Cvičení 9-Integrál, parciální zlomky a speciální substituční metody
9. listopadu 2021
1   Definice a užitečné vztahy
Definice a základní pravidla
Funkce F se nazývá primitivní funkce k funkci /, jestliže platí F'(x) definovaný tak, že funkci / přiřadí její funkci primitivní.
(x), integrál je
(x)dx = F(x)
Pozor tato primitivní funkce není určtena jednoznačně, protože F(x) + C je také primitivní funkce k funkci f(x), protože (F(x) + C)' = F'(x) = f(x) Základní vzorce a metody
f(x) ± g(x)dx = / f(x)dx ± / g(x)dx,     / k ■ f(x)dx = k ■ f(x)dx
Metoda per partes: J f{x)g'{x)dx = f{x)g{x) — j f'{x)g{x)
g{x) = u
Substituční metoda: J f(g(x)) ■ g'(x)dx
g' (x)dx = du
Sf{u)du
2   Tabulkové integrály
Zde si budeme psát základní integrály na které přijdeme buď z definice, z vlastností derivací nebo výpočtem z výše uvedených příkladů. Jedná se tedy o celkový seznam a ne všechny integrály jsou "tabulkové".
/ xadx =        + C    pro a ^ 1
/ ^dx = ln \x\ + C
J sin xdx = — cos x + C
1
J cos xdx = sin x + C f . \ dx = — cot x + C f —K— dx = tan x + C
■J   cosz x
ľ -J-dx = hl + C
J  smx V l+cosx
f -J-dx = ln /i±síiľ£ + C
J  cos x Y 1-sini '
J tan xdx = — ln cos x + C
J cot xdx = ln sin .r + C
f ,} „dx = arcsinx + C = — arccosx + C
J  VI— a;
/       dx = arctanx + C
J —L=dx = sinli-1 x + C = ln(x + Vi + x2) + C
j ^d^ = tanh-i^ + c=iM±±|]+ c
j -jj^=dx = cosh-1 x + C = ln(x + Va;2 - 1) + C j exdx = ex + C faxdx = ^- + C
J ln a
J ln xdx = x ln .r — x + C J sinh xdx = cosh x + C J cosh xdx = sinh x + C f . ?;2 dx = - coth x + C
J  smn x
f —rr~ dx = tanh x + C
J  cosh x
3   Složitější příklady: náročnější substituce nebo kombinace substituce a per partes
Integrály z minulého cvičení budou složit jako motivační příklady.
1.
/    / dx
2.
/ —-^Idx
J (x2+a2)2
2
4.
6.
7.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
\J x(l — x)dx
dx
y/(x- a)(b - x)
cosx — =dx
V 1 + sin2 x
x + 3
\lx2 - 4 \l 1 — x2dx
y/l + x^dx e^dx
x arcsina^cLc
x2 + yjx + 1
-7=—x
x + \ x
xdx
Vl+x4
XA
(1
r2\2
dx
XA
„ da; 9 - x2
3
Chci abyste si odnesli následující poučení
Goniometrické a hyperbolické substituce
• Obsahuje-li integrál výraz \/a2 — x2, hodí se substituce x = a siní
• Obsahuje-li integrál výraz \/ x2 — a2, hodí se substituce x =
• Obsahuje-li integrál výraz \/a2 + x2, hodí se substituce x = a taní
Občas se tyto substituce dají použít i bez přítomnosti odmocnin, viz příklad 13. Častěji budou ale užitečnější hyperbolické substituce.
• Obsahuje-li integrál výraz V'a2 + x2, hodí se substituce x = asinhí
• Obsahuje-li integrál výraz \/x2 — a2, hodí se substituce x = acoshí
4
4   Integrál z racionálních lomených funkcí
Rozklad na parciálni zlomky
Doteď jsme byli schopni přijít na následující integrály.
J P(x) dx ,    kde P (x) je libovolný polynom
—-— = - ln\ax + b\ + C
ax + b a
1
(ax + b)1 1
ax2 + bx + c 1
ax2 + bx + c
dx dx dx
1
1
a(n - 1) (ax + b)71'1
C
2 arctan
D
1 ln(l - ^sgdi
D\n(l
2ax±b
D   ,    kde   D = y/Aac - b2,    pro   b2 - ac < 0 , ,    kde   D = \/b2 - Aac,    pro   b2 - Aac > 0
2ax—o \ ' v ' 1
D
Vlastně známe ještě obecnější viz. sbírka docenta Hasila. Můžeme, ale vytvořit metodu ke spočítam obecného integrálu podílu dvou polynomu. J -^j^ dx. Obecný postup
1. Rozložíme polynom Q(x) do jeho kořenů, tedy Q(x) = (x — xo)n°(x — xi)ni ■ ■ ■, ale jsou li kořeny komplexní napíšeme raději (x2 + bx + c)n, kde n, no,... určují násobnosti kořenů.
