1. CAŁKA NIEOZNACZONA
Poszukiwanie funkcji F(x), gdy jest jej pochodna F'(x)=f(x), czyli działanie odwrotne do róŜniczkowania nazywa się całkowaniem, a funkcję szukaną
F(x) nazywa się funkcją pierwotną funkcji f(x).
Całkowanie jest działaniem odwrotnym względem róŜniczkowania
(wyznaczania pochodnej) i nie jest działaniem jednoznacznym, co określa następujące twierdzenie, zwane twierdzeniem podstawowym o funkcjach
pierwotnych:
TWIERDZENIE 1.1 JeŜeli funkcja F(x) jest funkcją pierwotną funkcji f(x) w
przedziale X, to funkcja F(x) + C, gdzie C jest dowolną stałą, jest równieŜ
funkcją pierwotną funkcji f(x) w przedziale X.
Dowód. Istotnie, dla kaŜdego x ∈X i kaŜdej stałej C, mamy
[F(x) + C]' = F'(x) = f(x),
zatem funkcja F(x) + C jest funkcją pierwotną funkcji f(x) w przedziale X. Z
drugiej strony, jeŜeli funkcje F(x) i G(x) są funkcjami pierwotnymi funkcji f(x) w przedziale X, czyli
F'(x) = f(x) i
G'(x) = f(x)
to
∀ x ∈ X [ F( x) − G( x)]'= 0
63
Oznacza to, Ŝe funkcja F(x) i G(x) w przedziale X jest wielkością stałą, czyli
G(x) = F(x)+C0.
Zatem, jeŜeli funkcja F(x) jest funkcja pierwotną funkcji f(x) w przedziale X,
to suma
F(x) + C,
gdzie C jest dowolną stałą, przedstawia wszystkie funkcje pierwotne funkcji
f(x) w tym przedziale i tylko takie funkcje.
Zbiór wszystkich funkcji pierwotnych funkcji f(x) w przedziale X nazywamy całką nieoznaczoną funkcji f(x) w tym przedziale i oznaczamy symbolem
(1.1)
∫ f ( x) dx .
Funkcję f(x) nazywamy funkcją podcałkową, a literę x nazywamy zmienną
całkowania. Z podstawowego twierdzenia o funkcjach pierwotnych wynika,
Ŝe
(1.2)
∫ f ( x) dx = F( x) + C ,
gdzie F(x) jest dowolną funkcją pierwotną funkcji f(x), a C jakąkolwiek stałą.
Z definicji całki nieoznaczonej wynika, Ŝe funkcja pierwotna F(x) określona
jest w dziedzinie funkcji podcałkowej f(x).
64
PRZYKŁAD 1.1. Znajdziemy funkcję pierwotną funkcji f(x)=x2, której wykres przechodzi przez punkt (-1,1).
Obliczając całkę nieoznaczoną z funkcji podcałkowej f(x)=x2, otrzymamy
zbiór
∫ x 2 dx = 1 x 3 + C
3
funkcji pierwotnych. PoniewaŜ szukana funkcja pierwotna
1
3
F ( x) = x + C
3
0
ma przechodzić przez punkt (-1,1), zatem musi być spełniony warunek
F(-1) = 1,
czyli
1
3
1 = (− )
1
+ C
3
0
skąd
4
C =
0
3
Tak więc
1
3
4
F ( x) = x +
3
3
jest szukaną funkcją pierwotną.
65
W tablicy podano całki nieoznaczone funkcji elementarnych.
NaleŜy podkreślić, Ŝe wzory podane w tablicy są prawdziwe w kaŜdym
przedziale ciągłości odpowiedniej funkcji podcałkowej.
Lp.
Całka
Uzasadnienie
1
∫
=
0 dx = C
[ C]' 0
2
∫ dx = x + C
[ x + C]'=1
1
3
∫
1
xx dx =
x+
x 1 + C(α ≠ − )
1
x 1
+
x
α
+
=
+
x
C '
x
1
α +1
4
∫ 1 dx = ln | x | + C
[ln | x | + C]' = a x
x
'
ax
a x
x
x
5
∫ a dx =
+ C a
( > ,
0 a ≠ )
1
+ C = a
ln a
ln a
exdx = ex +
x
x
+
=
6
∫
C
[ e
C]' e
∫
[− cos x + C]' = sin x
sin xdx = −cos x + C
7
∫cos xdx = sin x + C
[sin x + C]'= cos x
8
1
1
[− ctgx + C]'=
∫
dx = − ctgx+ C
2
sin2 x
sin x
9
1
1
[ tgx + C]' =
∫
dx = tg + C
2
cos2 x
cos x
10
1
dx
[ arctgx + C]'=
∫
= arctgx+ C
2
1 + x
1+ 2
11
x
−1
(−
[ arcctgx + C]' =
∫ )1 dx =
arcctg +
x C
2
1 + x
2
12
1+ x
1
[arcsin x + C]'=
∫ dx = arcsin x + C
2
1 − x
13
1− x 2
−1
+
=
(− )
1 dx
[arccos x
C]'
=
2
arcco x
s +
1 − x
14
∫
C
1− x 2
66
PRZYKŁAD 1.2. Obliczając pochodną [ ln |x| + C]' dla x>0 otrzymujemy
∫ dx = ln | x | + C
x
natomiast dla x<0
(− )
1
1
[ln | x |]' = [ln(− x)]' =
= ,
− x
x
czyli
1
[ln | x | + C]' =
x
PRZYKŁAD 1.3. Mamy
4
1
5
∫ x dx = x + C dla x ∈(−∞,+∞),
5
x
8 x
∫8 dx =
+ C dla x ∈ (−∞,+∞),
ln 8
2
∫ xdx = x x + C dla x ∈( ,0+∞),
3
2
dx
−
1
2
− 1
+
3
3
∫
= ∫ x dx =
x
+ C = 33 x + C dla x ∈ (−∞, )
0 ∪ ( ,
0 +∞),
2
3
2
x
− +1
3
7
2
1
7
10
1
+
3
3
3
3
3
∫ x xdx = ∫ x dx =
x
+ C = x + C dla x ∈ (−∞,+∞).
