CVIČENÍ 6
grál racionální lomené funkce a některé podobné integ
Integrály typu R(cos x, sin x) d x
Integrály, v nichž je integrand lomenou funkcí členů cos x a sin x:
R(cos x, sin x) dx, (6.1)
kde R(u, v) je racionálně lomená podle u a v, lze s využitím tzv. univerzální trigonometrické
substituce
t = tg
x
2
(6.2)
vždy převést na integrál racionální lomené funkce anebo v určitých případech i vypočíst
s pomocí elementárních úprav integrandu.
1
Univerzální trigonometrická substituce
Vzorce pro vykonání univerzální trigonometrické substituce:
cos x =
1 − t2
1 + t2
, sin x =
2t
1 + t2
, dx =
2
t2 + 1
dt. (6.3)
Speciální případy
Užití univerzální substituce (6.2) je zpravidla spojeno s pracnějším výpočtem a
proto je vhodné se napřed zamyslet, zda není možné integrál vypočíst snadněji. Často
je užitečná následující rada.
Úvaha 6.1. Je-li integrál ve tvaru (6.1), kde R je racionální lomená funkce dvou
argumentů, mající jednu z vlastností:
R(−u, v) = −R(u, v), R(u, −v) = −R(u, v), R(−u, −v) = R(u, v) (6.4)
pro všechna (u, v), pak lze pro integraci využit jedné ze substitucí t = sin x, t = cos x
resp. t = tg x.
Substituce, doporučená úvahou 6.1, může být v praxi vhodnější než univerzální
trigonometrická substituce.
2
Příklad 6.2. Vypočtěme
1
sin x
dx.
Řešení 6.2.1. Po úpravě lze využít substituce cos x = t:
1
sin x
dx =
1
sin x
sin x
sin x
dx =
sin x
sin2
x
dx =
sin x
1 − cos2 x
dx
= −
1
1 − cos2 x
d(cos x) =
1
t2 − 1
dt =
1
2
1
t − 1
dt −
1
2
1
t + 1
dt
=
1
2
ln |t − 1| −
1
2
ln |t + 1| =
1
2
ln
t − 1
t + 1
=
1
2
ln
cos x − 1
cos x + 1
.
Řešení 6.2.2. Po úpravě lze využít substituce tg x
2 = t, dt = 1
2 cos2 x
2
dx:
1
sin x
dx =
1
2
1
sin x
2 cos x
2
dx =
1
2
1
cos2 x
2
sin x
2
cos x
2
dx =
1
2
1
tg x
2
1
cos2 x
2
dx
=
1
tg x
2
d tg
x
2
= ln |t| = ln tg
x
2
.
3
Příklad 6.3. Vypočtěme
1
sin x + 1
dx.
Řešení. Dle vzorce tg2
x + 1 = 1
cos2 x
bude
1
sin x + 1
dx =
1
2 sin x
2 cos x
2 + 1
dx =
1
cos2 x
2
2 tg x
2 + 1
cos2 x
2
dx =
1
cos2 x
2
2 tg x
2 + tg2 x
2 + 1
dx.
Pak tg x
2 = t, dt = 1
2 cos2 x
2
dx,
1
cos2 x
2
2 tg x
2 + tg2 x
2 + 1
dx = 2
2 tg x
2 + tg2 x
2 + 1
1
2 cos2 x
2
dx =
1
tg2 x
2 + 2 tg x
2 + 1
d tg
x
2
= 2
1
t2 + 2t + 1
dt = 2
1
(t + 2)2
dt = 2
1
(t + 2)2
d(t + 2)
= −
2
t + 2
= −
2
tg x
2 + 2
.
4
Příklad 6.4. Vypočtěme
1
2 sin x − cos x + 3
dx.
Řešení. Položme t = tg x
2; dle (6.3) bude
1
2 sin x − cos x + 3
dx =
1
2 2t
1+t2 − 1−t2
1+t2 + 3
2
t2 + 1
dt = 2
1
4t − 1 + t2 + 3(t2 + 1)
dt
= 2
1
4t − 1 + t2 + 3(t2 + 1)
dt =
1
2t2 + 2t + 2
dt
=
1
2
1
t + 1
2
2
+ 1
4
dt =
1
2
1
t + 1
2
2
+ 1
4
d t +
1
2
=
1
2
2 arctg 2 t +
1
2
= arctg 2 tg
x
2
+ 1 .
Příklad 6.5. Vypočtěme
sin x + cos x
cos x + 1
dx.
5
Řešení 6.5.1. Elementární úpravou obdržíme
sin x + cos x
cos x + 1
dx =
sin x
cos x + 1
dx +
cos x
cos x + 1
dx
= −
(cos x + 1)′
cos x + 1
dx +
cos x + 1 − 1
cos x + 1
dx
= − ln(1 + cos x) + dx −
1
cos x + 1
dx.
Ježto cos2
x − sin2
x = cos 2x, bude cos 2x + 1 = 2 cos2
x a tudíž
1
cos x + 1
dx =
1
2 cos2 x
2
dx =
1
cos2 x
2
d
x
2
= tg
x
2
.
