Publikacja współfinansowana przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
KOMPENDIUM Z MATEMATYKI
Metody
� = mc2
obliczania całek
Michał Stukow
Błażej Szepietowski
Publikacja współfinansowana przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
KOMPENDIUM Z MATEMATYKI
Michał Stukow
Błażej Szepietowski
Metody
obliczania całek
Gdańsk 2010
Publikacja współfinansowana przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Uniwersytet Gdański
� Copyright by Michał Stukow, Błażej Szepietowski
Skład komputerowy (LaTeX): Michał Stukow, Błażej Szepietowski
Projekt okładki i strony tytułowej: xxx
All rights reserved
Uniwersytet Gdański
Wydział Matematyki, Fizyki i Informatyki
Instytut Matematyki
80-952 Gdańsk, ul. Wita Stwosza 57
Spis treści
Wstęp 7
Część 1. Całki nieoznaczone 8
Rozdział 1. Określenie całki i najprostsze sposoby jej obliczania 9
1.1. Proste przykłady 9
1.2. Podstawowe wzory 11
1.3. Liniowa zmiana zmiennych 14
1.4. Pochodna logarytmiczna 16
1.5. Zadania 17
Rozdział 2. Całkowanie przez podstawienie 19
2.1. Proste przykłady 19
2.2. Uwagi o notacji 20
2.3. Podstawienia liniowe 21
2.4. Podstawienia wielomianowe 23
2.5. Podstawienia trygonometryczne 25
2.6. Podstawienia logarytmiczne 27
2.7. Podstawienia wykładnicze 28
2.8. Całki z pierwiastkami 29
2.9. Zadania 31
Rozdział 3. Całkowanie przez części 33
3.1. Metoda całkowania przez części 33
3.2. Wielomian razy sinus lub kosinus 35
3.3. Wielomian razy funkcja wykładnicza 37
3.4. Funkcja potęgowa razy funkcja logarytmiczna 38
3.5. Funkcja wykładnicza razy sinus lub kosinus 40
3.6. Funkcje cyklometryczne 42
3.7. Zadania 44
Rozdział 4. Funkcje wymierne 45
4.1. Rozkład funkcji wymiernej 45
4.2. Całkowanie ułamków prostych pierwszego rodzaju 49
4.3. Całkowanie ułamków prostych drugiego rodzaju 51
4.4. Całkowanie dowolnej funkcji wymiernej 55
4.5. Wzór redukcyjny 59
4.6. Zadania 60
4
5
Rozdział 5. Funkcje trygonometryczne 61
5.1. Podstawowe tożsamości 61
5.2. Podstawianie za sinus lub kosinus 62
5.3. Podstawienie uniwersalne 65
5.4. Podstawianie za tangens 66
5.5. Zadania 68
Rozdział 6. Funkcje niewymierne 69
6.1. Pierwiastki z x 69
6.2. Pierwiastki z funkcji liniowej i homograficznej 70
6.3. Różniczki dwumienne 73
6.4. Podstawienia trygonometryczne 76
dx
"
6.5. Całki postaci 78
"ax2+bx+c
6.6. Całki postaci ax2 + bx + c dx 79
"
Ax+B
"
6.7. Całki postaci dx oraz (Ax + B) ax2 + bx + c dx 80
ax2+bx+c
6.8. Metoda współczynników nieoznaczonych 81
6.9. Podstawienia Eulera 83
6.10. Zadania 86
Rozdział 7. Inne klasy funkcji 88
7.1. Funkcje hiperboliczne 88
7.2. Całkowanie funkcji hiperbolicznych 89
7.3. Podstawienia hiperboliczne 90
7.4. Zadania 91
Część 2. Całki oznaczone 93
Rozdział 8. Metody obliczania całek oznaczonych 94
8.1. Podstawowe własności 95
8.2. Całkowanie przez części i przez podstawienie 97
8.3. Zadania 98
Rozdział 9. Całki niewłaściwe 99
9.1. Całka w granicach nieskończonych 99
9.2. Całka z funkcji nieograniczonej 104
9.3. Zadania. 108
Rozdział 10. Zastosowania całek 109
10.1. Pole obszaru 109
10.2. Długość krzywej 112
10.3. Objętość bryły i pole powierzchni obrotowej 113
10.4. Zadania 115
Rozdział 11. Odpowiedzi do zadań 117
Rozdział 1 117
Rozdział 2 118
Rozdział 3 119
6
Rozdział 4 120
Rozdział 5 120
Rozdział 6 120
Rozdział 7 122
Rozdział 8 122
Rozdział 9 122
Rozdział 10 123
Bibliografia 124
Wstęp
Celem niniejszego skryptu jest dostarczenie studentom I roku kierunków ma-
tematycznych podręcznego zbioru metod obliczania całek. Treść skryptu jest bo-
gato ilustrowana w pełni rozwiązanymi przykładami, a na końcu każdego roz-
działu zamieściliśmy wybór zadań samodzielnego rozwiązania. Dobierając zada-
nia staraliśmy się, aby były one różnorodne oraz aby nie były uciążliwe rachun-
kowo. Do wszystkich zadań zamieściliśmy odpowiedzi, a do większości z nich
również wskazówki.
