1   GONIOMETRICKÁ ČÁST
Goniometrické a hyperbolické integrály a
substituce
1    Goniometrická část 1.1 Základy
Hlavním vzorcem který se při integraci využívá je
sin2 x + cos2 x = 1
Ze základních derivací těchto funkcí (sinx)' = cosx, (cosx)' = — sin x vyplývá J sin xdx = — cos x + C, J cos xdx = sin x + C.
1. S využitím vzorce cos(2x) = cos2 x—sin2 x spočtěte tyto integrály: J cos2 xdx, J sin2 xdx, tím že integrandy vyjádříte pomocí cos(2x) a poté použijete lineární substituci.
2. Rozšířením zlomku vhodným výrazem a použitím vhodné substituce spočtěte následující integrály
-dx,     / -dx
sin x        J cos x 3. Podobným způsobem vypočtěte tyto integrály
tanxdx,     / sin3 xdx
1.2    Substituční použití
Ve cvičení jsme počítali integrál J \/l — x2 a to tak, že jsme použili substituci x = sin u a vzorce sin2 x + cos2 x = 1.
4. Podobným způsobem spočtěte následující integrály (u některých bude substituce trochu jiná, můžete použít i jiné goniometrické funkce jako třeba tanx)
dx, —;-§-dx,     / yjx(l — x)dx,     / —lr ^      % dx,
\/l — x2 (a2+x2)2    '    J J  \/(x — a)(b — x)
1     .        ľ x2
-dx,
1-x2    '    J  (1 + x2)2 Pozor předposlední integrál J jz^dx je možný dělat dokonce více způsoby (2 jste viděli
na cvičeni .
1
3   GONIOMETRICKÉ INTEGRÁLY
2   Hyperbolické funkce
Hyperbolické funkce jsou velmi podobné goniometrickým co se týče jejich vlastností a toho jak vypadají vzorce které pro ně platí.
Definice je následující
g*^ _        g x
sinh x =
2
e~ + e"
cosh x =
2
5. Z výše uvedené definice dokažte, že platí následující vztah
cosh2 x — sinh2 x = 1 Což je obdoba goniometrické jedničky.
6. Obdobně jako, má kružnice x2+y2 = R2 parametrizaci x = fžcos0, y = R sin 0 pomocí goniometrických funkcí dokažte, že hyperbola (^) — (|) = 1 má s použitím vzorce cosh2 x — sinh2 x = 1 parametrizaci pomocí hyperbolických funkcí.
7. tanhx je definován jako tanhx = j!™^ jak vypadá zapsaný pomocí exponenciál? Dále vypočtěte derivace funkcí sinhx, coshx, tanhx a vyjádřete tyto derivace pomocí hyperbolických funkcí
8. Řešením rovnice x = e"~e " vůči y najděte inverzní funkci k sinh x, kterou značíme y = arcsinh, obdobně pro ostatní hyperbolické funkce.
9. Dokažte následující vzorce: sinh(2x) = 2 sinh x cosh x, cosh(2x) = cosh2 x — sinh2 x 10. Podobně jako pro goniometrické funkce spočtěte následující integrály
cosh2xdx,     / sinh2xdx,     / -■—dx,     / -——dx,     / sinh3xdx,     / tanhxdx
coshx        J sinhx
11. Hyperbolický vztah cosh2 x — sinh2 x = 1 můžeme použít k řešení integrály tím, že zvolíme hyperbolickou substituci, vypočtěte následující integrály
/y/l + x2dx,     / — dx,     / -^dx,     / lnfx + y/l + x2)d.
j yrr^2    j i+x2 j
X
3   Goniometrické integrály
Toto budeme dělat na následujícím cvičení (ale v rychlosti)
V přednášce jste se dozvěděli, že pomocí vhodných substitucí můžeme převést jakýkoliv racionální výraz obsahující goniometrické funkce na integrál z racionálně lomené funkce, které umíme řešit. To jaké substituce zvolit záleží na tom jak integrand vypadá.
