SIMR 2010/11, Analiza 1, wykład 10, 2010-12-9

Wzory rekurencyjne

Przy obliczaniu niektórych całek wygodnie jest czasem wyprowadzić pewien wzór rekuren-
cyjny.

Przykład: Obliczyć I

n

=

Z

1

(x

2

+ 1)

n

dx

Najpierw obliczymy:

Z

x

(x

2

+ 1)

n

dx =

(

t = x

2

+ 1

dt = 2xdx

)

=

Z

1

2t

n

dt =

−1

2(n − 1)t

n−1

+ C =

−1

2(n − 1)(x

2

+ 1)

n−1

+

C, n = 2, 3, 4, . . .

I

n

=

Z

1

(x

2

+ 1)

n

dx =

Z

1 + x

2

− x

2

(x

2

+ 1)

n

dx =

Z

1

(x

2

+ 1)

n−1

dx −

Z

x

2

(x

2

+ 1)

n

dx

Poniższą całkę obliczamy całkując przez części:

Z

x

2

(x

2

+ 1)

n

dx =















f (x) = x

g

0

(x) =

x

(x

2

+ 1)

n

f

0

(x) = 1 g(x) =

−1

2(n − 1)(x

2

+ 1)

n−1















=

−x

2(n − 1)(x

2

+ 1)

n−1

−

Z

−1

2(n − 1)(x

2

+ 1)

n−1

dx =

−x

2(n − 1)(x

2

+ 1)

n−1

+

1

2(n − 1)

Z

1

(x

2

+ 1)

n−1

dx =

−x

2(n − 1)(x

2

+ 1)

n−1

+

1

2(n − 1)

I

n−1

, n = 2, 3, 4, . . .

stąd:

I

n

= I

n−1

+

x

2(n − 1)(x

2

+ 1)

n−1

−

1

2(n − 1)

I

n−1

=

x

2(n − 1)(x

2

+ 1)

n−1

+

2n − 3

2n − 2

I

n−1

, n =

2, 3, 4, . . .
Obliczając jeszcze:

I

1

=

Z

1

(x

2

+ 1)

1

dx = arc tg x + C

Dostajemy wzór rekurencyjny:











I

1

= arc tg x + C

I

n

=

x

2(n − 1)(x

2

+ 1)

n−1

+

2n − 3

2n − 2

I

n−1

, n = 2, 3, 4, . . .

Korzystając z tego wzoru obliczamy:

Z

1

(x

2

+ 1)

3

dx = I

3

I

2

=

x

2(x

2

+ 1)

+

1

2

I

1

=

x

2(x

2

+ 1)

+

1

2

arc tg x + C

I

3

=

x

4(x

2

+ 1)

2

+

3

4

I

2

=

x

4(x

2

+ 1)

2

+

3x

8(x

2

+ 1)

+

3

8

arc tg x + C

Całkowanie funkcji wymiernej

Funkcja wymierna R(x) jest funkcją w postaci: R(x) =

P (x)

Q(x)

, gdzie P, Q są wielomianami.

Całki z prostych funkcji wymiernych:

Z

1

x − a

dx = {t = x − a} = ln |x − a| + C

Z

1

(x − a)

2

dx = {t = x − a} =

−1

x − a

+ C

1

Z

1

(x − a)

3

dx = {t = x − a} =

−1

2(x − a)

2

+ C

Z

1

x

2

+ 1

dx = arc tg x + C

Z

x

x

2

+ 1

dx =

(

t = x

2

+ 1

dt = 2xdx

)

=

Z

1

2t

dt =

1

2

ln |t| + C =

1

2

ln |x

2

+ 1| + C

Z

x

(x

2

+ 1)

2

dx =

(

t = x

2

+ 1

dt = 2xdx

)

=

Z

1

2t

2

dt =

−1

2t

+ C =

−1

2(x

2

+ 1)

+ C

Z

1

(x

2

+ 1)

2

dx - korzystamy ze wzoru rekurencyjnego

Z

1

x

2

− 6x + 13

dx =

Z

1

(x − 3)