Treść skryptu koncentruje się wokół rachunkowych metod liczenia całek i cał-
kowicie pomija aspekty teoretyczne związane z teorią całki.
Autorzy
Gdańsk, marzec 2010
7
Część 1
Całki nieoznaczone
ROZDZIAA
1
Określenie całki i najprostsze sposoby jej obliczania
1.1. Proste przykłady
O całce nieoznaczonej należy myśleć jak o operacji odwrotnej do liczenia pochodnej.
Dokładniej, obliczenie całki
f (x) dx
sprowadza się do znalezienia takiej funkcji F, że F (x) = f (x). Funkcję F nazywamy w
tej sytuacji funkcją pierwotną do f .
Zadanie 1.1. Oblicz (4x + 5) dx.
Rozwiązanie
Jeżeli pamiętamy jak się liczy pochodne, to bez trudu zgadujemy wynik.
(4x + 5) dx = 2x2 + 5x.
Tak jest, bo (2x2 + 5x) = 4x + 5.
Zadanie 1.2. Oblicz (2 sin x + 3 cos x) dx.
Rozwiązanie
Mając w pamięci wzory na pochodne sinusa i cosinusa, zgadujemy
(2 sin x + 3 cos x) dx = -2 cos x + 3 sin x.
Jeżeli nie jesteśmy pewni wyniku, to sprawdzamy
(-2 cos x + 3 sin x) = 2 sin x + 3 cos x.
Uważny czytelnik powinien dostrzec pewną nieścisłość w powyższych rachunkach: funk-
cja 2x2 + 5x nie jest jedyną funkcją, której pochodna jest równa 4x + 5. Inna funkcja o tej
własności to na przykład 2x2 + 5x + 1, albo dowolna funkcja postaci 2x2 + 5x + C, gdzie
C " R. Okazuje się jednak, że jest to jedyna możliwa niejednoznaczność: każde dwie
funkcje pierwotne funkcji f (x) różnią się o stałą.
Która z tych funkcji jest więc wartością całki (4x + 5) dx? Ponieważ nie jesteśmy
w stanie w sensowny sposób wyróżnić żadnej z nich, przyjmujemy, że wartością całki
są wszystkie te funkcje na raz (czyli wartością całki nieoznaczonej jest zbiór wszystkich
9
1.1 PROSTE PRZYKA
ADY 10
funkcji pierwotnych, a nie pojedyncza funkcja). Zwykle zapisujemy to w postaci
(4x + 5) dx = 2x2 + 5x + C, gdzie C " R.
Oczywiście równie dobrze mogliśmy napisać
(4x + 5) dx = 2x2 + 5x + 1 + C, gdzie C " R,
bo jest to dokładnie ten sam zbiór funkcji.
Powyższy komentarz może na początku wydawać się trochę abstrakcyjny, ale musie-
liśmy go zrobić w miarę szybko, żeby wyjaśnić dlaczego we wszystkich wynikach będzie
występowała stała C.
Zadanie 1.3. Oblicz 0 dx.
Rozwiązanie
Oczywiście za funkcję pierwotną można wziąć funkcję stale równą 0, ale już wiemy, że
wynikiem liczenia całki będzie cały zbiór funkcji: w tym przypadku zbiór funkcji stałych.