2. Kořeny dle násobnosti rozložíme.
1 A1
Ao
Ar
(x — a)n     x — a     (x — a)2 1 BlX + Ci        B2x + C2
(x — a)r
(x2 + bx + c)n     x2 + bx + c     (x2 + bx + c)2 3. Určíme neznáme koeficienty porovnáním výrazů.
B>nx + Cn (x2 + bx + c)r
dx
2x2 — bx + 7 x — 1
■ dx
3.
x2 — x — 1
X
(x - l)(x + l)2
1
dx
x2 — 1 5
da;
1
c3 — 2a;2
■ da;
a;3 + 1 c (x — 1)'
■ da;
a;3 + x
(x2 - l)(x2 - 2)
da;
a;2 + 3a; + 2 x2 + x + 2
dx
xó + 1
a;3 — 5a;2 + 6x 5a;3 + 2
x
3 — 5a;2 + 4a
da;
da;
c8 - 1
da;
(a;2 - 4a; + 5) (x - 2)-
dx
(a;2 + 2a; + 2)(a;2 + 2a;-3)
a;3 + 2a;2 + x - 1 x2 — x — 1
dx
AO
x2 + x — 2
dx
6
5   Integrály s odmocninou
Speciální substituce
Integrály kde se vyskytují odmocniny z ^Jx různých řádů, r^fx1 r^/x, ■ ■ ■ , rjf/x řešíme substitucí tn = x, kde n je nejmenší společný násobek čísel r±,..., r^.
Integrály kde se vyskytuje \/ax + b, řešíme substitucí tr
ax
Integrály kde se vyskytují odmocniny v této podobě {/       , kde ad — bc 7^ 0, řešíme
substitucí tr
ax-\-b
cx+d
Eulerova substituce viz. skripta.
tímto integrál převedeme na racionální lomenou funkci.
1 +
: dx
3.
4.
IX
1 + Vx 1
: dx
dx
1 +
x + vr
dx
6.
7.
8.
9.
10.
V x + 1 + 1
y/x+T-1
dx
yär+T — \/x — 1
\/x + 1 + yjx - 1
da;
1 - V^TT 1 + ^F+T
dx
1   /x + 1
a; V x — 1
■ da;
3'^d, x — 1
1 +
da;
7
6   Binomický integrál
Speciální substituce
Binomický integrál je integrál typu
>(. + toTd*. ™.~.P€
1. Jestliže p £ Z, volíme substituci x = ts, kde s je společný jmenovatel man;
2. jestliže        S Z, volíme substituci (a + bx)n = ts, kde s je jmenovatel p;
3. jestliže        + p S Z, volíme substituci aa;-™ + 6 = ts, kde s je jmenovatel p.
\/x (7 + 5a;4)2 da;
2.
(2 + 5a;)3
da;
■ da;
4.
a;Vl +a;2
da;
da;
8
7   Goniometrické integrály
Speciální substituce
Integrály typu J R(s'mx, cos a;) dx řešíme pomocí substituce
1. jestliže R(sinx, — cos a;) = — R(sinx, cosa;) , volíme substituci t = sina;;
2. jestliže R(— sina;, cosa;) = —i?(sina;, cosa;), volíme substituci t = cosa;;
3. jestliže R(— sina;, — cosa;) = R(smx, cosa;), volíme substituci t = tana;;
4. jestliže nenastane ani jedna z předchozích možností, použijeme k řešení tzv.univerzální substituci:
x 2
t = tan--> x = 2 arctan t      da; = -^ dí
2 1 +t2
2t
srna;
1 +t2
cosa;
l-ťz
1.
sin™ x cos™ x dx,    pouze si rozmyslete jakou substituci použijete
■ da;
4.
5.
7.
8.
sin x
1+4 cos2 x + 3 sin2 .
cot3 x + cot4 x dx
■ dx
1
2 — cos x 1
■ da;
Vt,
dx
ani
srna;
sin x — cos a;
da;
cos x cos 2a; cos 3a; da;
cos 2a; 1 + cos x
dx
10.