7 + 1
10
3
2. PODSTAWOWE WŁASNOŚCI CAŁKI NIEOZNACZONEJ
Podamy obecnie podstawowe własności całki nieoznaczonej.
1. JeŜeli funkcja f(x) ma w pewnym przedziale funkcję pierwotną, a k jest dowolną stałą liczbą od zera, to
(2.1)
∫ kf ( x) dx = k∫ f ( x) dx ( k ≠ 0).
67
Z definicji całki nieoznaczonej wynika, Ŝe
[
'
∫ f ( x) dx] = f ( x)
Mamy
[
'
'
∫ kf ( x) dx] = kf ( x) oraz [ k∫ f ( x) dx] = kf ( x), zatem
∫ kf ( x) dx = k∫ f ( x) dx
Własność 1 moŜna wyrazić w następujący sposób: stały czynnik
występujący w funkcji podcałkowej moŜna wyłączyć przed znak całki.
PRZYKŁAD 2.1. Obliczmy całki nieoznaczone ∫3 2
4
x dx i ∫ d .
x
x
Z podanej własności otrzymujemy
2
2
1
∫3 x dx = 3∫ x dx = 3
2 1
+
3
x
+ C = x + C dla x ∈ R,
2 +1
4
∫ dx = 4∫ dx = 4ln | x | + C dla x ≠ 0.
3
x
2. JeŜeli funkcje f(x) i g(x) mają funkcje pierwotne w pewnym przedziale, to
(2.2) ∫[ f ( x) ± g( x)] dx = ∫ f ( x) dx ± ∫ g( x) d . x Istotnie:
[
'
∫[ f ( x) ± g( x)] dx] = f ( x) ± g( x),
[
'
∫ f ( x) dx ± ∫ g( x) dx] = f ( x) ± g( x), 68
∫[ f ( x) ± g( x)] dx = ∫ f ( x) dx ± ∫ g( x) d . x ZauwaŜamy, Ŝe jeŜeli całkujemy sumę (róŜnicę) kilku funkcji, to po
obliczeniu całek z poszczególnych składników dopisujemy jedną stałą
dowolną, poniewaŜ suma stałych dowolnych jest równieŜ stałą dowolną.
PRZYKŁAD 2.2. Obliczmy całkę
∫ 5
(
4
x − 4 3
x + 3 x + 2) d .
x
Korzystając z własności całki nieoznaczonej mamy
∫ 5
(
4
x − 4 3
x + 3 x + 2) dx = ∫ 5 4
x dx − ∫ 4 3
x dx + ∫ 3 xdx + ∫ 2 dx =
5
4
∫ x dx − 4 3
∫ x dx + 3∫ xdx + 2
5
4
3
2
∫ dx = x + x + x + 2 x + C dla x ∈(−∞,+∞).
2
3. CAŁKOWANIE PRZEZ PODSTAWIENIE
Przy obliczaniu wielu całek nieoznaczonych pomocnym jest następujące
twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie t = h(x).
TWIERDZENIE 3.1 JeŜeli istnieje taka funkcja t = h(x) róŜniczkowalna w przedziale T i h(x)∈ T, oraz Ŝe funkcja podcałkowa
(3.1)
f ( x) = g[ h( x)] = g( t), to w przypadku gdy funkcja g(t) ma w przedziale T funkcję pierwotną G(t) i ponadto w przedziale X zachodzi
(3.2)
f ( x) = g[ h( x)] h'( x)
69
to dla x ∈ X prawdziwa jest równość
(3.3)
∫ f ( x) dx = G[ h( x)] + C
D o w ó d. Funkcja złoŜona G[h(x)] jest funkcją pierwotną funkcji f(x) w przedziale X, poniewaŜ dla kaŜdego x ∈ X zachodzi
d
[
G h( x)] = g'[ h( x)] h'( x) = g[ h( x)] h'( x) = f ( x) dx
Zatem istnieje całka nieoznaczona funkcji f(x) w przedziale X.
JeŜeli zastąpimy w wyraŜeniu G[h(x)]+C symbol h(x) literą t, to otrzymamy G(t)+C, czyli całkę nieoznaczoną ∫ g( t) dt . MoŜemy zatem napisać (3.4)
∫ f ( x) dx = ∫ g t() dt
lub
(3.5)
∫ f ( x) dx = ∫ g[ h( x)] h'( x) dx = ∫ g( t) dt.
