )

x − x 0 = f (x 0 ).

Zatem F 0 (x 0 ) = f (x 0 ). Reasumując F jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P . 

9.2 O funkcji pierwotnej funkcji ciągłej

Twierdzenie 9.2.1. Jeśli ciąg funkcyjny f n : [a, b] → R, n ∈ N, jest jednostajnie zbieżny do funkcji f : [a, b] → R oraz każda funkcja f n , n ∈ N ma w przedziale [a, b] funkcję pierwotną F n : [a, b] → R, to funkcja f ma funkcję pierwotną w przedziale [a, b]. Jeśli dodatkowo dla pewnego x 0 ∈ [a, b], ciąg (F n (x 0 )) n=1 jest zbieżny, to ciąg (F n ) n=1 jest jednostajnie zbieżny i jego granica jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale [a, b].

Dowód. Niech x 0 ∈ [a, b]. Przyjmując ˜ F n (x) = F n (x) − F n (x 0 ), x ∈ [a, b], z wniosku 9.1.2, mamy, że ˜ F n jest funkcją pierwotną funkcji f n dla n ∈ N. Zatem ciąg funkcji różniczkowalnych ( ˜ F n ) n=1 jest zbieżny w punkcie x 0 i ciąg jego pochodnych (f n ) n=1 jest jednostajnie zbieżny do funkcji f w przedziale [a, b]. W myśl twierdzenia 8.5.1, ciąg ( ˜ F n ) n=k jest, więc jednostajnie zbieżny do pewnej funkcji różniczkowalnej ˜ F : [a, b] → R oraz

F ˜ 0 (x) = lim

n→∞

F ˜ n 0 (x) = lim

n→∞ f n (x) = f (x) dla x ∈ [a, b].

W konsekwencji ˜ F jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale [a, b] oraz ˜ F n ⇒ ˜ F . Jeśli dodatkowo ciąg (F n (x 0 )) n=1 jest zbieżny, to analogicznie jak powyżej, w myśl twierdzenia 8.5.1, ciąg (F n ) n=k jest jednostajnie zbieżny do pewnej funkcji różniczkowalnej F : [a, b] → R oraz F jest funkcją pierwotną funkcji f w [a, b]. To kończy dowód. 

Z twierdzenia 9.2.1 dostajemy natychmiast

(4)

Wniosek 9.2.2. Jeśli szereg funkcyjny

P

n=1

f n , gdzie f n : [a, b] → R, n ∈ N, jest jedno- stajnie zbieżny do funkcji f : [a, b] → R oraz każda funkcja f n , n ∈ N ma w przedziale [a, b] funkcję pierwotną F n : [a, b] → R, to funkcja f ma funkcję pierwotną w przedziale [a, b]. Jeśli dodatkowo dla pewnego x 0 ∈ [a, b], szereg P

n=1

F n (x 0 ) jest zbieżny, to szereg

P

n=1

F n jest jednostajnie zbieżny i jego suma jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale [a, b].

W oparciu o twierdzenie 9.2.1, pokażemy, że każda funkcja ciągła w przedziale ma funkcję pierwotną w tym przedziale. Udowodnimy najpierw lemat.

Lemat 9.2.3. Jeśli f : R → R jest wielomianem postaci f (x) = P n

j=0

a j x j , x ∈ R, to wielomian F (x) = P n

j=0 a

j

j+1 x j+1 , x ∈ R jest funkcją pierwotną funkcji f w R.

Dowód. Przy oznaczeniach lematu dostajemy F 0 = f w R. To daje tezę. 

Twierdzenie 9.2.4. (o istnieniu funkcji pierwotnej funkcji ciągłej). Jeśli P jest przedziałem, to każda funkcja ciągła f : P → R ma funkcję pierwotną w przedziale P .

Dowód. Niech f : P → R będzie funkcją ciągłą.

Załóżmy najpierw, że P jest przedziałem domkniętym. Wówczas z twierdzenia Weier- strassa 8.8.7 mamy, że istnieje ciąg wielomianów (W n ) n=1 zbieżny jednostajnie do funkcji f na przedziale P . W myśl lematu 9.2.3, każdy wielomian W n , n ∈ N ma funkcję pierwotną w P . Zatem z twierdzenia 9.2.1 dostajemy tezę w tym przypadku.

Niech teraz P będzie dowolnym przedziałem oraz niech a, b, a < b będą końcami przedziału P . Niech x 0 ∈ P będzie ustalonym punktem takim, że a < x 0 < b.

Jeśli b ∈ P , to z przypadku rozważonego na początku dowodu, istnieje funkcja pier- wotna ˜ F funkcji f w przedziale [x 0 , b]. Ponadto, wobec wniosku 9.1.2, można założyć, że F (x ˜ 0 ) = 0. Jeśli b 6∈ P , to istnieje ciąg rosnący (x n ) n=1 ⊂ P taki, że x 0 < x n dla n ∈ N oraz lim

n→∞ x n = b. W myśl poprzedniego, w każdym przedziale [x 0 , x n ] istnieje funkcja pierwotna F n : [x 0 , x n ] → R funkcji f . Ponadto można założyć, że F n (x 0 ) = 0. Wówczas, z własności 9.1.1 mamy F n (x) = F m (x) dla n < m oraz x ∈ [x 0 , x n ]. Ponieważ

[

n∈N

[x 0 , x n ] = [x 0 , b),

więc funkcja ˜ F : [x 0 , b) → R określona wzorem

F (x) = F ˜ n (x), jeśli x ∈ [x 0 , x n ],

jest poprawnie określona. Ponadto ˜ F (x 0 ) = 0 oraz ˜ F 0 (x) = f (x) dla x ∈ [x 0 , b), czyli

dla x ∈ P , x > x 0 . Reasumując istnieje funkcja pierwotna ˜ F funkcji f w przedziale

{x ∈ P : x > x 0 } taka, że ˜ F (x 0 ) = 0.

(5)

9.2. O FUNKCJI PIERWOTNEJ FUNKCJI CIĄGŁEJ 211 Analogicznie jak powyżej pokazujemy, że istnieje funkcja pierwotna F funkcji f w ˜ ˜ przedziale {x ∈ P : x 6 x 0 } taka, że F (x ˜ ˜ 0 ) = 0.