11.
12.
sin x cos x
dx
sin x + cos x
sin a; cos a;
9 • 2
cosz x — sin a;
da;
1 + sin(2a;~
8   Určitý integrál a základní aplikace
■ da;
Definice			
Pro integrovatelnou funkci	f(x) je určitý integrál		
	b J f(x)dx = [F(x)]ba-a	= F(b)	-F(a)
Nevlastní integrál	oo p	b p	
	l fix) dx = lim J b—¥oc a	J f (x) a	dx
Na několika základních příkladech si ukážeme jak fungují nové aspekty oproti neurčitému integrálu. 1.
i o x dx + f x dx 0 -1
lna; da;
3.
a;(a;2 - l)3da;
4. Dokažte substitucí, že J x dx = 0
10
9   Složité nebo zajímavé příklady
10 Řešení
10.1   Integrál z racionálních lomených funkcí - řešení
1.
dx
2a;2 — bx + 7 1 1
5^2 , 31 4)   Ť 16
dx
2 /iT V 16
arctan ■
■C = -
1 1
2 /il 16
arctan ■
u = x- j du = dx
■C
2 [u-
2 j_ 31 16.
-dx
arctan ■
Ax - 5
C
/31 V31
Kde jsme použili výsledek integrálu j x2^a2 = aarc^ana' který jsme spočítali v minulém
cvičeni.
2.
x — 1
a;2 — a; — 1
dx
x2 — x — 1
da; = — ln Ix — x — 1|
2 / a;2 — a; — 1
da;
— In I x — x — 11
(^-^)2-f
da;
Na chvíli zapomeneme na první příspěvek a počítáme pouze druhý integrál.
i
da; = du
,2 _ 5
du
tantn
du
cosh2 u
dv
2   J  I (tanh2 w — l) cosh2 v
dv
Celkově tedy
x — 1
a;2 — a; — 1
da; = — ln la;  — a; — 1|
75
tanh
4 / 1 . x
5 V 2
■C
■ da;
(x - l)(x + l)2
Zde máme první pořádný příklad na parciální zlomky. Jmenovatel už je rozložen na kořeny, takže můžeme počítat.
■ da;
A
B
C
■ dx —>
(x - l)(x + l)2 J x - 1     x + l     (a; + l)2
Převedeme zlomky na společný jmenovatel a porovnáme s původním zlomkem.
x = A{x + l)2 + B{x -\){x + l)+ C{x - 1)
11
Roznásobíme a porovnáme koeficienty u jednotlivých mocnin x
~2 •   A + B = 0
„o
2A + C = 1 A-B-C=0
Soustavu jednoduše vyřešíme jako A = j, B = — 4, C = i a dosadíme zpátky do integrálu.
C
x — 1   a; + 1   (x + 1):
da;
1
1
1
1
. i    .       ,7T dx = — ln \x—1|--lnlx+ll- .
4(x-l)   4(x +1)   2(x +1)2 4    1      1   4    11   2(x + l)
+C
U ostatních budeme postupovat stejným způsobem, akorát v řešení již nebudu psát mezikrok kde se součet zlomků převede na společný jmenovatel, rovnou budu psát rovnice pro koeficienty.
1
c2 - 1
dx
A
B
x — 1     x + 1
■ dx
x1 : A + B = 0 x° :   A - B = 1
A=K   B = -1-2' 2
A B , 1 --1--dx = —
x-1     x+l 2
1
1
x — 1     x + l
■ da;
2 V    x + l
C
1
c3 — 2a;2
da;
[x-iy
■ dx
A B
C
x     x — 1     (x — l)2
da;
A + B = 0 -2A-B + C = 0 A= 1
C
x     x — 1     (a; — l)2
da;
A=l,    B = -l, C=l 1       1 1
a;    x — 1     (a; — l)2
da; = ln Lc — ln \x — 1
a; — 1
■C
a;3 + 1 a; (x — l)3
da;
A B
C
D
x     x — 1     (a; — l)2     (x — l)3
da;
A + B = 1
- 3A - 2B + C = 0 3A + B- C + D = 0
- A=l
12
A = -l,   B = 2,   C = l,   D = 2
A B
C
D
x     x — 1     (x — l)2     (x — l)3 = — ln \x\ + 2ln \x
dx
12 1 2
a;     a; — 1     (x — l)2     (x — l)3
1 +c
dx
1     (x - 1)<
a;3 + a;
dx
a;3 + a;
{x2-l){x2-2) J (^-1)^ + 1)^-72)^ + 72)
dx
A B
C
D
x-1   x + 1   x - V2   x + V2
dx
= 1
A-B + V2C - V2D = O -2A-2B-C-D = \ -2A + 2B - V2C + V2D = O
A = -l,   B = -l,   C = -,   D = -
2' 2
A
B
C
D
x-1    x + 1    x - V2    x + V2 = — ln \x — 1| — ln \x
dx
1
1
x-1    x + 1    2(x-V2)    2(x + V2)
3 3
- ln \x - V2\ + - ln \x + V2\ + C
dx
Dostáváme se k druhému typu příkladů, kde prvně musíme zlomek upravit tak abychom dostali do čitatele polynom menšího řádu, než je ve jmenovateli. Dostaneme se tím na typ příkladu, který jsme zrovna teď počítali.