Ostatnią równość nazywamy wzorem na całkowanie przez podstawienie t =
h(x). Metoda całkowania przez podstawienie zwana jest takŜe metodą całkowania przez zmianę zmiennej. Jest to jedna z najczęściej
stosowanych metod całkowania. Metodę tę stosujemy wtedy, gdy funkcja
podcałkowa jest funkcją złoŜoną. Metodę całkowania przez podstawienie
naleŜy stosować wówczas, gdy całka ∫ g( t) dt jest łatwiejsza do obliczenia niŜ całka ∫ f ( x) dx . Nie istnieją zasady podstawiania przy obliczaniu całek.
Odpowiednich umiejętności nabywa się tylko drogą wprawy przez
obliczanie całek.
70
∫ 3
( x + 5
)
1 dx
Podstawiamy
t = 3 x + 1
, czyli h( x) = 3 x +1
Mamy
h' ( x) = ,
3
dt = 3 d .
x
PoniewaŜ
3
( x + )
1 5
1
= 3
( x + )
1 5 ⋅
3
{3 ,
4
1
4
2 3
4
1
4
2 3 h (' x)
f ( x)
g[ h( x)]
zatem
5
1
g( t) = t
3
Korzystając ze wzoru (5.7.5) otrzymujemy
5
1
5
1
5
1
∫ 3
( x + )
1
1
5 1
dx = ∫ t dt =
t dt = ⋅
t +
∫
+ C =
3
3
3
5 + 1
1 6
1
=
t + C =
3
( x + )
1 6 + C.
18
18
PRZYKŁAD 3.2. Obliczmy całkę
∫
3
3 2
x 2 x d .
x
Podstawiamy
3
t = x , czyli
3
h( x) = x . Ponadto
2
2
h' ( x) = 3 x oraz dt = 3 x dx . Mamy
2
3
3
x
x
2
3 x ⋅ 2
=
4
1
4
2 3
{
2
⋅ {
3 x
g[ h( x)]
f ( x)
h'( x)
71
t
g t
( ) = 2 . Ze wzoru na całkowanie przez podstawienie otrzymujemy
t
x 3
∫
3
2
2
2
3 x
x
2 dx
t
= ∫ 2 dt =
+ C =
+ C
ln 2
ln 2
W
dalszych
przykładach
zapisywać
będziemy
tylko
niezbędne
przekształcenia. NaleŜy dodać, Ŝe wszystkie całki nieoznaczone są
określone tylko w dziedzinie funkcji podcałkowej.
PRZYKŁAD 3.3. Obliczmy całkę
sin 3
∫
x cos xd .
x
Podstawiamy t = sin x. Mamy
dt = cos xdx,
∫sin3 x cos
3
1
4
1
xdx = ∫ t dt = t + C = sin 4 x + C.
4
4
PRZYKŁAD 3.4. Obliczmy całkę
∫ x d . x
3 2
x + 1
Podstawiamy t = 3 2
x + 1. Mamy
dt = 6 xd ,
1
x
xdx = dt,
6
x
1
1
1
∫
dx = ∫ dt = ln | t |
1
+ C = ln 3
(
2
x + )
1 + C.
3 2
x + 1
6
t
6
6
JeŜeli mamy obliczyć całkę
ϕ'( x)
(3.6)
∫
dx
ϕ
( x)
72
tzn. całkę z funkcją podcałkową taką, Ŝe w liczniku jest pochodna mianownika, to stosujemy podstawienie
(3.7)
t = ϕ ( x).
Mamy więc
(3.8)
dt = ϕ'( x) dx
oraz
ϕ'( x)
dt
(3.9)
∫
dx = ∫
= ln | t | + C = ln | ϕ( x) | + C
ϕ( x)
t
PRZYKŁAD 3.4. Obliczmy całkę
∫ ctgxd . x
Mamy
cos x
∫ ctgxdx = ∫
d .
x
sin x
Stwierdzamy, Ŝe całka ta jest całką postaci (5.7.6), zatem
∫ ctgxdx = ln | sin x | + C.
PRZYKŁAD 3.5. Obliczmy całkę
∫
dx
.
x 3
( + ln x)
Podstawiamy t = 3 + ln x. Mamy dt
1
= dx , skąd
x
73
dt
∫
= ∫ = ln | t | + C = ln | 3 + ln x | + C.
x 3
( + ln x)
t
Przy obliczaniu niektórych całek naleŜy stosować podstawienie
x = ψ ( t) . Podamy obecnie drugie twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie x = ψ ( t) .
TWIERDZENIE
3.2
JeŜeli
funkcja
ψ ( t) jest róŜniczkowalna i
róŜnowartościowa w przedziale T i wartości funkcji ψ ( t) naleŜą do przedziału X oraz funkcja f(x) dla x ∈ X ma funkcję pierwotną, to (3.10)
∫ f ( x) dx = ∫ f [ψ ( t)]ψ '( t) dt PRZYKŁAD 3.5. Obliczmy całkę
∫ dx .