Ponieważ ˜ F (x 0 ) = F (x ˜ ˜ 0 ), więc biorąc funkcję F : P → R określoną wzorami F (x) = F (x) dla x ∈ P , x > x ˜ 0 oraz F (x) = F (x) dla x ∈ P , x 6 x ˜ ˜ 0 , w myśl własności 9.1.11 dostajemy, że F jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P .  Uwaga 9.2.5. Niech (f n ) n=1 będzie ciągiem funkcji określonych na przedziale P . Załóżmy, że każda funkcja f n ma w P funkcję pierwotną. W dowodzie twierdzenia 9.2.4 pokazaliśmy, że jeśli ciąg (f n ) n=1 jest zbieżny jednostajnie na każdym przedziale domkniętym zawartym w P , to granica ciągu (f n ) n=1 ma funkcję pierwotną.

Uwaga 9.2.6. Funkcja f : R → R określona wzorem f (x) = 2x sin x 1 − cos 1 x dla x 6= 0 oraz f (0) = 0 posiada funkcję pierwotnę F : R → R określoną wzorami F (x) = x 2 sin 1 x dla x 6= 0 oraz F (0) = 0. Funkcja f nie jest jednak funkcją ciągłą w punkcie 0.

Uwaga 9.2.7. Istnieją funkcje posiadające funkcje pierwotne w przedziale, których iloczyn nie ma funkcji pierwotnej w tym przedziale. Pokażemy, że funkcja f : R → R określona wzorami

f (x) = cos 1

x dla x 6= 0 oraz f (0) = 0.

ma funkcję pierwotną w R lecz f 2 nie ma w R funkcji pierwotnej. Niech F : R → R, g : R → R będą funkcjami określonymi wzorami

F (x) = x 2 sin 1

x dla x 6= 0 oraz F (0) = 0, g(x) = 2x sin 1

x dla x 6= 0 oraz g(0) = 0.

Funkcja g, jako funkcja ciągła, ma funkcję pierwotną G : R → R (twierdzenie 9.2.4).

Wtedy F 0 (x) = g(x) − f (x) dla x ∈ R, więc F 1 = G − F jest funkcją pierwotną funkcji f w R.

Przypuśćmy teraz, że funkcja f 2 ma w R funkcję pierwotną F 2 : R → R. Pokażemy, że istnieje C ∈ R, że

(9.1) F 2 (2x) = F 1 (x) + x + C dla x ∈ R.

Istotnie, ponieważ cos 2α = 2 cos 2 α − 1 dla α ∈ R, więc (9.2) 2f 2 (2x) = f (x) + 1 dla x 6= 0.

Funkcja F 1 (x) + x jest w R funkcją pierwotną funkcji f + 1 oraz z twierdzenia 9.1.6 mamy, że funkcja F 2 (2x) jest w R funkcją pierwotną funkcji 2f 2 (2x). Stąd, z (9.2) i własności 9.1.1, istnieją C 1 , C 2 ∈ R, że F 2 (2x) = F 1 (x) + x + C 1 dla x ∈ (−∞, 0) oraz F 2 (2x) = F 1 (x) + x + C 2 dla x ∈ (0, +∞). Wobec ciągłości funkcji F 1 , F 2 , przechodząc do granicy przy x → 0 dostajemy F 2 (0) = F 1 (0) + C 1 oraz F 2 (0) = F 1 (0) + C 2 . Stąd wynika, że C 1 = C 2 . Reasumując pokazaliśmy (9.1). Z (9.1) i określenia funkcji F 1 , F 2 mamy

0 = 2f 2 (0) = 2F 2 0 (0) = F 1 0 (0) + 1 = f (0) + 1 = 1,

co jest niemożliwe. Z otrzymanej sprzeczności wynika, że przypuszczenie o istnieniu w R

funkcji pierwotnej funkcji f 2 było fałszywe.

(6)

9.3 Całka nieoznaczona

Dla uproszczenia zapisu wprowadzimy pojęcie całki nieoznaczonej.

Definicja całki nieoznaczonej. Niech P będzie przedziałem oraz f funkcją określoną na P . Jeśli funkcja f ma funkcję pierwotną w przedziale P , to zbiór wszystkich funkcji pierwotnych funkcji f w przedziale P nazywamy całką nieoznaczoną funkcji f w przedziale P i oznaczamy R f dx lub R f (x)dx. Jeśli funkcja f nie ma funkcji pierwotnej w przedziale P , to mówimy, że funkcja ta nie ma całki nieoznaczonej w tym przedziale.

Uwaga 9.3.1. Jeśli F : P → R jest funkcją pierwotną funkcji f w przedziale P , to wobec własności 9.1.1 mamy, że R f (x)dx = {G : P → R : istnieje stała C ∈ R, że G = F + C}.

W związku z tym, w dalszym ciągu będziemy pisali R f (x)dx = F (x) + C, gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Aby wyznaczyć całkę nieoznaczoną funkcji w przedziale wystarczy więc obliczyć jedną funkcję pierwotną tej funkcji w tym przedziale.

Uwaga 9.3.2. W literaturze wyznaczanie funkcji pierwotnej oraz całki nieoznaczonej na- zywa się całkowaniem.

Uwaga 9.3.3. Oznaczenie R f (x)dx, całki nieoznaczonej funkcji f w przedziale P , pocho- dzi od Leibniza. W oznaczeniu tym nie występuje oznaczenie przedziału P . Należy jednak pamiętać, że proces szukania całki nieoznaczonej jest ściśle związany z przedziałem. Sym- bol dx, w oznaczeniu całki, ma ułatwić rozróżnienie po której zmiennej całkujemy funkcję, jeśli funkcja zależy od wielu zmiennych.

Podamy teraz twierdzenia o całce nieoznaczonej sumy dwóch funkcji. Zgodnie z defini- cją będziemy musieli dodawać rodziny funkcji. Przyjmijmy więc następujące oznaczenia.

Definicja Dla zbiorów A, B ⊂ R X , funkcji określonych na zbiorze X, przyjmujemy A + B = {f + g : f ∈ A ∧ g ∈ B},

aA = {af : f ∈ A}, gdzie a ∈ R.

g + A = {g + f : f ∈ A}, gdzie g : X → R.

A ◦ ϕ = {f ◦ ϕ : f ∈ A}, gdzie ϕ : Y → R, ϕ(Y ) ⊂ X.