2
4 ŘEŠENÍ
Speciální substituce
Integrály typu J fž(sinx, cosx) dx řešíme pomocí substituce
(a) jestliže fž(sinx, — cosx) = —fž(sinx, cosx) , volíme substituci t = sin x;
(b) jestliže R(— sinx, cosx) = —fž(sinx, cosx), volíme substituci t = cosx;
(c) jestliže R(— sinx, — cosx) = fž(sinx, cosx), volíme substituci t = tanx;
(d) jestliže nenastane ani jedna z předchozích možností, použijeme k řešení tzv.univerzální substituci:
x
t = tan--> x = 2 arctan t
2
dx =
1 + r2
dí
2í
sin x
1 + r2
cosx
1-ť 1 + r2
Vypočtěte následující integrály (nebo alespoň převedťe do tvaru racionálně lomenné funkce)
12.
sin™ x cos™ x dx,
cos4 x
dx,
sin3 x
1+4 cos2 x + 3 sin2 x sinx
dx,     / cot x + cot xdx,
1 f     1 f      sinx f f cos2x
-dx,     / dx,     / -dx,     / cos x cos 2x cos 3x dx,     / -dx
2 - cos x J vtan x J sin x - cos x y 7 1 + cos x
sin x cos x
dx,
sin x cos x cos2 x — sin2 x
dx,
1
dx
sinx +cosx J coszx —sm"x J  l + sin(2xj
První integrál nemusíte počítat pouze si rozmyslete jakou použijete substituci.
4 Řešení
1. Využíváme vzorce cos(2x) = cos2 x — sin2x a vzorce sin2 x + cos2x = 1, dostaneme
o l+cos(2x)        ■   2 1—cos(2x)       ,   j       ,   , ✓
cos x =-^—'- a sin x =-^—'- a tedy platí
cos2 xdx =
1 + cos(2x)
dx = —+- / cos(2x)dx 2   2j      y '
2x = u
dx = |du
= —+- cos(-u)+C 2   4     y '
sin2 xdx =
= - + - cos(2x) + C
1 — cos(2x)        x    1  f     /   x ,      xl     / n^v
-dx =---/ cos 2x)dx =---cos 2x) + C
2 2    2 /      v   ;        2    4     v ;
3
4 ŘEŠENÍ
2.
sin x
-dx
1     sin x
-dx =
sin x   sin x
sin x
1 — cos2 x
dx =
u = cosx
du = — sin xdx
1 -ii2
-ďu =
1 — u     ^     ,     /1 — cos X ^
= ln W--+ C = ln W--+ C
V l+ii V 1 + cos x
Což je integrál, který budeme řešit níže. Také můžeme využít jiný způsob a to využití
goniometrických vztahů a to konkrétně sin x = -^===y=, což nám pomůže protože s
využitím toho, že (cot x)' = —r^—
smx
-dx =
-1
1
sin X yj\ + cot2x
:dx =
u = cot X
du =
-dx
zdu =
= — arcsinh u + C = — arcsinh cot x + C Tento integrál budeme také počítat níže.
