CVIČENÍ 4
Výpočet integrálu neurčitého
Seznámíme se metodou integrace s pomocí nové proměnné (metoda substituce) a
integraci per partes (po částech).
Vzorce
Substituce
f(φ(t) φ′
(t) dt = f(x) dx (4.1)
f(φ(t)) dφ(t) = f(x) dx (4.2)
1
Substituce x = φ(t) zavádí novou proměnnou t a převádí úlohu výpočtu f(φ(t)) φ′
(t) dt
na integraci f(x) dx.
Naopak, řešíme-li f(x) dx, lze hledat substituci tvaru x = φ(t), po níž upravený
integrál f(φ(t)) φ′
(t) dt bude jednodušší. Prakticky substituci provádíme vyloučením
x z integrandu i diferenciálu (dx = ψ′
(t) dt).
K obdrženému výsledku aplikujeme zpětnou substituci (vyjádříme t přes x).
Integrace po částech
u(x)v′
(x) dx = u(x)v(x) − v(x)u′
(x) dx
u(x) dv(x) = u(x)v(x) − v(x) du(x)
Úlohy
Aplikujme dle potřeby metodu integrace s pomocí nové proměnné a integraci po
částech. Všude dále po výpočtu pak do výsledku doplníme integrační konstantu.
2
Příklad 4.1. Vypočtěme integrál
arcsin x
√
1 − x2
dx.
Řešení. Je zřejmá substituce arcsin x = t. Pak bude dt = d(arcsin x) = 1√
1−x2 dx,
arcsin x
√
1 − x2
dx =
t
arcsin x
dt
1
√
1 − x2
dx = t dt =
t2
2
=
1
2
(arcsin x)2
.
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:
x23x2
dx =
1
6
23x2
3x2 ′
dx =
1
6
23x2
d 3x2
, (4.3)
3
což odpovídá pravé straně substitučních vzorců (4.1), (4.2) f (φ(x)) φ (x)′
dx a f (φ(x)) dφ (x) s
volbou φ(x) = 3x2
, f(t) = 2t
. Vzhledem k těmto vzorcům bude
x23x2
dx =
1
6
23x2
d 3x2
=
1
6
2s
ds =
2s
6 ln 2
,
kde s = φ(x). Vrátíme-li se v tomto výsledku k původní proměnné x s pomocí vztahu s = 3x2
, dostaneme
x23x2
dx =
23x2
6 ln 2
. (4.4)
4
Poznamenejme, že v praxi místo explicitní úpravy integrálu na tvar typu (4.3) je vetšinou 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 = 1
6 ds a formálně dosaďme obdržené výrazy do integrálu:
x23x2
dx =
2s
23x2
1
6
ds
x dx = 2s
·
1
6
ds =
1
6
2s
ds =
1
6
2s
ln 2
,
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
x
√
a2 − x2 dx,
kde a > 0.
5
Řešení. Zavedeme-li novou proměnnou t s pomocí vztahu a2
− x2
= t, dostaneme dt = −2x dx a
proto bude x dx = −1
2 dt,
x
√
a2 − x2 dx =
√
t
√
a2 − x2
−1
2
dt
x dx =
√
t ·

