Výpočet integrálu CVIČENÍ 4 neurčitého. Substituce, integrace po částech Vzorce Substituce /(0(ř)0'(ř)dř = J f(x)dx /(0(ř))#(O= f f(x)dx (4.1) (4.2) Substituce x — 4>(t) zavádí novou proměnnou ŕ a převádí úlohu výpočtu _/* /((0) ^'(0 dŕ na integraci f f(x)dx. Naopak, řešíme-li f f (x) dx, lze hledat substituci tvaru x — (t), po níž upravený integrál f f (4>(t)) 0'(O bude jednodušší. Prakticky substituci provádíme vyloučením x z integrandu i diferenciálu (dx — ý'(t) dt). K obdrženému výsledku aplikujeme zpětnou substituci (vyjádříme t přes x). Integrace po částech Aplikujme dle potřeby metodu integrace s pomocí nové proměnné a integraci po částech. Všude dále po výpočtu pak do výsledku doplníme integrační konstantu. PŘÍKLAD 4.1. Vypočtěme integrál Úlohy Řešení. Je zřejmá substituce arcsin x = t. Pak bude dt — d (arcsin x) = , 1 dx, dt /arcsin x ľ'-* 1 ľ tí 2 —, dx — I arcsinx —, dx — I t dt — — = - (arcsinx) PŘÍKLAD 4.2. Vypočtěme integrál / x23x2 dx. Řešení. Jelikož (x2)' — 2x, v integrandu jedním z činitelů u dx je výraz, připomínající derivaci výrazu 3x2. Integrál tedy můžeme upravit takto: j x23x2 dx = -6 j 23x2 {3x2)' dx = -6 j 23x2 d {3x2), (4.3) což odpovídá pravé straně substitučních vzorců (4.1), (4.2) f f (

(x)) d(p (x) s volbou 4>(x) — 3x2, f (t) — 2'. Vzhledem k těmto vzorcům bude j x23x2 dx = ^j 23x2 d (3x2) = l- j 2S ds = 61n2' kde s — (j){x). Vrátíme-li se v tomto výsledku k původní proměnné x s pomocí vztahu s — 3x2, dostaneme / r2 . I x23x dx =-. (4.4) 61n2 Poznamenejme, že v praxi místo explicitní úpravy integrálu na tvar typu (4.3) je většinou pohodlněji postupovat poněkud jinak. Podle předchozích úvah lze u daného integrálu očekávat, že účinnou bude substituce 3x2 — s. Vylučme tedy x z integrandu a diferenciálu s pomocí algebraických úprav: 3x2 — s, ds — d(3x2) = 6x dx, x dx — ^ ds a formálně dosaďme obdržené výrazy do integrálu: ■ ds f x23x2 dx = f 23x2 x dx = f 2S ■ - ds = - f 2S ds = - —, J J J 6 6 J 61n2 což po dosazení (t. j. „substituci" s — 3x2) vede na výsledek (4.4). Výpočet, vykonaný výše, tento postup zcela odůvodňuje. Takto lze přechod k nové integrační proměnné provádět i obecně. PŘÍKLAD 4.3. Vypočtěme integrál j iVfl2 — x2 dx, kde a > 0. Řešení. Zavedeme-li novou proměnnou t s pomocí vztahu a2 — x2 — t, dostaneme dt — -2x dx a proto bude x dx — —\dt, j x y/a2 - x2 dx = j -Ja2 - x2x~ďx = j y/t■ ^-^ dt^j = j y/t dt = _I f ři dt = -I . 