x2 + 3x + 2 x2 + x + 2
dx
x2 + x + 2 + 2x x2 + x + 2
dx
a; + ln|a;2 +a; + 2|
x2 + x + 2
2x
x2 + x + 2
-dx
2x + 1 - 1 xz + x + 2
-dx
dx = x + ln \x2 + x + 2\ +
2arctan (Ě^L)
7f
c
x6 + 1
í3 — 5a;2 + 6a;
da;
a;3 — 5a;2 + 6a; + 5a;2 — 6a; + 1 a;3 — 5a;2 + 6a;
A B
x
x+
A B
C
dx
C
x     x — 2    x — 3 x2 :   A + B + C = 5
-dx
„l
x
„o
- 5A - 3B - 2C = -6 6A = 1
1 9 A=-,   B = --, C
6' 2'
28
y
5a; — 6a; + 1 1 H----—--dx
x{x — 2){x — 3)
x   x — 2   x — 3
da; = x+
1
9
28
19 28
. ,   .        . da; = x+— ln \x\--lnla;—21H--lnla;—3|+C
6a;   2(x - 2)   3(x - 3) 6    1 1   2    1      1    3     1 1
13
5a;3 + 2 f 5 (a;3 - 5a;2 + 4a; + 5a;2 - 4a;) + 2 ľ 5a;2 - 4a; + |
dx =     —-^-~-----da; = / 5+5—----2— da;
a;3 — 5a;2 + 4a; J a;3 — 5a;2 + 4a; J        x (x — l)(x — 4)
f A      B C = 5x + 5 /--1---1--- da;
J  x     x — 1     x — 4
x2 : A+B+C=5
x1 :    - 5A- AB - IC = -4
a;0 :   AA = -5
.4=1,
10 15 30
/A       B          C                    1            T 161 --1---1--da; = 5a; H— ln \x\--ln la; — 1| H--ln la; — 41 + C xx — 1    x — 4                2            3 6
a;8
■ da;
x8 - 1
Řešené ve sbírce, příklad (357).
Nyní se dostáváme do nové kategorie, kde se vyskytují komplexní kořeny, postup je tedy trochu jiný.
1 f   Ax + B C D
■ dx = / —t--1---h---77 da;
(a;2 - 4a; + 5)(x - 2)2 J x2 - 4x + 5    x-2     (x - 2)s
c3
x2
x1 ™0
4A + B-6C + D = 0 AA-AB + 13C - AD = 0 4B - 10C + 5D = 1
A = 0   B = —1,   C = 0,   D = 1
Ax + B        C D     ,       f 1 1      , /     n       1 ^,
da; = /--=----h7--tj da; = arctan(2—a;) —7-7+^
2 - 4a; + 5   x - 2   (x - 2)2 j    x2 - 4x + 5   (x - 2)2 v      '   (x - 2)
f   Ax + B         C        D , dx =     —z--1---1--da;
(a;2 + 2a; + 2)(a;2 + 2a; - 3) J a;2 + 2a; + 2     x - 1     a; + 3
•3-   A + C + D = 0
x x2 x1 x°
2A + B + 5C + D = 0
- 3A + 2B + 8C = 1
- 3B + 6C - 2D = 0
14
1 13 A=—,   B = 0,   C = —,   D = — 5' ' 20' 20
Ax + B C        D ,
■ dx
;2+2a; + 2a;-la; + 3 J    5(x2 + 2x + 2)     20(a; - 1)     20(a; + 3)
= - (arctanía; + 1) - - ln\x2 + 2x + 2| ) + — ln \x - 1| + — ln \x + 3| + C
Poslední kategorie příkladů je taková, že ve jmenovateli je vyšší mocnina polynomu než v čitateli musíme tedy podělit vícekrát.