−
1
2
dt

 = −
1
2
√
t dt
= −
1
2
t
1
2 dt = −
1
2
·
2
3
t
3
2 = −
1
3
√
t3 = −
1
3
(a2 − x2)3.
Příklad 4.4. Vypočtěme integrál
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,
sin3
x dx = sin2
x sin x dx =
1−t2
(1 − cos2
x)
− dt
sin x dx = (t2
− 1) dt
=
t3
3
− t =
(cos x)3
3
− cos x.
6
Příklad 4.5. Vypočtěme integrál
ex
ex + 1
dx.
Řešení. Integrand obsahuje jen členy ex
, přičemž ex
je v čitateli a (ex
)′
= ex
. Je vhodné udělat
substituci ex
= t. Bude dex
= ex
dx = dt,
ex
ex + 1
dx =
1
t+1
1
ex + 1
dt
ex
dx =
1
t + 1
dt =
1
t + 1
d(t + 1) = ln |t + 1|
= ln (ex
+ 1) .
Jinak bychom mohli položit ex
+ 1 = s; pak bude d(ex
+ 1) = ex
dx = ds,
ex
ex + 1
dx =
1
s
1
ex + 1
ds
ex
dx =
1
s
ds = ln |s| = ln (ex
+ 1) .
Příklad 4.6. Vypočtěme
tg x dx.
7
Řešení. Jelikož (cos x)′
= − sin x, lze integrál upravit takto:
tg x dx =
sin x
cos x
dx = −
1
cos x
(− sin x) dx = −
1
cos x
d(cos x)
= ln |cos x| .
Poslední krok jsme vykonali zavedením do diferenciálu (t. j. využili jsme substitučního vzorce ve
tvaru (4.2)). Jinak bychom mohli explicitně položit cos x = s a vypočíst ds = d(cos x) = − sin x dx,
počemž obdržíme 1
cos x d(cos x) = 1
s ds = ln |s| = ln |cos x|. □
Příklad 4.7. Vypočtěme integrál
1
ex + e−x
dx.
Řešení. Substituce ex
= t dává dex
= ex
dx = dt a
1
ex + e−x
dx =
ex
e2x + 1
dx =
1
t2+1
1
e2x + 1
dt
ex
dx =
1
t2 + 1
dt = arctg t = arctg ex
.
8
Příklad 4.8. Vypočtěme
x2
(x − 1)5
dx.
Řešení. Integrandem je polynom stupně 7 a tudíž jeho integrace teoreticky žádné potíže nečiní.
Algebraické úpravy při přímé integraci však vyžadují jisté úsilí ((x − 1)5
= x5
− 5x4
+ . . . ). 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,
x2
(x − 1)5
dx = (t + 1)2
t5
dt = t2
+ 2t + 1 t5
dt = t7
dt + 2 t6
dt + t5
dt
=
t8
8
+
2
7
t7
+
t6
6
= t6


1
8
t2
+
2
7
t +
1
6


= (x − 1)6


1
8
(x − 1)2
+
2
7
(x − 1) +
1
6

 .
Výsledek dle potřeby můžeme dodatečně upravit.
Příklad 4.9. Vypočtěme
x2
e
x
2 dx.
9
Řešení. V součinu x2
e
x
2 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
x2
v′
e
x
2 dx =
u
x2
·
v
2e
x
2 −
u′
2x
v
2e
x
2 dx = 2x2
e
x
2 − 4 xe
x
2 dx.
Zde jsme zvolili v′
(x) = e
x
2 a tudíž
v(x) = e
x
2 dx = 2 e
x
2 d
x
2
= 2e
x
2 .
Podobným způsobem v
xe
x
2 dx
taktéž integrujme po částech:
u
x
v′
e
x
2 dx =
u
x ·
v
2e
x
2 −
u′
1 ·
v
2e
x
2 dx = 2xe
x
2 − 2 e
x
2 dx = 2xe
x
2 − 4e
x
2
= 2 (x − 2) e
x
2 .
Pak dostaneme
x2
e
x
2 dx = 2x2
e
x
2 − 4 · 2 (x − 2) e
x
2 = 2 x2
− 4x + 8 e
x
2 .
10
Příklad 4.10. Vypočtěme
x3
(1 − 2x2
)8
.
Řešení. Situace je podobná příkladu 4.8. Bezprostřední integrace polynomu stupně 19 je zdlouhavá,
proto raději provedeme substituci 1 − 2x2
= t. Dostaneme −4x dx = dt, x dx = −1
4 dt, x2
= 1
2(1 − t),
x3
1 − 2x2 8
dx =
1
2
(1−t)
x2
t8
1 − 2x2 8
−1
4
dt
x dx = −
1
8
(1 − t) t8
dt = −
1
8
t8
− t9
dt
= −
1
8