3
x + x
Stosując podstawienie
6
x = t ( t ≥ )
0 mamy oraz
5
3
3
2
dx = 6 t dt, x = t , x = t
oraz
5
3
dx
t dt
t
∫
= 6∫
= 6∫
dt = 6∫ ( 2
t − t + 1
1
− ) dt =
3
2
+
3
t
x + x
t + t
t + 1
1
= [
6 1 3
1
2
t − t + t − ln( t + )
1 ] + C = 2 3
t − 3 2
t + 6 t − 6 ln( t + )
1 + C =
3
2
= 2 x − 33 x + 66 x − 6ln(6 x + )
1 + C.
74
4. CAŁKOWANIE PRZEZ CZĘŚCI
W wielu przypadkach przy obliczaniu całek nieoznaczonych korzysta się z
następującego twierdzenia o całkowaniu przez części:
TWIERDZIENIE 4.1. JeŜeli funkcje u(x) i v(x) mają w pewnym przedziale ciągłe pochodne u'(x) i v'(x), to zachodzi wzór zwany wzorem całkowania przez części
(4.1)
u( x) v'( x) dx = u( x) v( x) v( x) u' ( x) d .
∫
− ∫
x
D o w ó d. Mamy
[ u( x) v( x) − ∫ v( x) u'( x) dx]'= u'( x) v( x) + u( x) v'( x) − v( x) u'( x) = u( x) v'( x).
Z definicji całki nieoznaczonej wynika więc, Ŝe
[∫ u( x) v'( x) dx]'= u( x) v'( x).
Zatem wzór (4.1) jest prawdziwy.
Wzór (4.1) stosowany jest wówczas, gdy całka występująca po prawej
stronie tego wzoru jest łatwiejsza do obliczenia, aniŜeli całka znajdująca się
po lewej stronie wzoru. Istotę całkowania przez części wyjaśnimy na
przykładach. Stosując pojęcie róŜniczki, wzór (4.1) moŜna zapisać w
postaci
(4.2)
∫ udv = uv − ∫ vdu.
75
Obliczając całkę nieoznaczoną metodą całkowania przez części, oznaczamy odpowiednie czynniki funkcji podcałkowej przez u(x) i v'(x) (w podanych przykładach są one zapisane po lewej stronie pionowej kreski), a
następnie obliczamy u'(x) i v(x). Obliczana funkcja v(x) jest tutaj dowolną funkcją pierwotną funkcji v'(x).
PRZYKŁAD 4.1. Obliczmy całkę
∫ xexdx
Mamy
u = x, | u' = ,
1
v' = x
e
|
v = ∫ x
e dx = x
e ,
zatem
∫ xexdx = xex − ∫ exdx = xex − ex + C.
PRZYKŁAD 4.2. Obliczmy całkę
∫ln xdx.
JeŜeli daną całkę zapiszemy w postaci
∫1ln xdx
to
u = ln x, | u'= 1 ,
x
v' = ,
1
| v = x
76
∫ln xdx = x ln
1
x − ∫ x dx = x ln x − x + C.
x
PRZYKŁAD 4.3. Obliczmy całkę
∫ x sin xd . x
Mamy
u = x,
| u' = ,
1
v' = sin x | v = ∫
sin xdx = − cos x
zatem
∫ x sin xdx = − x cos x − ∫(−cos x) dx = − x cos x + sin x + C.
PRZYKŁAD 4.4. Obliczmy całkę
∫ ex cos xd . x
Mamy
u = cos x, | u' = − sin x,
x
x
v' = e ,
| v = e
(1)
∫ ex cos xdx = ex cos x + ∫ ex sin xd . x Obliczamy całkę
∫ ex sin xdx
77
u = sin x, | u' = cos x,
x
x
v' = e ,
| v = e
Podstawiając tę całkę do całki (1) otrzymujemy
∫ ex cos xdx = ex cos x + ( ex sin x − ∫ ex cos xdx) = ex cos x + ex sin x − ∫ ex cos xd . x PoniewaŜ po obu stronach występuje ta sama całka z róŜnym znakiem,
zatem moŜe napisać
2∫ ex cos xdx = ex cos x + ex sin x + 2 C, skąd
∫ ex cos
1
xdx = e x (cos x + sin x) + C.
2
Przy obliczaniu wielu całek nieoznaczonych naleŜy jednocześnie stosować
metodę całkowania przez części i metodę podstawiania.
PRZYKŁAD 4.5. Obliczmy całkę
x cos 2
∫
xd .
x
PoniewaŜ
1 + cos 2 x
cos 2 x =
,
2
zatem
78
∫ x cos2
1
d
x x = ∫ x 1
( + cos 2 x)
1
1
dx = ∫ xdx + ∫ x cos 2 xd .
x
2
2
2
Obliczamy całkę ∫ x cos 2 xdx stosując podstawienie t = 2x. Mamy dt = 2dx, skąd dx
1
= dt, x 1
= t oraz
2
2
(2)
∫ x cos2
1
xdx = ∫ t cos 1
1
t dt = ∫ t cos tdt.
2
2
4
Obliczamy całkę ∫ t cos tdt. korzystając z metody całkowania przez części.