14.
ľ3 + 2x2 + x -1 f x(x2 - x - 1) + 3a;2 + 2x - 1 f     3(x2 - x - 1) + 5a; + 2
-5---dx = -5---dx =     x-\--5---da;
ar — a; — 1 J ar — x — 1 J ar — a; — 1
x2      f 5a; + 2
= V + / 3 + ~2-ľ da; =
2     J        ar — x — 1
= y + 3a; + ^ ((25 + 9VŠ) ln | - 2a; + Vb + 1| + (25 - 9Vš) ln |2a; + VE - 1|) +C
15.
a;10
a;2 + a; — 2
Viz 8. cvičení kolegy Cidlinského ve středu.
da;
10.2   Integrály s odmocninou - řešení
1+yG
dx
ť = x 2tdt = dx
2t
T+t
dí = 2í - 21n|l +í| + C = 2Vx - 21n|l + VA + C
1 + Vx
dx
ť = x 2tdt = dx
2ť T+t
dt = í2-2í+21n|l+í|+C = a;-2Vä;+21n|l+Vä;|+C
3.
: da;
ŕ = x Qŕdt = dx
Č+t2
6ťdt
6tá t+í
dt = 2r-3r+6r-61n|í+l|+C
2y^ - 3^ + 6Vx - 6 ln | Vx + 1| + C
4.
i + v% + v%
er~E x + vr
da;
ŕ = x Qŕdt = dx
1 + ŕ + t2 t6 +t5
-6ť dt = 6
1 + t2 + ŕ
t + l
dt
= 2t3 + 6 ln 11 +í| +C = 2Vt + 6 ln 11 + V%\ +C Nyní se přesouváme na integrály druhého typu
15
5.
V x + 1 + 1
VxTT-i
da;
t2 = x + 1 2ídí = da;
t + 1 t - 1
2t dt = t2+4t+ln|t-l|+C = a;+l+4VäľTT+ln|VäľTT-l|+C
6.
^/x + l — \/x — 1
da;
Zde musíme použít substituci dvakrát viz sbírka příklad (373).
1 - VaTFI 1 + ^F+T
da;
í6 = x + 1 6t5dt = da;
1 -tA 1+t2
6í5 dí
6ť
6ť
1+t2 1+t2
dt
Výsledek je dostupný ve sbírce, příklad (369).
Dostáváme se do třetího typu příkladu a tedy použití jiné substituce
8.
1    x + l
■ dx
t
x+l
x-1
2tdt = dx
x y x — 1
K tomu abychom mohli dosadit musíme vyjádřit jak da; tak -, pomocí t. To uděláme takto:
o     x + l t2 = —— = 1 x — 1
2 o
-> t2 -1
x — 1
dx =
Tedy můžeme dokončit substituci
2 _ x+l
1      X + l
x V x — 1
■ dx
ť
2tdt
x-l 4í
1
" (í2-l)2
1 2
x — 1
ť + 1
W^i
dx
—> x - 1
dt
t2-l
t2 - 1 4í
—> x = 1
t2 + 1
t2-l t2-l
(t2 - iy
dt
4í
■dí
Ať
t-1 t + 1 t2 + 1 -ln
dí
í2 + l V (í2-l)2 / J (í2-l)(í2 + l) ln|í- 1| +ln|í + l| - 2arctaní + C =
\f^j ~11 +ln I \f^j +11 -2 arctan (yj
9.
3^da; x — 1
6r2
"(í3-iy
x+l x-l
rdí = da;
6íd
x + l x — 1
■dt
+ C
1
6í
3 Ví3
Kam by se dosadilo za í.
- +ln|í2 + í + 1| - 21n|l - í| + 2^3 arctan
(í3 - l)2
2t + 1
V3
+ C
10.
1 + Vx~
dx
Viz sbírka příklad (372).
16
10.3   Binomický integrál - řešení
Některé příklady pouze upravím do tvaru, který by již šel řešit, většina příkladů je k dispozici ve sbírce.
2.