1t\ = -I yfc = --V(«2 - X2)\ 2 J 2 3 3 3 v v ' PŘÍKLAD 4.4. Vypočtěme integrál J sin3 x dx. Řešení. V integrandu je lichá mocnina sinu. Jelikož sin3 x dx — sin2 x sin x, přičemž sin2 x — 1 —cos2 x a (cos x)' — — sin x, nabízí se substituce cos x — t. Dostaneme d(cos x) — — sin x dx — dt, sin x dx — — dt, i-'2 -dt J sin3 x dx — J sin2 x sin x dx — J (1 — cos2 x) sin x dx = ^ (t2 — 1) dr ŕ3 (cos x)3 =--t —--cos x. 3 3 PŘÍKLAD 4.5. Vypočtěme integrál J ex + 1 Řešení. Integrand obsahuje jen členy ex, přičemž ex je v čitateli a (ex)' — ex. Je vhodné udělat substituci = t. Bude de* — ex dx — dt, i ITT í —--dx = í —i— e* dx = f —dŕ = f d(t + 1) = ln \t + II i fHl i fHl y ř + 1 J t + l = ln (e* + 1). Jinak bychom mohli položit ex + 1 = s; pak bude d (ex + 1) = ex dx — ds, ds í —-dx = í —-— ex dx = í - ds = ln \sI = ln (ex + 1). J ex + 1 J + 1 J s PŘÍKLAD 4.6. Vypočtěme y tgx dx. Řešení. Jelikož (cosx)' = — sinx, lze integrál upravit takto: f f sinx f 1 /"l / tg x dx = / -dx = — / -(— sin x) dx = — / -d (cos x) J J cosx J cosx J cosx = ln |cosx| Poslední krok jsme vykonali zavedením do diferenciálu (t. j. využili jsme substitučního vzorce ve tvaru (4.2)). Jinak bychom mohli explicitně položit cos x — sa vypočíst ds = d(cosx) = — sin x dx, počemž obdržíme f d (cos x) — f ^ ds — ln \s \ — ln |cos x\. □ PŘÍKLAD 4.7. Vypočtěme integrál ľ 1 -dx. Řešení. Substituce ex — t dává dex — ex dx — dt a i «2 + l -i-dx — [ —-dx — [ ——^-ex dx — [ ——— dt — arctgr = arctge*. ex + e~x J e2x + 1 J e2x + 1 J t2 + 1 6 6 PŘÍKLAD 4.8. Vypočtěme integrál x3e~x2 dx. J Řešení 4.8.1. Integrandem je součin x3 a e x , přičemž integrovat e x zvlášť nedovedeme. Chceme-li integrovat po částech, pravděpodobně musíme e~x derivovat a x pak integrovat: C'—-'—2 x4'—2 ír'-"T / x3 e~x dx = — e~x - — (-2xe~x ) dx. Toto však vede na integrál f x5e~x2 dx, jenž není nikterak jednodušší než integrál původní. Je tedy potřeba hledat jinou cestu. Můžeme si všimnout, že d(x2) — 2x dx, x3e~x dx — x2e~x x dx a tudíž se nabízí substituce x2 — t. Potom dostáváme dt — 2x dx, x dx — \ dt, dt j x3e x2 dx = j x2 e x2 x dx = ^ j te ' dt. (4.5) Tento integrál lze snadno vypočíst metodou per partes su(t) — t, v'(t) — e '. Obdržíme v (t) — J e~' dt — — j e~' d{—t) — —e~' (implicitní substituce — t — s, ds — — dt) a u v' u v «' v J ?e"' dŕ = T (-e'1)- J T-(-e"f) dŕ = -te'* + j e~' dt = -te~' - e~' = --^r ■ Po zpětné substituci pak dostaneme / x e dx 2ex2 Řešení 4.8.2. Při zpětném pohledu na úpravu (4.5) si můžeme všimnout, že je J xe x dx — -\ f e~x2 d(—x2) — —\e~x2 (substituce — x2 — s, —2x dx — ds, x dx — — \ ds) a tudíž vzniká myšlenka integrovat po částech takto: j x3e~*2 dx = j x2 xe~*2 dx = x2 (^~\e~x2^j ~ j 2x (~^e~*2) dx I PŘÍKLAD 4.9. Vypočtěme ľ x2(x - l)5 dx. 1 2 2 1 2 1 2 = —x2e~x + / xe~x dx = —x2e~x--e~x . 