2

+ 4

dx =

Z

1

4



(x − 3)

2

4

+ 1



dx =

1

4

Z

1



x − 3

2



2

+ 1

dx =

{t =

x − 3

2

} =

1

2

arc tg



x − 3

2



+ C

Całki z funkcji wymiernych:
Sposób obliczania całki z funkcji wymiernej na przykładzie całki:

Z

x

4

+ 1

x

3

− x

dx

1. Dzielimy licznik przez mianownik ( o ile st P ­ st Q ) :

x

4

+ 1

x

3

− x

= x +

x

2

+ 1

x

3

− x

Obliczamy teraz całkę

Z

x

2

+ 1

x

3

− x

dx (stopień licznika jest mniejszy od stopnia mianownika).

2. Sprawdzamy czy licznik jest pochodną mianownika pomnożona przez stałą:
(x

3

− x)

0

= 3x

2

− 1 6= a(x

2

+ 1)

3. Rozkładamy mianownik na czynniki:
x

3

− x = x(x − 1)(x + 1)

Uwaga: W rozkładzie tym występują tylko wielomiany stopnia pierwszego lub drugiego z
deltą ujemną.

4. Rozkładamy funkcję wymierną na ułamki proste:

x

2

+ 1

x(x − 1)(x + 1)

=

A

x

+

B

x − 1

+

C

x + 1

Uwaga: Każdemu czynnikowi w rozkładzie odpowiadają ułameki proste:

1. Czynnik stopnia pierwszego jednokrotny: (x − a) −→

A

x − a

2. Czynnik stopnia pierwszego wielokrotny: (x−a)

n

−→

A

1

x − a

+

A

2

(x − a)

2

+· · ·+

A

n

(x − a)

n

3. Czynnik stopnia drugiego jednokrotny: (x

2

+ ax + b) −→

Ax + B

x

2

+ ax + b

4. Czynnik stopnia drugiego wielokrotny: (x

2

+ax+b)

n

−→

A

1

x + B

1

x

2

+ ax + b

+

A

2

x + B

2

(x

2

+ ax + b)

2

+

. . .

A

n

x + B

n

(x

2

+ ax + b)

n

Obliczamy niewiadome współczynniki A, B, C :
x

2

+ 1 = A(x − 1)(x + 1) + Bx(x + 1) + Cx(x − 1)

2

Wielomiany stopnia drugiego są sobie równe ∀x ∈ R wtedy i tylko wtedy, gdy są równe w 3
różnych punktach:
x = 0 : 1 = −A
x = 1 : 2 = 2B
x = −1 : 2 = 2C
stąd A = −1 , B = 1 , C = 1 :

x

2

+ 1

x(x − 1)(x + 1)

=

−1

x

+

1

x − 1

+

1

x + 1

5. Obliczamy całki:

Z

x

4

+ 1

x

3

− x

dx =

Z

xdx−

Z

1

x

dx+

Z

1

x − 1

dx+

Z

1

x + 1

dx =

1

2

x

2

−ln |x|+ln |x−1|+ln |x+1|+C

Przykład: Obliczyć całkę:

Z

2x − 3

x

4

+ x

2

dx

Stopień licznika jest mniejszy od stopnia mianownika, nie dzielimy więc wielomianów.
Rozkład mianownika na czynniki:
x

4

+ x

2

= x

2

(x

2

+ 1)

Rozkład na ułamki proste:

2x − 3

x

2

(x

2

+ 1)

=

A

x

+

B

x

2

+

Cx + D

x

2

+ 1

2x − 3 = Ax(x

2

+ 1) + B(x

2

+ 1) + (Cx + D)x

2

Porównujemy współczynniki przy kolejnych potęgach x:
A + C = 0 , B + D = 0 , A = 2 , B = −3
stąd: C = −2 , D = 3
mamy więc:

2x − 3

x

2

(x

2

+ 1)