Mamy
u = t,
| u' = ,
1
v' = cos t,
| v = ∫
cos tdt = sin t
(3)
∫ t cos tdt = t sin t − ∫sin tdt = t sin t + cos t Podstawiamy całkę (3) do całki (2), wyniku otrzymujemy
∫ x cos2
1
xdx = ( t sin t + cos t)
1
= x sin 2
1
x + cos 2 .
x
4
2
4
Zatem wykorzystując równość (1) mamy ostatecznie
∫ x cos2 xdx = 1 x 2 + 1 x sin 2 x + 1 cos 2 x + C
4
4
8
5. CAŁKI FUNKCJI WYMIERNYCH
Funkcją wymierną nazywamy iloraz dwóch wielomianów. Całka funkcji
wymiernej jest więc postaci:
W ( x)
n
n 1
a x
n
n
+
−
an− x
+ ... + a x + a
1
1
0
∫
dx = ∫
d .
x
W ( x)
m
m 1
b x
m
m
+
−
bm− x
+ ... + b x + b
1
1
0
79
Całkę tego typu moŜna rozłoŜyć na sumę całek, z których kaŜdą w wyniku dalszych przekształceń, sprowadza się do wzorów podstawowych
rachunku całkowego. Przy obliczaniu postępujemy w następujący sposób:
1) skracamy ułamek, aby wielomiany Wn(x) i Wm(x) nie miały wspólnych czynników,
2) jeŜeli n ≥ m , to licznik dzielimy przez mianownik i funkcję podcałkową przedstawiamy jako sumę wielomianu oraz funkcji wymiernej,
w której juŜ stopień licznika jest mniejszy niŜ stopień mianownika,
3) jeŜeli n<m, to mianownik rozkładamy na czynniki liniowe i kwadratowe o wyróŜniku ujemnym, a następnie funkcję podcałkową
rozkładamy na ułamki proste, tj. na wyraŜenia postaci
A
B + C
x
oraz
(p, k – liczby naturalne),
k
2
p
( ax + b)
( cx + dx + e)
gdzie A, B, C, a, b, c, d, e są liczbami stałymi.
Sposób rozkładania funkcji wymiernej na ułamki proste oraz obliczania
całek z ułamków prostych zostanie przedstawiony w podanych poniŜej
przykładach.
PRZYKŁADY
cdx
1. Obliczyć całkę ∫
, a ≠ 0.
ax + b
Rozwiązanie. Zakładamy, Ŝe ax+b≠ 0. Wykonujemy podstawienie ax+b=t.
RóŜniczkują otrzymujemy adx=dt, skąd dx
1
= dt . Podstawiamy te wartości
a
do całki:
80
c 1 dt
c
dt
a
c
∫
= ∫
= ∫ = ln | t | + C c
= ln | ax + b | + C
ax + b
t
a
t
a
a
ax + b
2. Obliczyć całkę ∫
dx, m ≠ .
0
mx + n
Rozwiązanie. Zakładamy, Ŝe mx+n jest róŜne od zera. Dzielimy licznik przez mianownik, poniewaŜ są równego stopnia.
ax + b
a
b
an
− m
=
+
,
mx + n
m
mx + n
( ax + b) dx
b
an
−
dx
a
∫
= ∫ dx
m
+ ∫
dx
a
= x + ( b an
− )∫
=
m
m
m
sk
+
+
+
ąd
mx
n
mx
n
mx
n
bm − an
a x +
ln | mx + n | + C.
x
2
m
W dalszym ciągu zajmiemy się całkami typu
∫
dx
,
a ≠ 0
2
ax + bx + c
Obliczamy je róŜnie w zaleŜności od znaku wyróŜnika trójmianu ax 2 + bx + c .
Na przykładach rozpatrzymy przypadki: ∆ > ,
0 ∆ = ,
0 ∆ < 0 .
Przykłady
dx
1. ∆ > 0 . Obliczyć całkę ∫
− 2
x − 2 x + 15
Rozwiązanie. Obliczamy wyróŜnik trójmianu znajdującego się w
mianowniku ∆ = 4 + 60 = 64 > 0 . Mianownik ma pierwiastki -5 i 3, a więc rozkłada się na czynniki liniowe:
2
− x − 2 x +15 ≡ −( x + )
5 ( x − )
3 ≡ ( x + )
5 3
( − x)
81
dalszych
rozwaŜaniach
przyjmujemy
ograniczenia:
x ≠ − ,
5 x ≠ 3 .
Rozkładamy funkcję podcałkową na sumę ułamków prostych:
1
A
B
=
+
− x 2 − 2 x +15 x + 5 3 − x
W celu wyliczenia stałych A i B mnoŜymy obie strony toŜsamości przez (x+5)(3-x) i otrzymujemy
1 ≡ A 3
( − x) + B( x + )
5 , skąd 1 ≡ ( B − )
A x + 3
( A + 5 B)
Mamy tutaj do czynienia z toŜsamością, czyli związkiem, który jest
spełniony dla kaŜdego x. Z porównania współczynników przy róŜnych
potęgach x, po obu stronach toŜsamości, wynikają następujące zaleŜności:
B-A=0,
3A+5B=1, skąd
1
A = ,
1
B = .