Pak dostaneme
sin x + cos x
cos x + 1
dx = x − ln(1 + cos x) − tg
x
2
.
Řešení 6.5.2. Položíme-li tg x
2 = t, bude
sin x + cos x
cos x + 1
dx =
2t
1+t2 + 1−t2
1+t2
2t
1+t2 + 1
2
t2 + 1
dt = 2
2t + 1 − t2
(2t + t2 + 1)(t2 + 1)
dt
= −2
t2
− 2t − 1
(t + 1)2(t2 + 1)
dt,
6
což vyžaduje rozkladu na několik částečných zlomků. Preferujeme tedy předešlé řešení. □
Příklad 6.6. Vypočtěme integrál
cos2
x sin3
x dx.
Řešení 6.6.1. Využití univerzální substituce t = tg x
2 dle vzorců (6.3) vede na integrál
cos2
x sin3
x dx =
1 − t2
1 + t2
2
8t3
(1 + t2)3
2
t2 + 1
dt = 16
t3
(1 − t2
)
2
(1 + t2)6
dt.
Dostáváme tedy integrál neryze lomené funkce, přičemž i po vyčlenění ryze lomené části zůstává úloha
výpočetně náročnou jakožto integrace parciálního zlomku s vysokým stupněm jmenovatele bez reálných
kořenů. Zkusme proto raději najít jinou cestu.
Řešení 6.6.2. Daný integrál má tvar (6.1) s R(u, v) = u2
v3
. Funkce R je lichá podle v a tudíž dle
úvahy 6.1 použijme substituci t = cos x. Dostaneme dt = − sin x dx, sin x dx = − dt,
cos2
x sin3
x dx = cos2
x sin2
x
− dt
sin x dx = − t2
1 − t2
dt = t4
dt − t2
dt
=
1
5
t5
−
1
3
t3
=
1
5
cos5
x −
1
3
cos3
x,
7
což je výrazně jednodušší než příslušná integrace v řešení 6.6.1. □
Příklad 6.7. Vypočtěme
sin2
x cos5
x dx.
Řešení. Integrand obsahuje lichou mocninu výrazu cos x. Substituce sin x = t, dt = cos x dx,
sin2
x cos5
x dx = sin2
x(1 − sin2
x)2
cos x dx = sin2
x(1 − sin2
x)2
d(sin x)
= t2
(t − t2
)2
dt = t2
(1 − 2t2
+ t4
) dt = (t2
− 2t4
+ t6
) dt
=
1
3
t3
−
2
5
t5
+
1
7
t7
=
1
3
sin3
x −
2
5
sin5
x +
1
7
sin7
x.
Příklad 6.8. Vypočtěme
tg4
x dx.
8
Řešení. Integrand tg4
x = sin4 x
cos4 x
se nemění při současném nahrazení cos x a sin x výrazy − cos x a
− sin x. Položme tg x = t. Bude dt = 1
cos2 x
dx = (1 + tg2
x) dx = (1 + t2
) dx, dx = 1
1+t2 dt,
tg4
x dx =
t4
t2 + 1
dt
t4
t2
+ 1
t2
− 1− t4
− t2
− t2
t2
+ 1
1
Obvyklým způsobem pak dostaneme tg4
x dx = 1
3 tg3
x − tg x + x.
Příklad 6.9. Vypočtěme
e2x
e3x + 1
dx.
9
Řešení. Položíme-li ex
= t, bude dt = ex
dx, dx = 1
t dt,
e2x
e3x + 1
dx =
t2
t3 + 1
1
t
dt =
t2
t(t + 1)(t2 − t + 1)
dt.
Rozklad na částečné zlomky bude ve tvaru t2
t(t+1)(t2−t+1)
= A
t + B
t+1 + Ct+D
t2−t+1
, po výpočtu
t2
t(t + 1)(t2 − t + 1)
=
t + 1
3(t2 − t + 1)
−
1
3 (t + 1)
a tudíž
t2
t(t + 1)(t2 − t + 1)
dt =
1
3
t + 1
t2 − t + 1
dt −
1
3
1
t + 1
dt. (6.5)
10
Integrace částečného zlomku II. typu dává
t + 1
t2 − t + 1
dt =
1
2
2t + 2
t2 − t + 1
dt =
1
2
2t − 1 + 3
t2 − t + 1
dt
=
1
2
(t2
− t + 1)′
t2 − t + 1
dt +
3
2
1
t2 − t + 1
dt
=
1
2
ln(t2
− t + 1) +
3
2
1
t − 1
2
2
+ 3
4
dt
=
1
2
ln(t2
− t + 1) +
3
2
2
√
3
arctg
2
√
3
t −
1
2
=
1
2
ln(t2
− t + 1) +
√
3 arctg
2t − 1
√
3
.
Po dosazení do (6.5) dostaneme
t2
t(t + 1)(t2 − t + 1)
dt =
1
6
ln(t2
− t + 1) +
1
√
3
arctg
2t − 1
√
3
−
1
3
ln |t + 1|
=
1
6
ln(e2x
− ex
+ 1) +
1
√
3
arctg
2ex
− 1
√
3
−
1
3
ln(ex
+ 1).
11