3.
f fä(7 + 5x4)2 dx
m= j n = 4
p = 2 e z x = t3
dx = 3ť2 dí
3íd(7 + 5ť2)2 dt
(2 + 5x)3
dx
m
n = 1
p = 3 e z x = t4
dx = 4í3 dí
(2 + f4)Vdŕ= f 4(2 + 5ŕ4)3dí
Vi + V^
dx
1'
4
í2±í = 2 e z
n
1 + Vx = t3 dx =? dŕ
Prvně dopočítáme x v závislosti na t a také diferenciál dx.
z = (í3 - l)4     dx = 3 (í3 - l)3 3í2 dí Dosadíme substituci a dostaneme
/ _L—9í2(í3-l)3dŕ= í 9t2(t3-l)dt = lŕ-3ŕ + C = l(l + ^)2-3(l + ^) + C J (t3 - l)2 J 6 6
x\/2 — 3\/x dx
m = 1 n = h
H
m+l = 4 ^ n
2 - 3Vx = t2
dx
2t
V3
dt
2   í2ŕ2_^dí = - / 2ís-4íddí
VŠ  ' VŠ 3
|(|-i4)+C = l(2-3VÍ)34(2-3VÍ)2 + C
17
5.
6.
dx
m = O n = 4
p :
+ 1 = í4 1+X4
ť í4-l
da;
1) 44í3dí 1      d* =
^±(ŕ-i)-Uŕdt
í4-l
dí
1
4(í - 1)    4(í + 1)    2(t2 + 1)
(ln|í - 1| - ln |í + 1| + arctaní) + C
- (ln | \/l +x~4 — 11 — ln | \J\ +x~4 + 1| + arctan \J\ + x~4
dx
m+l
m = n P =
la;"2
1 +ar
da; = — t
■p= 2 E Z + l= t2
2 _ t2
í2-l
1
í2-l
dí
í4 i* ^ "4 + 2+č7
(1
C
1         /   1   V n í   ^- dí
1 t
(í2-l)2 ^231
í2 - 1
í(í2-l)dí
-2\2
1 + X~
C
10.4   Goniometrické integrály - řešení
sin™ x cos™ x dx,    pouze si rozmyslete jakou substituci použijete Tento příklad byl rozebraný na přednášce (slide 53 čtvrté prezentace)
2.
1
■ da;
t = tana;
dí
1
-dx
V integrálu máme cos a; musíme ho tedy vyjádřit pomocí tana; abychom za substituci mohli dosadit. Z předchozích cvičení víme, že
1 + tan x
1
cos2 X
—> cos a;
1
1 + tan2 x
Zde nám stačí vzorec pro —K—. Víme tedy jak provést substituci
■ dx
t = tana;
dí
1
■dx
(1 + í2) dí = í H---h C = tana; +
tan3 x
C
18
srn x
1 + 4 cos2 x + 3 sin2 x 1
dx
t = cos x dt = — sin xdx
1-ť2
1 + 4í2 + 3(1 -t2)
dt
ť2 - 1 4 + í2
■dí
4.
5 5 í 5 cos a;
-tt dt = t--arctan —h C = cos a;--arctan--h C
4 +í2 2 2 2 2
cot3 x + cot4 a; da;
Tyto integrály je nej lepší spočítat zvlášť
1-í2
cot x dx
t = sin x dt = cos a;da;
í3
cot x dx
■dt
-^-ln|t|+C
1
í = tana;
dí
1
-da;
Zde si musíme, ještě vyjádřit sin a; pomocí tana; a to takto sin2 x
cot x dx
t = tana;
dí
i
-da;
2\2
1 (1+í2) (1+í2)3 í4
1 1
■dí
í4(l+í2)
2 sin2 x
tan2 x 1+tan2 x
dt
ln I sin x I + C
-     + -+arctan í+C
3tanáa; tana;
5.
1
2 — cos x
dx
t = tan | = j^i dí
2-^1+t2
+ x + C
dt
2+2ŕ2-l+ŕ2 1   i +2 1+í2
dí
1 + 3Í2
dí
21 *
—i— arctan —,--\- L
3 i
\/3 \/3
2^3 r-      a; ^
-arctan v 3 tan —\- C
3 2
1
da;
Vtana;
Toto není příklad racionální funkce, ale i tak ho můžeme vyřešit.