=

2

x

+

−3

x

2

+

−2x + 3

x

2

+ 1

stąd:

Z

2x − 3

x

4

+ x

2

dx = 2

Z

1

x

dx − 3

Z

1

x

2

dx − 2

Z

x

x

2

+ 1

dx + 3

Z

1

x

2

+ 1

dx =

2 ln |x| +

3

x

− ln |x

2

+ 1| + 3 arc tg x + C

całkę

Z

x

x

2

+ 1

dx obliczyliśmy przez podstawienie: t = x

2

+ 1 , dt = 2xdx,

Z

x

x

2

+ 1

dx =

Z

1

2t

dt =

1

2

ln |t| + C =

1

2

ln |x

2

+ 1| + C

Przykład: Obliczyć całkę:

Z

4x

3

+ 6x + 1

x

4

+ 3x

2

+ x + 2

dx

Licznik jest pochodną mianownika, więcc podstawiamy t = x

4

+ 3x

2

+ x + 2 i dostajemy:

Z

4x

3

+ 6x + 1

x

4

+ 3x

2

+ x + 2

dx =

Z

1

t

dt = ln |t| + C = ln |x

4

+ 3x

2

+ x + 2| + C

Całki z funkcji:

Z

R





x,

n

s

ax + b

cx + d





dx

Całki takie sprowadzamy do całki z funkcji wymiernej przez podstawienie:

ax + b

cx + d

= t

n

Przykład: Obliczyć całkę

Z

1

√

x +

3

√

x

dx

3

Podstawiamy: x = t

6

, dx = 6t

5

dt

Z

1

√

x +

3

√

x

dx =

Z

6t

5

dt

t

3

+ t

2

= 6

Z

t

3

dt

t + 1

= 6

Z

(t

2

−t+1−

1

t + 1

)dt = 2t

3

−3t

2

−6 ln |t+1|+C =

2

√

x − 3

3

√

x − 6 ln |

6

√

x + 1| + C

Przykład: Obliczyć całkę

Z

s

x − 1

x + 1

dx

Podstawiamy:

x − 1

x + 1

= t

2

, wtedy:

x − 1 = xt

2

+ t

2

x(t

2

− 1) = −1 − t

2

x =

−1 − t

2

t

2

− 1

dx =

−2t(t

2

− 1) + 2t(1 + t

2

)

(t

2

− 1)

2

dt =

4t

(t

2

− 1)

2

dt

Z

s

x − 1

x + 1

dx =

Z

t

4t

(t

2

− 1)

2

dt =

Z

4t

2

(t − 1)

2

(t + 1)

2

dt

Rozkładamy funkcję wymierną na ułamki proste:

4t

2

(t − 1)

2

(t + 1)

2

=

A

t − 1

+

B

(t − 1)

2

+

C

t + 1

+

D

(t + 1)

2

4t

2

= A(t − 1)(t + 1)

2

+ B(t + 1)

2

+ C(t − 1)

2

(t + 1) + D(t − 1)

2

Przyrównujemy wielomiany stopnia ¬ 3 w 4 różnych punktach:
dla t = 1 : 4 = 4B =⇒ B = 1
dla t = −1 : 4 = 4D =⇒ D = 1
dla t = 0 : 0 = −A + 1 + C + 1 =⇒ C − A = −2
dla t = 2 : 16 = 9A + 9 + 3C + 1 =⇒ 3A + C = 2
stąd:
A = 1 , C = −1

Z

4t

2

(t − 1)

2

(t + 1)

2

dt =

Z

1

t − 1

dt +

Z

1

(t − 1)

2

dt −

Z

1

t + 1

dt +

Z

1

(t + 1)

2

dt = ln |t − 1| −

1

t − 1

− ln |t + 1| −

1

t + 1

+ C

więc:

Z

s

x − 1

x + 1

dx = ln








s

x − 1

x + 1

− 1








−

1

q

x−1
x+1

− 1

− ln








s

x − 1

x + 1

+ 1








−

1

q

x−1
x+1

+ 1

+ C

4