Bezpośrednio z twierdzenia 9.1.3 i powyższej definicji dostajemy

Twierdzenie 9.3.4. Jeśli funkcje f i g mają całki nieoznaczone w przedziale P , to funkcje f + g oraz αf , gdzie α ∈ R, mają całki nieoznaczone w przedziale P i

Z

(f + g)dx =

Z

f dx +

Z

gdx oraz

Z

αf dx = α

Z

f dx.

Z twierdzenia 9.1.5 mamy

Twierdzenie 9.3.5. (o całkowaniu przez części). Niech P będzie przedziałem oraz niech f, g będą funkcjami różniczkowalnymi w przedziale P . Jeśli funkcja f · g 0 ma w przedziale P całkę nieoznaczoną, to funkcja f 0 · g ma w przedziale P całkę nieoznaczoną

oraz Z

f 0 · gdx = f g −

Z

f · g 0 dx.

(7)

9.3. CAŁKA NIEOZNACZONA 213 Z twierdzenia 9.1.6 mamy

Twierdzenie 9.3.6. (o całkowaniu przez podstawienie). Niech P, Q będą przedzia- łami oraz niech ϕ : Q → R będzie funkcją różniczkowalną taką, że ϕ(Q) ⊂ P . Jeśli funkcja f ma w przedziale P całkę nieoznaczoną, to funkcja f ◦ ϕ · ϕ 0 ma w przedziale Q całkę nieoznaczoną oraz

Z

f ◦ ϕ(x) · ϕ 0 (x)dx =

Z

f (t)dt



◦ ϕ(x).

Bepośrednio z twierdzeń 7.2.11 oraz 7.2.12 dostajemy

Twierdzenie 9.3.7. Niech α, a ∈ R. Wówczas w odpowiednim przedziale, mamy

R x α dx = x α+1

α+1

+ C, w (0, +∞), gdy α ∈ R \ {−1}

R x α dx = x α+1

α+1

+ C, w R, gdy α ∈ N

R x α dx = x α+1

α+1

+ C, w (−∞, 0), gdy α ∈ Z \ {−1}

R x −1 dx = ln x + C, w (0, +∞),

R x −1 dx = ln(−x) + C, w (−∞, 0),

R e x dx = e x + C, w R,

R a x dx = ln a a

x

+ C, w R, gdy a > 0, a 6= 1,

R sin xdx = − cos x + C, w R,

R cos xdx = sin x + C, w R,

R 1

cos

2

x dx = tg x + C, w  π 2 + kπ, π 2 + kπ  , gdzie k ∈ Z,

R 1

sin

2

x dx = − ctg x + C, w (kπ, π + kπ) , gdzie k ∈ Z,

R 1

1+x

2

dx = arctg x + C, w R

R 1

1−x

2

dx = arcsin x + C, w (−1, 1).

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą.

Przykład 9.3.8. Bezpośrednio z definicji całki nieoznaczonej sprawdzamy, że

Z

ln xdx = x ln x − x + C w przedziale (0, +∞),

(8)

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Z punktu widzenia obliczania całek nieoznaczonych ważny jest również sposób w jaki można taką całkę ”zgadnąć”. Stosując mianowicie twierdzenie o całkowaniu przez części 9.3.5, dla funkcji f (x) = x, g(x) = ln x, x ∈ (0, +∞), dostajemy

Z

ln xdx = x ln x −

Z

1dx = x ln x − x + C w przedziale (0, +∞), gdzie C ∈ R jest dowolną stałą.

Przykład 9.3.9. Z definicji całki nieoznaczonej sprawdzamy łatwo, że (9.3)

Z

e x sin xdx = e x

2 (sin x − cos x) + C, w zbiorze R,

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Stosując zaś dwa razy twierdzenie o całkowaniu przez części 9.3.5, dostajemy

Z

e x sin xdx = e x sin x −

Z

e x cos xdx = e x sin x − e x cos x −

Z

e x sin xdx w zbiorze R, przy czym całki w powyższym wzorze istnieją. Oznaczając przez F : R → R dowolną funkcję pierwotną funkcji e x sin x dostajemy, że istnieje C 0 ∈ R, że

F (x) = e x (sin x − cos x) − F (x) + C 0 , x ∈ R.

Stąd dostajemy (9.3).

Przykład 9.3.10. Z definicji całki nieoznaczonej sprawdzamy łatwo, że (9.4)

Z

arcsin xdx = x arcsin x +

1 − x 2 + C, w przedziale (−1, 1),

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Stosując zaś twierdzenie o całkowaniu przez części mamy (9.5)

Z

arcsin xdx = x arcsin x −

Z x

1 − x 2 dx, w przedziale (−1, 1).

Przyjmując ϕ(x) = 1 − x 2 , x ∈ (−1, 1) dostajemy ϕ(x) ∈ (0, 1] oraz x

1 − x 2 = −1 2 q ϕ(x)

ϕ 0 (x) dla x ∈ (−1, 1).

Ponadto R 1

2

t dt =

t + C w przedziale (0, 1], gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Zatem stosując twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie 9.3.6 dostajemy

Z x

1 − x 2 dx = −

Z 1

2 q ϕ(x) ϕ 0 (x)dx = −

q

ϕ(x) + C = −

1 − x 2 + C

w przedziale (−1, 1), gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Stąd i z (9.5) wynika (9.4).

(9)

9.4. INFORMACJE O OBLICZANIU FUNKCJI PIERWOTNYCH 215

9.4 Informacje o obliczaniu funkcji pierwotnych

W punkcie 9.2 pokazaliśmy istnienie funkcji pierwotnych funkcji ciągłych w przedziale. W tym punkcie podamy metody efektywnego obliczania funkcji pierwotnych pewnych funk- cji. Podamy najpierw metodę obliczania funkcji pierwotnych funkcji wymiernych a następ- nie pokażemy, jak sprowadzić pewne inne rodziny funkcji do tego przypadku. Wszystkie rozważane tutaj funkcje będą miały funkcje pierwotne, które można zapisać przy użyciu funkcji elementarnych. Na uwagę zasługuje fakt, że nie wszystkic funkcje elementarne ma- ją funkcje pierwotne będące funkcjami elementarnymi. Można na przykład pokazać (lecz nie jest to łatwe), że funkcje określone wzorami

f (x) =

1 + x 3 , x > −1, g(x) = sin x x , x > 0, h(x) = ln x 1 , x > 1, p(x) = e −x

2

, x ∈ R, mają funkcje pietrwotne, które jednak nie są funkcjami elementarnymi.