t9
9
−
t10
10


 =
t9
8


1
9
−
t
10

 =
t9
720
(10 − 9t)
=
(1 − 2x2
)
9
720
10 − 9 1 − 2x2
=
1
720
1 − 2x2 9
1 + 18x2
.
Příklad 4.11. Vypočtěme
ln x
√
x
dx.
11
Řešení. Integrandem je součin výrazů ln x a 1√
x
, z nichž první po zderivování nabývá tvaru, podobného
druhému činiteli (mocninný výraz). Integrujme tedy po částech takto:
ln x
√
x
dx =
u
ln x
v′
1
√
x
dx =
u
ln x
v
2
√
x −
u′
1
x
v
2
√
x dx = 2
√
x ln x − 2
1
√
x
dx
= 2
√
x ln x − 4 d
√
x = 2
√
x ln x − 4
√
x.
Příklad 4.12. Vypočtěme
x
cos2 5x
dx.
Řešení. Můžeme si všimnout, že 1
cos2 5x
= 1
5(tg 5x)′
. Integrujme po částech:
x
cos2 5x
dx =
u
x
v′
1
cos2 5x
dx =
u
x
v


1
5
tg 5x

 −
u′
1 ·
v


1
5
tg 5x

 dx
=
x
5
tg 5x −
1
5
tg 5x dx.
12
Dle výsledku příkladu 4.6 platí
tg 5x dx =
1
5
tg 5x d(5x) =
1
5
ln |cos 5x|
a tudíž
x
cos2 5x
dx =
x
5
tg 5x −
1
25
ln |cos 5x| .
Příklad 4.13. Vypočtěme integrál
x3
e−x2
dx.
Řešení 4.13.1. Integrandem je součin x3
a e−x2
, přičemž integrovat e−x2
zvlášť nedovedeme. Chcemeli
integrovat po částech, pravděpodobně musíme e−x2
derivovat a x3
pak integrovat:
v′
x3
u
e−x2
dx =
v
x4
4
u
e−x2
−
v
x4
4
u′
−2xe−x2
dx.
Toto však vede na integrál x5
e−x2
dx, jenž není nikterak jednodušší než integrál původní. Je tedy
potřeba hledat jinou cestu.
13
Můžeme si všimnout, že d(x2
) = 2x dx, x3
e−x2
dx = x2
e−x2
x dx a tudíž se nabízí substituce x2
= t.
Potom dostáváme dt = 2x dx, x dx = 1
2 dt,
x3
e−x2
dx =
t
x2
e−t
e−x2
1
2
dt
x dx =
1
2
te−t
dt. (4.5)
Tento integrál lze snadno vypočíst metodou per partes s u(t) = t, v′
(t) = e−t
. Obdržíme v(t) =
e−t
dt = − e−t
d(−t) = −e−t
(implicitní substituce −t = s, ds = − dt) a
u
t
v′
e−t
dt =
u
t
v
(−e−t
) −
u′
1 ·
v
(−e−t
) dt = −te−t
+ e−t
dt = −te−t
− e−t
= −
t + 1
et
.
Po zpětné substituci pak dostaneme
x3
e−x2
dx = −
x2
+ 1
2ex2 .
Řešení 4.13.2. Při zpětném pohledu na úpravu (4.5) si můžeme všimnout, že je xe−x2
dx =
−1
2 e−x2
d −x2
= −1
2e−x2
(substituce −x2
= s, −2x dx = ds, x dx = −1
2 ds) a tudíž vzniká
14
myšlenka integrovat po částech takto:
x3
e−x2
dx =
u
x2
v′
xe−x2
dx =
u
x2
v

−
1
2
e−x2

 −
u′
2x
v

−
1
2
e−x2

 dx
= −
1
2
x2
e−x2
+ xe−x2
dx = −
1
2
x2
e−x2
−
1
2
e−x2
.
15