1
Vtan:
: da;
í = Vtana;
1 2í
í 1 + í4
dí
1 + í4
dí
Dostali jsme se k zajímavé úloze na parciální zlomky. Prvně musíme rozložit 1+í4 na kořeny. Na to si pomůžeme trikem. Šlo by to ale také řešit substitucí í2 = s a poté vyřešením kvadratické rovnice.
1 + í4 = 1 + 2í2 + í4 - 2í2 = (í2 + l)2 - (V2í)2 = (í2 + V2t + l)(í2 - V2í + 1)
Tedy
1+í4
dí
At + B
Ct + D
í2 + V2í + 1    í2 - V2í + 1
dí
19
A + C = 0
- V2A + B + V2C + D = O A - V2B + C + V2D = O B + D = 2
A=^,   B = l, C
At + B
Ct + D
t2 + Vžt +1   t2 - Vžt +1
dí
= _V2 2 '
t + V2
D = 1
-í + Vž
V2(t2 + V2t + l)     V2(t2-V2t + 1
■dí
= ^= ^ln |í2 + V2t + 1| + 2 arctan(V2í + 1) - ln |í2 - V2í + 1| - 2 arctan(l - \/2í) —= fln I tana; + V2Vtanx + 1| + 2 arctanfv^Vtana; + 1) — ln I tana; — \/2\/tanx + 1|
2V2 V 1
— 2arctan(l —        tan:
7.
srna;
sin a; — cos x
dx
t = tana; dx = dí
í2
ŕ2 1+í2
~l+t2
1+í2
dí
Nyní bychom museli upravovat tento výraz, ale lze to dopočítat pomocí způsobů, které jsme se naučili v minulých kapitolách. Lze tento integrál však řešit jednodušeji, prvně použijeme goniometrické vzorce na upravení a dostaneme
srna;
■ da;
sin x — cos x
tana;
tana; — 1 1/1        1 - í
í = tana; dx = dí
í
1
í - 1 1 + í2
dí
í
(í-l)(l+í2)
dí
2 V í - 1 1+í2
dí
lnlí - II
4
■lnlr + II
1
■ arctan í + C
1 i    1    i     2        1 1
— ln tan x — 1--ln tan x + 1N—x + C
2 1 1    4    1 1 2
cos x cos 2a; cos 3a; da;
Zde je znovu lepší použít goniometrických identit, samozřejmě je také tento příklad možné počítat pomocí substitucí, ale není to nutné.
cos x cos 3a; = — (cos(2a;) + cos(4a;)) ,    — cos(2a;) (cos(2a;) + cos(4a;)) = — (1 + cos(2a;) + cos(4a;)
Tedy
cos x cos 2a; cos 3a; da; = — / (1 + cos(2a;) + cos(4a;) + cos(6a;)) da;
1 /       1     ,   .     1     ,   .     1     , . a; H— sin(2a;) + — sin(4a;) H— sin(6a;y
■C
20
cos 2x
1 + cos x
Tento příklad jsme podrobně počítali na cvičení.
■ dx
10.
sin x cos x
dx
sin x + cos x
t = tan | = dí
2í 1-r2 1+í2 1+í2
2ŕ     ,   1-ŕ2 T _i_ +2
T+F + T+F 1 +í
dí
2í(l - í2)
(l + í2)(2í + l-í2)
dí
(ln|í + l|+arctaní]
2 /   ,     o x
-  ln tan^ - + 1
5 V   1        2 1
4í
í + 2
5(í2
5(í2
í- 1]
10
1 + Vb] lni - 2í + Vb + II - ( VŠ - 1 ) ln|2í + Vb - 1
arctantan —H--ífl +       m | — 2tan —h Vb + 11
2 /     10 \ \ / 2
Vb- 1) ln|2tan| + Vb - 1
11.
sin a; cos x
ô • 2
cosz x — sin a;
da;
Zde máme chyták, tento příklad je jen na pozornost a znalost základních goniometrických vzorců.
sin x cos x 1  f sin 2a; 1 .
---t.— dx = — -da; = — / tan 2a; da;
cos2 x - shr x 2 / cos 2a; 2
1 1 22
ln I cos 2a;|+C
1
ln I cos2a;|+C
12.
1
1 + sin(2a;~
da;
t
da;
tana;
1
dí
l+2ŕ+ŕ2 l-í-t2 1+í2
dí
ŕ2
1+í2
i 1
1+í2
1 + 2í + í2
dí
1 + í
í2
■C
dí
1
1 + tan x
2 1 1 zl+í2 1
C
í2
dí
21