Dla uproszczenia zapisu będziemy w tym punkcie stosowali całki nieoznaczone.

9.4.1 Całkowanie ułamków prostych

Definicja ułamków prostych. Niech n ∈ N oraz a, b, c, d, p, q ∈ R. Ułamkami prostymi nazywamy funkcje wymierne postaci

(9.6) f (x) = a

(x − b) n , x 6= b,

(9.7) g(x) = cx + d

(x 2 + px + q) n , x ∈ R, gdzie p 2 − 4q < 0.

Uwaga 9.4.1. Funkcja g w powyższej definicji jest poprawnie określona, bowiem z wa- runku p 2 − 4q < 0 wynika, że x 2 + px + q > 0 dla wszystkich x ∈ R.

Pokażemy, że funkcje pierwotne ułamków prostych (w odpowiednich przedziałach) są funkcjami elementarnymi.

Bezpośrednio z definicji całki nieoznaczonej mamy dwie poniższe własności.

Własność 9.4.2. Niech a, b ∈ R, Wówczas

Z a

x − b dx = a ln(b − x) + C, w przedziale (−∞, b),

Z a

x − b dx = a ln(x − b) + C, w przedziale (b, +∞),

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą.

(10)

Własność 9.4.3. Niech n ∈ N, n > 1 oraz a, b ∈ R. Wówczas

Z a

(x − b) n dx = a

(1 − n)(x − b) n−1 + C, w przedziale (−∞, b),

Z a

(x − b) n dx = a

(1 − n)(x − b) n−1 + C, w przedziale (b, +∞), gdzie C ∈ R jest dowolną stałą.

Przejdźmy teraz do ułamków prostych postaci (9.7).

Lemat 9.4.4. Niech n ∈ N, c, d, p, q ∈ R oraz p 2 − 4q < 0 oraz niech g(x) = cx + d

(x 2 + px + q) n , x ∈ R.

Wówczas przyjmując

a = − p

2 , b = 4q − p 2 4 mamy, że b > 0 oraz

g(x + a) = c 2

2x

(x 2 + b) n + ca + d

(x 2 + b) n , x ∈ R.

Dowód. Ponieważ

x 2 + px + q =



x + p 2

 2

+ 4q − p 2 4 , więc przyjmując a = − p 2 , b = 4q−p 4

2

, dostajemy

g(x + a) = xc + ca + d (x 2 + b) n = c

2 2x

(x 2 + b) n + ca + d

(x 2 + b) n , x ∈ R,

co daje tezę. 

Lemat 9.4.5. Niech g : R → R będzie funkcją ciągłą, a ∈ R oraz niech funkcja ϕ : R → R będzie określona wzorem ϕ(x) = x − a, x ∈ R. Wówczas

Z

g(x)dx =

Z

g(t + a)dt



◦ ϕ(x).

Dowód. Ponieważ R g(x)dx = R g(ϕ(x) + a)ϕ 0 (x)dx, więc z twierdzenia o całkowaniu

przez podstawienie 9.3.6 dostajemy tezę. 

Z lematów 9.4.4 i 9.4.5 dostajemy

(11)

9.4. INFORMACJE O OBLICZANIU FUNKCJI PIERWOTNYCH 217 Własność 9.4.6. Niech n ∈ N, c, d, p, q ∈ R oraz p 2 − 4q < 0. Wówczas oznaczając

a = − p

2 , b = 4q − p 2

4 oraz ϕ(x) = x − a, x ∈ R mamy

Z cx + d

(x 2 + px + q) n dx =

Z c 2

2t (t 2 + b) n dt

!

◦ ϕ +

Z ca + d (t 2 + b) n dt

!

◦ ϕ, w R.

W świetle własności 9.4.6 dla obliczania całek nieoznaczonych ułamków prostych wy- starczy rozważyć ułamki proste postaci

2x

(x 2 + b) n oraz 1 (x 2 + b) n . Bezpośrednio z definicji całki nieoznaczonej mamy

Własność 9.4.7. Niech b ∈ R, b > 0. Wówczas

Z 2x

x 2 + b dx = ln(x 2 + b) + C, w zbiorze R,

Z 2x

(x 2 + b) α dx = 1

(1 − α)(x 2 + b) α−1 + C, w zbiorze R, gdzie α ∈ R \ {1}, gdzie C ∈ R jest dowolną stałą.

Pozostaje rozważyć ułamki proste postaci (x

2

+b) 1

n

.

Własność 9.4.8. Niech b ∈ R, b > 0 oraz niech ϕ : R → R będzie funkcją określoną wzorem

ϕ(x) = x

b , x ∈ R.

Wówczas

Z 1

(x 2 + b) n dx =

b b n

Z 1

(t 2 + 1) n dt

!

◦ ϕ w zbiorze R.

Dowód. Ponieważ 1

(x 2 + b) n =

b b n

1 (( x

b ) 2 + 1) n

1 b =

b b n

1

((ϕ(x)) 2 + 1) n ϕ 0 (x),

więc z twierdzenia o całkowaniu przez podstawienie 9.3.6 dostajemy tezę. 

W świetle powyższej własności pozostaje rozważyć ułamki proste postaci (x

2

+1) 1

n

. Cał-

ki nieoznaczone takich funkcji obliczamy przy pomocy następujących wzorów rekurencyj-

nych.

(12)

Twierdzenie 9.4.9. Oznaczmy I n =

Z 1

(x 2 + 1) n dx, w zbiorze R, gdzie n ∈ N.

Wówczas

(9.8) I 1 = arctg x + C w zbiorze R,

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą oraz

(9.9) I n+1 = 1

2n x

(x 2 + 1) n + 2n − 1

2n I n dla n ∈ N.

Dowód. Z twierdzenia 9.3.7 dostajemy (9.8). Funkcje f n (x) = 1

(x 2 + 1) n , x ∈ R, gdzie n ∈ N,

jako funkcje ciągłe mają funkcje pierwotne w R. Niech więc F n : R → R będzie funkcją pierwotną funkcji f n dla n ∈ N. Wtedy dla x ∈ R mamy

F n+1 0 (x) = f n+1 (x) oraz

1 2n

x

(x 2 + 1) n + 2n − 1 2n F n (x)

! 0

= 1

2n x (x 2 + 1) n

! 0

+ 2n − 1 2n

1

(x 2 + 1) n = f n+1 (x).