8
8
Wracając do funkcji podcałkowej otrzymujemy rozkład:
1
1
1
8
8
≡
+
.
2
− x − 2 x +15 x + 5 3 − x
Całkujemy obie strony toŜsamości i po prawej stronie wynosimy czynniki stałe przed znak całki:
dx
dx
1
dx
x +
∫
= 1
2
8 ∫
+ ∫
=
5
1 ln | x + 5 | − 1 ln | x − 3 | + C = 1 ln
+ C
− x − 2 x +15
x + 5
8 3 − x
8
8
8
x − 3
dx
2. ∆ = 0 . Obliczyć całkę ∫
4 2
x − 20 x + 25
82
Rozwiązanie. Mamy ∆ = 400 − 400 = 0 , a więc mianownik jest kwadratem zupełnym
2
2
4 x − 20 x + 25 = (2 x − )
5 . Zakładamy, ze
5
x ≠ i podstawiamy 2x-5=t.
2
RóŜniczkując otrzymujemy 2dx = dt, skąd dx=1/2 dt . Obliczamy: dx
dx
1 dt
2
1
−2
1
−1
1
−1
−
∫
=
2
∫
=
2
∫
=
2
2 ∫
1
t dt = − t
+ C = − (2 x − )
5
+ C =
+ C
4 x − 20 x + 25
(2 x − )
5
t
2
2
(
2 2 x − )
5
dx
3. ∆ < 0 . Obliczyć całkę ∫
2 2
x −12 x + 27
Rozwiązanie. Obliczamy wyróŜnik mianownika ∆ = 144 − 216 = −72
Sprowadzamy mianownik do postaci kanonicznej wg wzoru:
2
ax + bx + c = a ([ x + ba )2 + −∆
2
(4 2 a)]
2 2
x −12 x + 27 = 2 ([
12
x −
+
= x −
+
2⋅2 )2
72
4⋅4 ]
2(
)
3 2
9.
A więc
∫
dx
=
dx
1
2
2 ∫
2 x −12 x + 27
( x −
2
)
3
+ 92
W całce tej postaci dokonujemy podstawienia x
9
− 3 =
t , skąd dx
9
=
dt .
2
2
Podstawiając powyŜsze wartości do całki, mamy:
9
9
dx
dt
2
2
dt
2
2
∫
= ∫
=
∫
=
arctgt =
arctg
x −
+ C
2 9
9
2
9
9
2
3
3
( 2( )3
9
) .
( x − )
3
t +
t + 1
2
2
2
2
Ostatecznie otrzymujemy
dx
1
2
∫
=
arctg
x −
+ C =
arctg
x −
+ C
2
2
3
( 2 ( )3)
1
3
3 2
( 2 ( )3
3
) .
2 x −12 x + 27
83
W dalszym ciągu interesować nas będą metody obliczania całek postaci: mx +
∫
n
d ,
x
a ≠ 0.
2
ax + bx + c
Przede wszystkim sprawdzamy, czy licznik nie jest pochodną mianownika,
bo wówczas wynik otrzymujemy natychmiast korzystając ze wzoru:
f '( x
∫
) dx = ln | f ( x) | + C
f ( x)
JeŜeli licznik nie jest pochodną mianownika, ani nie jest do niej
proporcjonalny, to sposób obliczania tych całek zaleŜy (podobnie jak
poprzednio) od znaku wyróŜnika trójmianu kwadratowego znajdującego się
w mianowniku funkcji podcałkowej. Na przykładach rozpatrzymy przypadki:
∆ > ,
0 ∆ = ,
0 ∆ < 0.
Przykłady
x − 2
1. ∆ > 0 . Obliczyć całkę ∫
dx
x 2 − 7 x + 12
Rozwiązanie. Obliczamy ∆ = 49 − 48 = 1 > 0 , a więc trójmian mianownika ma pierwiastki 3 i 4 i rozkłada się na czynniki liniowe (x-3)(x-4). Zakładając, Ŝe x ≠ 3 i x ≠ 4 , rozkładamy funkcję podcałkową na ułamki proste: x − 2
≡ A + B
2
x − 7 x + 12
x − 3
x − 4
MnoŜąc obie strony toŜsamości przez wspólny mianownik otrzymujemy:
x − 2 ≡ (
A x − )
4 + B( x − )
3
84
W przykładzie tym obliczymy współczynniki A i B inną metodą. W miejsce x podstawiamy kolejno pierwiastki mianownika funkcji podcałkowej.
Przyjmując x=4 otrzymujemy:
4 − 2 = B(4 − )
3 , skąd B=2
Podobnie przyjmując x=3 mamy:
3-2=A(3-4), skąd A=-1.
A więc
x − 2
−1
2
≡
+
2
x − 7 x + 12
x − 3
x − 4
Obliczamy
x − 2
dx
dx
∫
dx = −∫
+ 2∫
= −ln | x − 3 | 2
+ ln | x − 4 | + C.
2
x − 7 x + 12
x − 3
x − 4
3 x − 2
2. ∆ = 0 . Obliczyć całkę ∫
dx
x 2 + 6 x + 9
Rozwiązanie. Mamy ∆ = 36 − 4 ⋅ 9 = 0 . Mianownik jest pełnym kwadratem
2
2
x + 6 x + 9 = ( x + )
3 . Zakładamy, Ŝe x ≠ 3
− .