3. První integrál je jednoduchý
smx
tanxdx= / -dx =
cosx
u = cos x
du = — sin xdx
—du = — ln I cosxl + C u
Druhý musíme upravit
sin3 xdx = I (1 — cos2 x) sin xdx =
u
= u + — + C = cos x
4. Tyto integrály používají různé substituce fa)
U = cos X
du = — sin xdx C
= / (1 -u2)du =
cos3 X
1
zdx =
x = sin u
dx = cos u du
cos u
sin2 u
zdu =
cos u
V
cosz u
du =     Idu =
= u
C = arcsiní
C
4
4 ŘEŠENÍ
(b)
(x2 + a
dx =
x = a tanu
dx = —%— du
(a2 (tan2n + l)p cos2 u
du=     a(1 3) cos(3 2) -u d-u =
= — / cos -uďu = — sin -u + G = — sin arctan —h G = —   . -+ G
a2 Va2 + -2
^/x(l — x)dx =
x = sin -u
dx = sin(2ií) du
J yjsin2 -u(l — sin2 u) sin(2ií)dií = J siniíCOSiíSÍn(2ií)
1/"    9, 1  /" , ,,xx,      ti    sin 4-u ^
= - / sin (2-u)ďu = - / (1 — cos(4ií)) du = —
2 J      K   '       AJK K   "        4 16
Teď musíme vyjádřit sin(4-u) pomocí x což je sin2-u. Tedy
sin(4ií) = 2 sin(2ií) cos(2-u) = 4 sin u cos u (cos2 u — sin2 -u) :
4 sin-u\/l — sin2 -u (l — sin2 u — sin2 -u) = 4 sinw\/l — sin2 u (l — 2
= 4VWl - a; (1 - 2x) A dostaneme pro náš integrál, že
sin2 -u)
y—--—        arcsm   x     1 ,— ,-. ,
— x)dx =-----yxv 1 — x [1 — 2x) + G
(d)
y^(x — a)(fe — x)
=dx =
x
sin(2
-u
V sin2 cos2
u
a = (b — a) sin2
dx = (b — a) sin(2ií) du
(b — a) sin(2ií)
yf(b — a) sin2 u(b — a) (1
sin2 u)
zdu =
du =    2du = 2u + C = 2 arcsin
x — a
b — a
C
(e) Tento integrál jsme počítali na cvičení a to budťo substitucí nebo přes parciální zlomky, zde ukážu verzi přes parciální zlomky
-J—dx = l([J:___
1-x2        2 1/ l + i 1-x
dx I = ln a /--h C
1 — x
5
4 ŘEŠENÍ
(f)
l+x:
2\2
dx =
x = tan u áx = -^du
tan u
[1 + tan2 x)2 cos2 u
du =    tan2 u cos2 udu =
u 1 . , ^ arctanx 1 1 = - - - sin(2ií) + C =---2-
arctan x     1 x
2 4
4
1
x^
2x2 + 1
5. Zde pouze dosadíme do cosh2 x — sinh2 x = 1 a dostaneme
-x\2
6. Parametrizace je
7.
(gX   ^       = i (e2x + 2 + e"2* - (e2x - 2 + e~2x)) = 1
x = a cosh ŕ y = fosinhŕ
tanhx =
sinh x     ex — e
1 - e
-2x
cosh x     ex + e
1 + e-
-2x
(sinhx)' = ^(ex — e x)' = ^(ex + e x) = cosh x (cosh x)' = ^(ex + e~x)' = ^(ex — e~x) = sinh x
tanh' x =
, sinh x , cosh2 x — sinh2 x 1
1cosh x cosh2 x cosh2 x
8. Toto budeme řešit jako kvadratickou rovnici pro a = ev
1
2x = a---> a2 — 2xa — 1 = 0—> a±2 = x ± Vx2 + 1
a
Vrácením substituce a = ev vidíme, že pouze kořen s plusem dává smysl (logaritmus záporného čísla není definován) a dostaneme
arcsinhx = ln(x + y/l + x2) Obdobným způsobem dostaneme
arccoshx = ln(x + y/l — x2)
arctanh x = ln
1 + x 1 — X
6
4 RESENI
9. Tyto vzorce lze dokázat rozepsáním
sin.
h(2x) = \ (e2* - e~2x) = \ {{ďf - (e-)2) = \(e° + e~*) (e* - e~*)
1
cosh2 x — sinh2 x = (cosh x + sinh x) (coshx — sinhx) = ^ (e2x + e 2xN|
10. S využitím výše uvedených vzorců spočteme integrály
/i 2            /" 1 + cosh(2x) x 1
cosh xdx = /---dx = — + - cosh(2x) + C
o /" 1 — cosh(2x)        x 1
sinh xdx = / -dx =---cosh(2x) + C
2 2    4       1 ;
= 2 sinh x cosh x = cosh(2x)
1 coshx
-dx = -s—dx =
cosh x 1 + sinh2 x
1 sinhx
-dx = -s-dx =
sinh x        cosh2 x — 1
u = sinh x dlí = cosh xdx
u = coshx du = sinh xdx
1 + u2
du = arctan(sinh(x))+C
1 /coshx + 1
■ du = In \ I-■-
cosh x — 1
u2 - 1
u = sinh x
du = cosh xdx
, o    . sinh3 .