Z powyższych dwóch równości dostajemy (9.9). 

Zbierając wyniki tego punktu dostajemy

Wniosek 9.4.10. Funkcje pierwotne ułamków prostych (w przedziałach, w których ułamki te są określone) są funkcjami elementarnymi.

9.4.2 Całkowanie funkcji wymiernych

Pokażemy, że każda funkcja wymierna ma funkcję pierwotną w każdym przedziale w któ- rym jest określona i funkcja pierwotna jest funkcją elementarną. W świetle wyników po- przedniego punktu wystarczy pokazać, że zachodzi następujące twierdzenie.

Twierdzenie 9.4.11. Dla każdej funkcji wymiernej f istnieje wielomian W oraz skoń- czony ciąg ułamków prostych g 1 , ..., g k , że

f = W + g 1 + · · · + g k ,

w punktach, gdzie funkcja f jest określona.

(13)

9.4. INFORMACJE O OBLICZANIU FUNKCJI PIERWOTNYCH 219 Dowód powyższego twierdzenia jest czysto algebraiczny. Można więc go pominąć, od- wołując się do algebray. Przyjmując za znane, że każdy niezerowy wielomian o współczyn- nikach rzeczywistych jest iloczynem wielomianów pierwszego i drugiego stopnia, podajemy jednak szkic dowodu twierdzenia 9.4.11.

Kluczowym w dowodzie twierdzenia 9.4.11 jest następujący fakt algebraiczny. Twierdzenia tego do- wodzi się również w Analizie Zespolonej.

Lemat 9.4.12. Każdy wielomian dodadniego stopnia (o współczynnikach rzeczywistych) jest iloczynem skończonej ilości wielomianów stopnia pierwszego oraz wielomianów stopnia 2, które nie mają pierwiast- ków.

Następnym ważnym twierdzeniem w dowodzie twierdzenia 9.4.11 jest poniższy Algorytmu Euklidesa.

Lemat 9.4.13. Niech P, Q będą wielomianami niezerowymi. Wówczas istnieją wielomiany W i R takie, że deg R < deg Q oraz

(9.10) P = W Q + R.

Dowód. Niech P = a m x m + a m−1 x m−1 + · · · a 0 , Q(x) = b k x k + b k−1 x k−1 + · · · + b 0 , a m 6= 0, b k 6= 0. Wtedy m = deg P , k = deg Q. Jeśli m < k, to kładąc W = 0, R = P dostajemy tezę. Załóżmy, że m > k. Oznaczmy m = m 0 , R 0 = P oraz α 0 = a b

m

k

. Wtedy wielomian R 1 = R 0 − α 0 x m−k Q ma stopień mniejszy od m 0 . Jeśli m 1 = deg R 1 < k, to dla W (x) = αx m−k oraz R = R 1 , dostajemy tezę. Jeśli m 1 > k, to analogicznie jak powyżej, istnieje α 1 ∈ R, że R 2 = R 1 − α 1 x m

1

−k Q oraz m 2 = deg R 2 < m 1 . Postępując tak dalej znajdziemy skończony ciąg liczb α i ∈ R oraz wielomianów R i , że R i = R i−1 − α i−1 x m

i

−k Q dla i = 0, ..., n oraz m i = deg R i jest ciągiem malejącym, k 6 m n−1 , k > m n . Wtedy dla W = α 0 x m

0

−k + α 1 x m

1

=k + · · · α n−1 x m

n−1

−k oraz R = R n dostajemy (9.10). 

Lemat 9.4.14. Niech P, Q będą wielomianami oraz a ∈ R, k ∈ N. Jeśli Q(a) 6= 0, to przyjmując A = P (a) Q(a) , istnieje wielomian P 1 taki, że

(9.11) P (x)

(x − a) k Q(x) = A

(x − a) k + P 1 (x)

(x − a) k−1 Q(x) , gdzie x ∈ R, (x − a)Q(x) 6= 0.

Dowód. Ponieważ P (a) − AQ(a) = 0, więc z twierdzenia Bezouta 3.9.6 istnieje wielomian P 1 taki, że P (x) − AQ(x) = (x − a)P 1 (x). Dzieląc tę ostatnią równość przez (x − a) k Q(x) dostajemy (9.11).  Definicja . Niech P, Q będą wielomianami. Mówimy, że wielomian Q dzieli wielomian P , gdy istnieje wielomian W , że P = W Q. W przeciwnym razie mówimy, że wielomian Q nie dzieli wielomianu P . Lemat 9.4.15. Niech P, Q będą wielomianami oraz p, q ∈ R, k ∈ N. Jeśli wielomian x 2 + px + q nie dzieli żadnego z wielomianów P i Q oraz p 2 − 4q < 0, to istnieją B, C ∈ R oraz istnieje wielomian P 1 taki, że

(9.12) P (x)

(x 2 + px + q) k Q(x) = Bx + C

(x 2 + px + q) k + P 1 (x)

(x 2 + px + q) k−1 Q(x) , gdzie x ∈ R, Q(x) 6= 0.

Dowód. Wystarczy pokazać, że istnieją B, C ∈ R oraz istnieje wielomian P 1 taki, że (9.13) P (x) − (Bx + C)Q(x) = (x 2 + px + q)P 1 (x) dla x ∈ R.

Z lematu 9.4.13 i założenia, że wielomiany P, Q nie dzielą się przez x 2 + px + q wynika, że istnieją a, b, c, d ∈ R oraz wielomiany F, W takie, że a 6= 0 lub b 6= 0 oraz c 6= 0 lub d 6= 0 i dla x ∈ R mamy

P (x) = (x 2 + px + q)F (x) + (ax + b), Q(x) = (x 2 + px + q)W (x) + (cx + d).

(14)

Zatem dla dowolnych B, C ∈ R oraz x ∈ R mamy

(9.14) P (x) − (Bx + C)Q(x) = (x 2 + px + q)(F (x) − (Bx + C)W (x)) + (ax + b) − (Bx + C)(cx + d), ponadto dzieląc (ax + b) − (Bx + C)(cx + d) przez x 2 + px + q dostajemy

(9.15) (ax + b) − (Bx + C)(cx + d) = (x 2 + px + q)(−Bc) + (a − Bd − Cc + Bcp)x + b − Cd + Bcq.