Rozkładamy funkcję podcałkową na ułamki proste w następujący sposób:
3 x − 2
≡
A
+ B
2
x + 6 x + 9
( x + )
3 2
x + 3
MnoŜąc obie strony toŜsamości przez wspólny mianownik otrzymujemy
3 x − 2 ≡ A + B( x + )
3 = Bx + ( A + 3 B)
85
3=B i A+3B=-2, skąd B=3, A=-11
Otrzymujemy toŜsamość
3 x − 2
−11
3
≡
+
2
x + 6 x + 9
( x − )
3 2
x + 3
Całkujemy
3 x − 2
dx
dx
−1
∫
dx = −1
2
∫
1
+ 3
2
∫
= −1
1
+ 3ln | x + 3 | + C
x + 6 x + 9
( x + )
3
x + 3
x + 3
Ostatecznie więc
3 x −
∫
2
11
dx =
+ 3ln | x + 3 | + C
x 2 + 6 x + 9
x + 3
4 x − 3
3. ∆ < 0 . Obliczyć całkę ∫
dx .
x 2 + 3 x + 4
Rozwiązanie. WyróŜnik mianownika
∆ = 9 −16 = 7
− < 0 . Wtedy licznik
sprowadzamy do następującej postaci
C ⋅
1 (pochodna mianownika) + C2
gdzie C1, C2 - odpowiednio dobrane stałe. W tym celu obliczamy
pochodną mianownika
( 2
x + 3 x + 4)'= 2 x + 3
Następnie dzieląc licznik przez pochodną mianownika otrzymujemy:
86
9
= 2 −
, skąd
4x-3=2(2x+3)-9
2 x + 3
2 x + 3
A więc
4 x − 3
(
2 2 x + )
3 − 9
dx =
d .
∫
∫
x
2
x + 3 x + 4
2
x + 3 x + 4
Daną całkę rozwijamy na sumę dwóch całek i czynniki stałe wynosimy
przed znak całki:
∫ (4 x − )
3 dx
x
dx
dx
2
2
∫ (2 +
=
)
3
− 9
2
∫
x + 3 x + 4
x + 3 x + 4
2
x + 3 x + 4
Obliczamy kolejno obie całki. W pierwszej z nich licznik jest pochodną mianownika. Wynik jest więc natychmiastowy:
2 x + 3
∫
dx = ln | 2
x + 3 x + 4 |
2
x + 3 x + 4
Drugą całkę najpierw zapisujemy następująco:
∫
dx
=
dx
2
∫
x + 3 x + 4
( x + 3 2
) + 7
2
4
A następnie wykonujemy podstawienie
7
x
3
7
+ =
t , skąd dx =
dt
2
4
2
Podstawiając otrzymujemy
dx
7 dt
7
dt
2
2
2( x + 3 )
2
2 x
2
2
2
+
∫
=
2
∫
=
7
2
7
7
∫
=
3
arctgt + C =
arctg
+ C =
arctg
+ C
x + 3 x + 4
t +
t 2
4
4
4
+1
7
7
7
7
7
87
Wracając do danej całki mamy ostatecznie:
4 x − 3
2
18
2 x +
∫
3
dx = 2 ln( x + 3 x + )
4 −
arctg
+ C
x 2 + 3 x + 4
7
7
W ten sposób, rozpatrując wszystkie moŜliwe przypadki, zakończyliśmy
badanie całek mających w mianowniku funkcję liniową lub funkcję
kwadratową. Teraz obliczymy całki o mianowniku stopnia wyŜszego niŜ 2.
Przykłady
dx
1. Obliczyć całkę ∫
(n- liczba naturalna).
( 2 + n
x
)
1
Rozwiązanie. Będziemy szukali tak zwanego wzoru redukcyjnego (lub
rekurencyjnego), na podstawie którego wyrazimy daną całkę przez całkę o
niŜszej potędze w mianowniku. W tym celu robimy następujące
przekształcenie.
dx
x 2
1
x 2
dx
x 2 dx
I
dx
.