2 J 2 2 I Řešení. Integrandem je polynom stupně 7 a tudíž jeho integrace teoreticky žádné potíže nečiní. Algebraické úpravy při přímé integraci však vyžadují jisté úsilí ((x — l)5 — x5 — 5xA + ...). Práci si můžeme usnadnit, zavedeme-li novou proměnnou t — x — 1, čímž „prohodíme" členy s 2. a 5. mocninami. Pak bude dt — dx, x — t + 1, J x2(x - l)5 dx = J (t + l)2 ř5 dř = J (t2 + 2t + l) t5 dt = J t7 dt + 2 J t6 dt + J t5 dt ŕ 2 7 ŕ , (\ , 2 1 = — + -r + — = r I -r + -t + - = (x - l)6 Q(x - l)2 + ^(x - 1) + l- Výsledek dle potřeby můžeme dodatečně upravit. PŘÍKLAD 4.10. Vypočteme j x2e^ dx. Řešení. V součinu x2e% oba dva členy lze snadno integrovat i derivovat, avšak u x2 se po zderivování mocnina sníží. Integrujme tedy po částech tak, aby byl zderivován člen x2: u v' u v u' v j x2 e% dx = x2 -2e% - j 2x 2e^ dx = 2x2e^ - A j xe^ dx. Zde jsme zvolili v'(x) — e% a tudíž v(x) = / e5 dx = 2 / g2 d^-j = 2e?. Podobným způsobem v taktéž integrujme po částech: / xe2 dx /u u x e% dx = ^ -2e% - / T-2eí dx = 2xe^ -2 dx = 2xe? - 4e* = 2(x-2)e%. Pak dostaneme J x2ei dx = 2x2ei - 4 • 2(x - 2) = 2 (x2 - Ax + 8) . PŘÍKLAD 4.11. Vypočtěme J x\\-2x2f. Řešení. Situace je podobná příkladu 4.9. Bezprostřední integrace polynomu stupně 19 je zdlouhavá, proto raději provedeme substituci 1 — 2x2 — t. Dostaneme — Ax dx — dt, x dx — -\dt,x2 = \{l-t), íti-0 '8 -Jdi j x3{i-2x2f dx = J"7(l -2x2f7áx = -i J (l-ř)ř8dř = -iy (í8-í9) dř _~8v"9~TôJ_¥v9~TôJ_72Ô( = (1-2*2) (10 - 9 (1 - 2x2)) = — (1 - 2x2)9 (1 + 18x2). 720 v v " 720 v ; v ; PŘÍKLAD 4.12. Vypočtěme />• Řešení. Integrandem je součin výrazů lnxa-^, z nichž první po zderivování nabývá tvaru, podobného druhému činiteli (mocninný výraz). Integrujme tedy po částech takto: v' u' U ,-s U V ,-s V /*ln x f>—n 1 >—^—^ ľ 1 r,—^ ,- ľ 1 / —— dx — I ln x —= dx — ln x (2^/x) — / — (2«Jx) dx — 2^/x ln x — 2 I —= dx J s/X J s/X J X J s/X — 2\[x \nx — A J d (Vx) — 2\[x lnx — A^fx. PŘÍKLAD 4.13. Vypočtěme / dx. cos2 5x Řešení. Můžeme si všimnout, že —j^- = ^(tg5x)f. Integrujme po částech: COS J JC J f^hx-dx=fx cJ^dx= x Gtg5x)-/1 {hs5x)dx x i r — — tg5x — - I tg 5x dx. Dle výsledku příkladu 4.6 platí ľ 1 ľ 1 / tg 5x dx — - I tg 5x d (5 x) — - ln |cos 5x \ a tudíž /X X 1 ---dx — — tg 5x--ln |cos 5x\ . cos2 5x 5 25 7