Zauważmy, że istnieją B, C ∈ R, że

(9.16) a − Bd − Cc + Bcp = 0 i b − Cd + Bcq = 0.

Układ (9.16) jest układem równań liniowych zmiennych B, C o wyznaczniku głównym A równym d 2 − cpd + c 2 q. Wyznacznik ten jest różny od zera. Istotnie, jeśli c = 0, to d 6= 0 i wyznacznik A = d 2 jest różny od zera. Jeśli zaś c 6= 0, to A = c 2 [(− d c ) 2 + p( d c ) + q] 6= 0, gdyż − d c nie może być pierwiast- kiem wielomian x 2 + px + q, bo p 2 − 4q < 0. Reasumując układ (9.16) ma rozwiącanie (B, C). Biorąc to rozwiązanie, z (9.15) i (9.14) dostajemy

P (x) − (Bx + C)Q(x) = (x 2 + px + q)(F (x) − (Bx + C)W (x)) + (x 2 + px + q)(−Bc).

Oznaczając więc P 1 = F (x) − (Bx + C)W (x) − Bc dostajemy (9.12).  Dowód twierdzenia 9.4.11. Niech f = P Q , gdzie P, Q są wielomianami nie posiadającymi wspólnych dzielników (tzn. P i Q nie dzielą się przez ten sam wielomian dodatniego stopnia). Zgodnie, z lematem 9.4.12 istnieją wielomiany stopnia pierwszego L i (x) = x − a i , liczby k i ∈ N, i = 1, ..., r oraz wielomiany stopnia drugiego K i (x) = x 2 + p i x + q i , nie posiadające pierwiastków, liczby l i ∈ N, i = 1, ..., s oraz α ∈ R \ {0}, że

Q(x) = α(x − a 1 ) k

1

· · · (x − a r ) k

r

(x 2 + p 1 x + q 1 ) l

1

· · · (x 2 + p s x + q s ) l

s

,

przy czym w powyższym wzorze czynniki pierwszego lub drugiego stopnia mogę nie występować, jeśli Q jest iloczynem czynników liniowych lub, gdy jest iloczynem czynników stopnia drugiego. Ponadto czynniki L i są różne między sobą i czynniki K i są różne między sobą. Można założyć, że α = 1. Stosując teraz k 1 + · · · k r razy lemat 9.4.14 oraz l 1 + · · · + l s razy lemat 9.4.15 dostajemy tezę twierdzenia 9.4.11. 

Z twierdzenia 9.4.11, wniosku 9.4.10 i faktu, że funkcja pierwotna wielomianu jest wielomianem, dostajemy

Wniosek 9.4.16. Funkcje pierwotne funkcji wymiernych (w przedziałach, w których są określone) są funkcjami elementarnymi.

Uwaga 9.4.17. Z twierdzenia 9.4.11 dostajemy algorytm wyliczania całki nieoznaczonej dowolnej funkcji wymiernej f = P Q . Należy mianowicie przedstawić funkcję f w postaci su- my wielomianu i ułamków prostych, a następnie zastosować algorytmy wyliczania funkcji pierwotnych dowolnego ułamka prostego, podane w poprzednim podpunkcie. Główną trud- nością w tym algorytmie jest rozłożenie wielomianu Q na iloczyn wielomianów stopnia pierwszego i drugiego. Nie mamy efektywnych metod uzyskiwania tego rozkładu.

Metodę ”rozkładu funkcji wymiernej na ułamki proste” przedstawimy na przykładzie.

Przykład 9.4.18. Niech

(9.17) f (x) = 2x 6 + 4x 4 − 3x 3 + 5x 2 − x + 1

(x 2 + 1) 2 (x − 1) 2 (x + 1) , x ∈ R \ {−1, 1}.

(15)

9.4. INFORMACJE O OBLICZANIU FUNKCJI PIERWOTNYCH 221 Mianownik jest iloczynem wielomianów pierwszego i drugiego stopnia. Przy czym wielo- mian x 2 + 1 nie ma pierwiastków rzeczywistych. Przedstawimy funkcję f w postaci sumy ułamków prostych postaci

(9.18) f (x) = Ax + B

x 2 + 1 + Cx + D

(x 2 + 1) 2 + E

x − 1 + H

(x − 1) 2 + T x + 1 ,

gdzie A, B, C, D, E, H, T ∈ R. Sprowadzając prawą stronę (9.18) do wspólnego mianow- nika, przyjmuje ona postać

(Ax + B)(x 2 + 1)(x − 1) 2 (x + 1) + (Cx + D)(x − 1) 2 (x + 1) + E(x 2 + 1) 2 (x − 1)(x + 1) (x 2 + 1) 2 (x − 1) 2 (x + 1)

+ H(x 2 + 1) 2 (x + 1) + T (x 2 + 1) 2 (x − 1) 2 (x 2 + 1) 2 (x − 1) 2 (x + 1) .

Porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach liczników w powyższym i (9.17) otrzymujemy układ równań liniowych. Rozwiązując ten układ dostajemy A = 0, B = −1, C = 0, D = 1, E = 1, H = 1, T = 1. W konsekwencji z (9.18),

(9.19) f (x) = −1

x 2 + 1 + 1

(x 2 + 1) 2 + 1

x − 1 + 1

(x − 1) 2 + 1 x + 1 ,

Przykład 9.4.19. Obliczymy całkę nieoznaczoną funkcji wymiernej z przykładu 9.4.18 w przedziale (1, +∞). Z twierdzenia 9.4.9 mamy

Z −1

x 2 + 1 dx = − arctg x + C oraz

Z 1

(x 2 + 1) 2 dx = 1 2

x

x 2 + 1 + 1 2

Z 1

x 2 + 1 dx = 1 2

x

x 2 + 1 + 1

2 arctg x + C, gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Ponadto

Z 1

x − 1 dx = ln(x − 1) + C,

Z 1

(x − 1) 2 dx = −1

x − 1 + C i

Z 1

x + 1 dx = ln(x + 1) + C.

W konsekwencji z (9.19) mamy

Z

f (x)dx = 1 2

x

x 2 + 1 1

2 arctg x + ln(x − 1) − 1

x − 1 + ln(x + 1) + C, gdzie C ∈ R jest dowolną stałą.