n = ∫
=
2
n
∫ + −
=
2
n
∫
−
2
n−1
∫
( x + )
1
( x + )
1
( x + )
1
( x 2 + n
)
1
Otrzymaliśmy wzór
x 2 dx
I
I
n =
n−1 − ∫ ( x 2 + n
)
1
Weźmy pod uwagę drugą całkę:
2
∫ x dx =
xdx
x
2
n
∫
( x + )
1
( x 2 + n
)
1
i zastosujmy wzór na całkowanie przez części:
88
u = x, dv =
2
n
( x + )
1
skąd
xdx
−1
du = dx, v = ∫
=
2
n
2
n 1
( x + )
1
2( n − )
1 ( x
)
1 −
+
Mamy więc
2
x dx
− x
dx
−1
x
1
∫
=
+
I
n
n
∫
=
+
2
2
1
−
2
n 1
−
2
n 1
−
n 1
−
( x + )
1
(2 n − 2)( x + )
1
(2 n − 2)( x + )
1
2 n − 2 ( x + )
1
2 n − 2
Podstawiając ten wynik do wzoru na In otrzymujemy:
1
x
1
I
I
I
n =
n
+
−
1
−
2
n 1
−
n 1
−
2 n − 2 ( x + )
1
2 n − 2
Ostatecznie otrzymujemy wzór rekurencyjny dla n>1:
1
x
2 n − 3
I
I
n =
+
2
n 1
−
n 1
−
2 n − 2 ( x + )
1
2 n − 2
dx
2. Obliczyć całkę ∫
4
x + 64
Rozwiązanie. W całce tej mianownik jest wielomianem stopnia 4, wobec
czego musimy go rozłoŜyć na iloczyn czynników liniowych i czynników
kwadratowych o delcie ujemnej. W tym celu dodajemy i odejmujemy w
mianowniku jednomian 16x2, otrzymamy wtedy
4
4
2
2
2
2
2
x + 64 = x + 16 x + 64 −16 x = ( x + )
8
−16 x
89
Do ostatniej róŜnicy moŜemy zastosować znany wzór 2
2
a − b = ( a − b)( a + b) ,
mamy więc
4
x + 64 = ( 2
x + 8 − 4 x)( 2
x + 8 + 4 x)
Otrzymanych czynników kwadratowych nie moŜemy dalej rozkładać,
poniewaŜ obydwa mają wyróŜniki ujemne. Widzimy więc, Ŝe dany
wielomian stopnia 4 rozkłada się na iloczyn wyłącznie czynników
kwadratowych. Funkcję podcałkową moŜemy wobec rozłoŜyć na ułamki
proste postaci:
1
Ax + B
Cx +
≡
+
D
4
x + 64
2
x + 4 x + 8
2
x − 4 x + 8
MnoŜąc przez wspólny mianownik otrzymujemy
1 ≡ ( Ax + B)( 2
x − 4 x + )
8 + ( Cx + D)( 2
x + 4 x + )
8 ,
1
3
≡ x ( A + C)
2
+ x ( B − 4 A + D + 4 C) + x 8
( A − 4 B + 8 C + 4 D) 8
( B + 8 D).
Po porównaniu współczynników przy równych potęgach x, otrzymujemy
układ równań:
0 = A + C
0 = B − 4 A+ D + C
4
0 = 8 A − 4 B + C
8 + 4 D
1 = 8 B + 8 D
skąd
1
1
1
1
A =
, B =
, C = −
, D =
.
64
16
64
16
Korzystając z wyliczonych stałych, daną całkę przedstawiamy jako sumę
dwu całek w sposób następujących:
90
1
1
1
dx
x +
− x +
1
( x + 4) dx
1
( x − 4) dx
1
1
64
16
64
16
I = ∫
= ∫
dx + ∫
dx =
∫
−
∫
=
I −
I .
4
2
2
2
2
1
2
x + 64
x + 4 x + 8
x − 4 x + 8
64
x + 4 x + 8
64
x − 4 x + 8
64
64
Całki I1, I2 wyliczymy wg metod podanych poprzednio:
x
dx
x
dx
dx
I
dx
x
x
1
∫ ( +
=
4)
1
4
2 ∫
2 +
=
4
+ 2
2
∫
= 1 ln( 2 + 4 + )
8 + 2
2
2
∫
x + 4 x + 8
x + 4 x + 8
x + 4 x + 8
( x + 2)2 + 4
Mianownik w ostatniej całce sprawdziliśmy do postaci kanonicznej.
Podstawiając x+2=2t mamy dx=2dt, a po podstawieniu do całki otrzymujemy:
dx
2 dt
dt
x + 2
1
1
1
∫
= ∫
= ∫
= arctgt = arctg
( x + 2)2 + 4
4 2
t + 4
2
2
t + 1
2
2
2
Wstawiając wynik do I1 mamy:
x + 2
1
2
I = ln( x + 4 x + )
8 + arctg
+ C
1
2
1
2
Liczymy w podobny sposób całkę I2:
x
dx
x
dx
dx
I
dx
x
x
2
∫ ( −
=
4)
1
4
2 ∫
2 −
=
4
− 2
2
∫
= 1 ln( 2 − 4 + )
8 − 2
2
2
∫
x − 4 x + 8
x − 4 x + 8
x − 4 x + 8
( x − 2)2 + 4
Podstawiamy w ostatniej całce x-2=2t, skąd dx=2dt oraz
dx
2 dt
dt
x − 2
1
1
1
∫
= ∫
= ∫
= arctgt = arctg
( x − 2)2 + 4
4 2
t + 4
2
2
t + 1
2
2
2
Wracając do mamy:
x − 2
1
2
I = ln( x − 4 x + )
8 + arctg
+ C
2
2
2
2
91
Podstawiając C1+C2=C, ostatecznie otrzymujemy:
dx
x +
x −
2
2
2
2
1
1
I = ∫
= ln( x + 4 x + )
8
1
1
+ arctg
− ln( x − 4 x + )
8 − arctg
=
4
x + 64
64
2
2
64
2
2
2
x + 4 x + 8
x + 2
x − 2
1
1
=
ln
+ arctg
+ arctg
+ C.
64
2
2
x − 4 x + 8
2
2
92