-u —ljďu =--smhx+G
sinhx
tanhxdx= / -■—dx ==
cosh x
u = coshx
du = sinh xdx
—du = ln I coshxl + C u
11. Integrály za pomocí hyperbolické substituce:
\/l + x2dx =
x = sinh-u
dx = coshiídií
u 1
cosh2 udu = —I— cosh(2-u) + C 2    4       v ;
arcsinhx     1 arcsinhx     1 ,--
----h -xcosh(arcsinhx) + 6 =----h -xm(x + v 1 + x2) + C
Vl +x2
dx =
x = sinh-u dx = coshiídií
= J Idu = arcsinhx + C = ln(x + Vl + x2) + C
7
4 ŘEŠENÍ
1
1 + x2
:dx =
x = sinh-u
dx = cosh udu Což jsme ale věděli.
ľ 1
/ --—du = arctan(sinh(-u)) + C = arctan(x) + C
J cosh u
Viz sbírka kolegy Cidlinského. 12. (a)
J sin™ x cos™ x dx,   pouze si rozmyslete jakou substituci použijete Tento příklad byl rozebraný na přednášce (slide 53 čtvrté prezentace)
(b)
t = tan x
1
cos4 X
dx =
dt = —9 dx
V integrálu máme cos x musíme ho tedy vyjádřit pomocí tan x abychom za substituci mohli dosadit. Z předchozích cvičení víme, že
1 + tan x =
1
cos2 X
cosx
1
1 + tan2 x
Zde nám stačí vzorec pro —Víme tedy iak provést substituci
^ COSz X J   J r
dx =
t = tan x
dt = —h— dx
1 + r) dŕ = t H---h C = tan x H--
3 3
c
(d)
sin3 x
1 + 4 cos2 x + 3 sin2 x
dx =
t = cos x
dŕ = — sin xdx
1-ŕ2
dí =
1+4ŕ2+ 3(1-ŕ2)       J 4 +ŕ2
ŕ2-l
dŕ =
= 1
5 5 ŕ 5 cos x
-- dŕ = ŕ--arctan —h C = cos x--arctan--h C
4 +ŕ2 2 2 2 2
cot x + cot x dx
8
4 ŘEŠENÍ
Tyto integrály je nejlepší spočítat zvlášť
cot x dx =
t = sin x
dt = cos xdx
1-t2 1 1
ŕ3 2t2      1 1 2 sin2 x
-ln I sinx|+C
cot xdx =
t = tan x
dt = —5—dx
COSz X
Zde si musíme, ještě vyjádřit sinx pomocí tan x a to takto sin2 x
cot x dx =
t = tan x
dí =
-dx
1 (1 + ť [1 + ŕ2)3 ŕ4
2\2
1
1
3 tan x    tan x
■dí =
C
tan2 x 1+tan2 x
l
l l
n, dt =---H---harctanŕ-
ŕ4(l+ŕ2) 3ŕ3 í
(f)
1
2 — cos x
■ dx =
t = tan:
= dt
9 - ±=íi 1 + ŕ2
dŕ =
2+2ŕ2-l+ŕ2 1 _|_ £2 1+í2
dí =
2 1 ŕ 2y/Š /- x ^ —=— arctan —:—h C =-arctan v 3 tan —h C
3 — — 3 2
dx
\/tan x
Toto není příklad racionální funkce, ale i tak ho můžeme vyřešit.
\/tanx
: dx =
ŕ = \/tan
x
1 2í
ŕ 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 = sa poté vyřešením kvadratické rovnice.