9.4.3 Całkowanie funkcji trygonometrycznych

Definicja funkcji wymiernej dwóch zmiennych. Funkcję f : R × R → R dwóch

zmiennych x, y postaci f (x, y) = ax k y l , (x, y) ∈ R × R, gdzie k, l ∈ Z, k, l > 0 nazywamy

jednomianem dwóch zmiennych. Funkcje W : R×R → R będące sumami skończonej ilości

jednomianów dwóch zmiennych x, y nazywamy wielomianami dwóch zmiennych. Jeśli F ,

G są wielomianami dwóch zmiennych takimi, że G nie znika tożsamościowo, to funkcję

W (x, y) = F (x,y) G(x,y) określoną w zbiorze {(x, y) ∈ R × R : G(x, y) 6= 0} nazywamy funkcją

wymierną dwóch zmiennych.

(16)

Uwaga 9.4.20. Niech W będzie funkcją wymierną dwóch zmiennych oraz ϕ, ψ – funk- cjami wymiernymi jednej zmiennej. Niech P będzie przedziałem. Bezpośrednio z definicji (jednomianu, wielomianu dwóch zmiennych i funkcji wymiernej) dostajemy, że jeśli funk- cje ϕ, ψ są określone w każdym punkcie x ∈ P , przy czym punkt (ϕ(x), ψ(x)) należy do dziedziny funkcji W , to funkcja f (x) = W (ϕ(x), ψ(x)), x ∈ P jest obcięciem funkcji wymiernej.

Pokażemy, że każda funkcja postaci f (x) = W (sin x, cos x), gdzie W jest funkcją wy- mierną dwóch zmiennych, ma w każdym przedziale w którym jest określona funkcję pier- wotnę będącą funkcją elementarną.

Lemat 9.4.21. Niech ϕ : (−π, π) → R będzie funkcją określoną wzorem ϕ(x) = tg x

2 , x ∈ (−π, π).

Wtedy dla x ∈ (−π, π) mamy (9.20) sin x =  1+t 2t

2

 ◦ ϕ(x), cos x =  1−t 1+t

22

 ◦ ϕ(x), 1 =  1+t 2

2

 ◦ ϕ(x) · ϕ 0 (x).

Dowód. Ponieważ dla x ∈ (−π, π) zachodzi

sin x = 2 tg x 2

1 + tg 2 x 2 oraz cos x = 1 − tg 2 x 2 1 + tg 2 x 2 , więc mamy pierwsze dwie części (9.20). Podobnie dostajemy

ϕ 0 (x) = 1 + ϕ 2 (x)

2 ,

więc mamy ostatnią część (9.20). 

Twierdzenie 9.4.22. Niech (a, b) ⊂ (−π, π) oraz niech f : (a, b) → R będzie funkcją po- staci f (x) = W (sin x, cos x), x ∈ (a, b), gdzie W jest funkcją wymierną dwóch zmiennych ( 1 ). Jeśli ϕ : (a, b) → R jest funkcją określoną wzorem ϕ(x) = tg x 2 , x ∈ (a, b), to

(9.21) f (x) =

2W  1+t 2t

2

, 1−t 1+t

22



1 + t 2

◦ ϕ(x) · ϕ 0 (x), x ∈ (a, b).

W szczególności

(9.22)

Z

f (x)dx =

Z 2W  1+t 2t

2

, 1−t 1+t

22



1 + t 2 dt

◦ ϕ(x) w przedziale (a, b).

1 zakładamy oczywiście, że dla każdego x ∈ (a, b), punkt (sin x, cos x) należy do dziedziny funkcji W .

(17)

9.4. INFORMACJE O OBLICZANIU FUNKCJI PIERWOTNYCH 223 Dowód. Ponieważ dla każdego x ∈ (a, b), punkt (sin x, cos x) należy do dziedziny funkcji W , więc z lematu 9.4.21 dla każdego t ∈ ϕ((a, b)), punkt ( 1+t 2t

2

, 1−t 1+t

22

) należy do dziedziny funkcji W , zatem funkcja W  1+t 2t

2

, 1−t 1+t

22

 jest funkcją wymierną określoną na przedziale ϕ((a, b)). W konsekwencji z lematu 9.4.21 dostajemy (9.21). Z (9.21) i twier- dzenia o całkowaniu przez podstawienie 9.3.6 dostajemy (9.22). 

Z twierdzenia 9.4.22 i wniosku 9.4.16 dostajemy natychmiast

Wniosek 9.4.23. Niech (a, b) ⊂ (−π, π) oraz niech f : (a, b) → R będzie funkcją postaci f (x) = W (sin x, cos x), x ∈ (a, b), gdzie W jest funkcją wymierną dwóch zmiennych.

Wówczas każda funkcja pierwotna funkcji f jest funkcją elementarną.

Uwaga 9.4.24. Niech (a, b) ⊂ (0, 2π) oraz f : (a, b) → R będzie funkcją postaci f (x) = W (sin x, cos x), x ∈ (a, b), gdzie W jest funkcją wymierną dwóch zmiennych. Jeśli ϕ : (a, b) → R jest funkcją określoną wzorem ϕ(x) = ctg x 2 , x ∈ (a, b), to analogicznie jak lematu 9.4.21 dowodzimy, że dla x ∈ (a, b) mamy

sin x =

 2t 1 + t 2



◦ ϕ(x), cos x = −1 + t 2 1 + t 2

!

◦ ϕ(x), 1 = −

 2

1 + t 2



◦ ϕ(x) · ϕ 0 (x).

Zatem, analogicznie jak w twierdzeniu 9.4.22,

f (x) = −

2W ( 1+t 2t

2

, −1+t 1+t

22

) 1 + t 2

◦ ϕ(x) · ϕ 0 (x), x ∈ (a, b), w szczególności

Z

f (x)dx = −

Z 2W ( 1+t 2t

2

, −1+t 1+t

22

) 1 + t 2 dt

◦ ϕ w przedziale (a, b).

Uwaga 9.4.25. Z uwagi na okresowość funkcji postaci f (x) = W (sin x, cos x), gdzie W jest funkcją wymierną dwóch zmiennych, wystarczy umieć obliczać całki nieoznaczone ta- kich funkcji w przedziałach (a, b) ⊂ (−π, π) oraz przedziałach (a, b) ⊂ (0, 2π).

Przykład 9.4.26. Pokażemy, że (9.23)

Z 1

cos x dx = ln



tg

 x 2 + π

4



+ C, w przedziale



π 2 , π

2



,

gdzie C ∈ R jest dowolną stałą. Można sprawdzić bezpośrednio, że (9.23) zachodzi. Można również zastosować twierdzenie 9.4.22. Biorąc funkcję ϕ : (− π 2 , π 2 ) → R określoną wzorem ϕ(x) = tg x 2 , x ∈ (− π 2 , π 2 ), mamy ϕ(x) ∈ (−1, 1) dla x ∈ (− π 2 , π 2 ) oraz wobec twierdzenia 9.4.22,

1

cos x = 1 + t 2 1 − t 2

2 1 + t 2

!

◦ ϕ(x)ϕ 0 (x) =

 2

1 − t 2



◦ ϕ(x)ϕ 0 (x) dla x ∈



π 2 , π

2



.

(18)

Ponieważ w przedziale (−1, 1) mamy

Z 2

1 − t 2 dt =

Z 1

1 − t dt +

Z 1

1 + t dt = − ln(1 − t) + ln(1 + t) + C = ln 1 + t 1 − t + C, gdzie C ∈ R jest dowolną stałą, więc

Z 1

cos x dx = ln 1 + tg x 2

1 − tg x 2 + C = ln



tg

 x 2 + π

4



+ C, w przedziale



π 2 , π

2



.

9.4.4 Podstawienia Eulera

Niech w tym punkcie: W będzie funkcją wymierną dwóch zmiennych, niech a, b, c będą ustalonymi liczbami rzeczywistymi oraz niech P będzie przedziałem. Załóżmy, że dla każdego x ∈ P zachodzi ax 2 + bx + c > 0 oraz punkt (x,

ax 2 + bx + c) należy do dziedziny funkcji W . Niech f : P → R będzie funkcją postaci

(9.24) f (x) = W  x,

ax 2 + bx + c  , x ∈ P.

Pokażemy, że każda funkcja pierwotna funkcji f w przedziale P jest funkcją elementarną.

Twierdzenie 9.4.27. Niech f będzie funkcją postaci (9.24). Jeśli a = 0 i b 6= 0, to funkcja ϕ : P → R określona wzorem

ϕ(x) =

bx + c, x ∈ P jest różniczkowalna,

(9.25) x = t 2 − c b

!

◦ ϕ(x), 1 =

 2t b



◦ ϕ(x)ϕ 0 (x) dla x ∈ P oraz

(9.26)

Z

f (x)dx =

"

Z

W t 2 − c b , t

! 2t b dt

#

◦ ϕ, w przedziale P.

Dowód. Ponieważ dla x ∈ P mamy bx + c > 0, więc ϕ(x) > 0 oraz ϕ jest funkcją różniczkowalną, jako złożenie funkcji różniczkowalnych. Ponadto dla x ∈ P mamy

ϕ 2 (x) = bx + c i dalej x = ϕ 2 (x) − c

b .

To daje pierwszą część (9.25). Ponadto ϕ 0 (x) = b

2ϕ(x) , więc 1 = 2ϕ(x)

b ϕ 0 (x) dla x ∈ P.

To daje drugą część (9.25). Ponieważ dla każdego x ∈ P , punkt (x,

bx + c) należy do

dziedziny funkcji W , więc dla każdego t ∈ ϕ(P ), punkt  t

2

b −c , t  należy do dziedziny

funkcji W i w konsekwencji funkcja W  t

2

b −c , t  2t b jest wymierna i określona w przedziale

ϕ(P ). Z (9.25) i twierdzenia o całkowaniu przez podstawienie 9.3.6 dostajemy (9.26). 

(19)

9.4. INFORMACJE O OBLICZANIU FUNKCJI PIERWOTNYCH 225 Twierdzenie 9.4.28. (I podstawienie Eulera). Niech f będzie funkcją postaci (9.24).

Jeśli a > 0 i b 2 − 4ac 6= 0, to funkcja ϕ : P → R określona wzorem ϕ(x) =

ax 2 + bx + c +

ax, x ∈ P jest różniczkowalna i dla x ∈ P mamy

(9.27) x = t 2 − c 2

at + b

!

◦ ϕ(x),

ax 2 + bx + c =

at 2 + bt + c a 2

at + b

!

◦ ϕ(x),

(9.28) 1 = 2

at 2 + bt + c a (2

at + b) 2

!

◦ ϕ(x)ϕ 0 (x).

W szczególności w przedziale P mamy (9.29)

Z

f (x)dx = 2

"

Z

W t 2 − c 2

at + b ,

at 2 + bt + c a 2

at + b

!

at 2 + bt + c a (2

at + b) 2 dt

#

◦ ϕ.

Dowód. Ponieważ funkcja f jest określoną wzorem (9.24), więc ax 2 + bx + c > 0 dla x ∈ P . Stąd i z założenia a > 0 wynika, że funkcja ϕ jest różniczkowalna. Dla x ∈ P , z określenia funkcji ϕ, mamy

ϕ(x) −

ax =

ax 2 + bx + c, więc ϕ 2 (x) − 2

axϕ(x) = bx + c, zatem

(9.30) x(2

aϕ(x) + b) = ϕ 2 (x) − c.

Ponadto

(9.31) 2

aϕ(x) + b 6= 0, gdyż w przeciwnym razie z określenia funkcji ϕ mielibyśmy

2 a

ax 2 + bx + c = −2ax − b i dalej 4a 2 x 2 + 4abx + 4ac = 4a 2 x 2 + 4abx + b 2 , zatem b 2 − 4ac = 0, wbrew założeniu. Reasumując mamy (9.31). Z (9.31) i (9.30) wyni- ka pierwsza część (9.27). Druga część (9.27) wynika z pierwszej i określenia funkcji ϕ.

Różniczkując funkcję ϕ i stosując (9.27) dostajemy ϕ 0 (x) = 2ax + b

2

ax 2 + bx + c + a = 1

2

"

2a t 2 − c 2

at + b + b

! 2

at + b

at 2 + bt + c a

!

+ a

#

◦ ϕ(x),

więc po łatwych przekształceniach otrzymujemy (9.28). Podobnie jak w twierdzeniu 9.4.27

pokazujemy, że funkcja podcałkowa po prawej stronie (9.29) jest określona w przedziale

ϕ(P ) i z twierdzenia o całkowaniu przez podstawienie dostajemy (9.29). 

Cytaty

Powiązane dokumenty