1 + 3Í2
1 + ŕ = 1 + 2ŕ2 + ŕ - 2t2 = (ŕ2 + l)2 - (V2t)2 = (ŕ2 + y/2t + l)(í2 - \/2í + 1
9
4 ŘEŠENÍ
Tedy
1 +í4
dí =
At + B
Ct + D
t2 + Vžt + i   t2-Vžt + i
dt
x
X
X
X
A + C = 0
- \/2A + B + \/2C + D = 0 A - \/2B + C + y/2D = O B + D = 2
A = ^,   5 = 1,   C = -^,   D = l 2 ' ' 2 '
At + B
Ct + D
■dí =
í + \/2
-í + \/2
■dí =
t2 + y/2t + 1   í2 - \/2í + 1        J V2 (í2 + y/2t + 1)   \/2 (í2 - y/2t + l) ^= (ln \t2 + y/2t + 1| + 2arctan(\/2r + 1) - ln \t2 - y/2t + 1| - 2arctan(l - \/2í)) =
ln | tanx + \P1\Jtan x + 1| + 2 arctan(\/2\/tan x + 1) — ln | tanx — \/2\/tanx + 1| —2arctan(l — \/2\/tanx)^
2\/2 1
2\/2
smx
sin x — cos x
■ dx =
ŕ = tan x
da: = dí
ŕ2
í+í2
1
ŕ2
í+í2
^l + í2
í+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
smx
sin x — cos x
dx =
tanx
tan x — 1
t = tanx
= dí
í 1 í - 1 1 + í2
dí =
(í-l)(l + í2)
dí =
(h)
---1--- dí = - ln í - 1--ln í2 + 1 + -arctaní + C
2 Ví-11+í2/ 21       1    4    1        1 2
= - ln I tan x — 11--ln I tan2 x + 11 H—x + C
2    l 1    4    1 1 2
cos x cos 2x cos 3x dx
10
4 ŘEŠENÍ
Zde je znovu lepší použít goniometrických identit, samozřejmě je také tento příklad možné počítat pomocí substitucí, ale není to nutné.
cos x cos 3x = - (cos(2x) + cos(4x))
- cos(2x) (cos(2x) + cos(4x)) = - (1 + cos(2x)
cos(4x)
Tedy
cos x cos 2x cos 3x dx = — j (1 + cos(2x) + cos(4x) + cos(6x)) dx = - (x + - sin(2x) + - sin(4x) + - sin(6x) ) + C
(0
cos 2x 1 + cos x
dx =
cos2 x — sin2 x 1 + cosfx)
1 — 2 sin2 x dx = I —-dx =
(1 + cos x
t = tan :
1-2(t^)2 2 1 + tť&    1 + í2
dí= / 1-2
2í   V , V t
-- dŕ = ŕ—4 arctanŕ----
l + ŕ27 V t2 + l
-C =
x      f x 1
= tan--4---sin x
2 2
C
(j)
sin x cos x
dx =
sin x + cos x
t = tan |
2í 1-í2 1+í2 1+í2
2í     i   1-í2 1   i +2
t+í2 + t+í2
dt = 2
2ŕ(l-ŕ2
(l + ŕ2)(2ŕ + l-ŕ2)
dŕ =
= 2
4ŕ + 2
t + 2
5(ŕ2 + l) 5(ŕ2-ŕ-l) l (ln|ŕ2 + 1| + arctanŕ)+^ ((l + \/š) ln | - 2í + \/Š + 1| - (VE - l) ln |2ŕ + \/Š - 1|)
(ln | tan2 | + 1| + arctantan^ +     ^1 + v7^ ln | - 2 tan | +      + 1|-
\/5 - l) ln|2tan| + \/5 - 1|)
(k)
sin x cos x cos2 x — sin2 x
dx
11
4 ŘEŠENÍ
Zde máme chyták, tento příklad je jen na pozornost a znalost základních goniometrických vzorců.
sin x cos x 1  ľ sin 2x 1  f 1 1
dx = — I -dx = — I tan 2x dx =---ln cos 2x1 + 0 =
2 / cos2x 2 22    1 1
cos2 x — sin2 x
0)
= — ln I cos 2x\ + C 4    1 1
1 + sin(2x)
dx =
t = tan x
1
1
1 + 2
ť r^i + t2
í+í2 v í+í2
dí =
1 + 2^1 + í2
dí =
1 1
l+2ŕ+ŕ2 1   i +2 1+í2    1 + ^
dí =
1
1 + 2í + í2
dí =
1+í
C =
1
1 + tan x
C
12