0 dx = C, C " R.
Od tej pory nie będziemy już specjalnie zajmować się stałą C  po prostu będziemy ją
zawsze dopisywać na końcu do wyniku.
Zadanie 1.4. Oblicz (2x2 + sin 2x) dx.
Rozwiązanie
Myślimy: jaka musi być funkcja, żeby jej pochodną było 2x2? Na pewno musi być x3, ale
2
licząc pochodną  na dół spadnie 3 , więc musimy dopisać z przodu , żeby otrzymać
3
współczynnik 2.
Podobnie z sin 2x: funkcją pierwotną będzie cos 2x, ale licząc pochodną z cos 2x otrzy-
mamy współczynnik -2 (2 jest z pochodnej wnętrza). Zatem musimy z przodu dopisać
-1 (żeby otrzymać współczynnik 1). Zatem
2
2 1
(2x2 + sin 2x) dx = x3 - cos 2x + C.
3 2
"
Zadanie 1.5. Oblicz x dx.
Rozwiązanie
Liczymy
"
1
2
x dx = x dx.
1.2 PODSTAWOWE WZORY 11
Wiemy jak się liczy pochodną funkcji potęgowej: (xa) = axa-1. Zatem w wyniku liczenia
1 3
+1
2 2
powyższej całki musi wyjść funkcja x = x . Na końcu dopisujemy z przodu współ-
2
czynnik , aby się skrócił przy liczeniu pochodnej. Mamy więc
3
" "
1 2 3 2
2 2
x dx = x dx = x + C = x x + C.
3 3
2
Zadanie 1.6. Oblicz dx
x
Rozwiązanie
1
Ponieważ (ln x) = mamy
x
2
dx = 2 ln x + C.
x
Zadanie 1.7. Oblicz 5ex dx.
Rozwiązanie
Ponieważ (5ex) = 5ex mamy
5ex dx = 5ex + C.
1.2. Podstawowe wzory
Następujące wzory łatwo sprawdzić, różniczkując funkcje po prawej stronie:
1.2 PODSTAWOWE WZORY 12
xą+1
xą dx = + C dla ą = -1,
ą + 1
1
dx = ln |x| + C,
x
ex dx = ex + C,
ax
ax dx = + C,
ln a
sin x dx = - cos x + C,
cos x dx = sin x + C,
1
dx = tg x + C,
cos2 x
1
dx = - ctg x + C,
sin2 x
1
dx = arctg x + C,
1 + x2
1
" dx = arc sin x + C.
1 - x2
1
Jedyny wzór, który prawdopodobnie wymaga komentarza, to dx = ln |x| + C. Po-
x
winno być jasne, że
1
dx = ln x + C = ln |x| + C,
x
o ile x > 0. Jeżeli natomiast x < 0 to mamy
1 1
(ln |x|) = (ln(-x)) = � (-1) = ,
-x x
1
co pokazuje, że dx = ln |x| + C dla x < 0.
x
Ponieważ różniczkowanie jest operacją liniową (czyli ( f + g) = f + g oraz (ą f ) =
ą f ), podobną własność ma całka nieoznaczona.
f (x) + g(x) dx = f (x) dx + g(x) dx,
ą f (x) dx = ą f (x) dx.
Pierwszy wzór oznacza, że całkując sumę funkcji możemy całkować każdy składnik
osobno. Drugi pozwala wyłączać stałe przed znak całki.
1
Zadanie 1.8. Oblicz 2x - dx.
cos2 x
Rozwiązanie
1.2 PODSTAWOWE WZORY 13
1 1 2x
2x - dx = 2x dx - dx = - tg x + C.
cos2 x cos2 x ln 2
3
Zadanie 1.9. Oblicz dx
x2
Rozwiązanie
Liczymy
3 -3
dx = 3x-2 dx = 3 x-2 dx = -3x-1 + C = + C.
x2 x
Zadanie 1.10. Oblicz (x3 - 5x + 2) dx.
Rozwiązanie
1 5
(x3 - 5x + 2) dx = x3 dx - 5 x dx + 2 1 dx = x4 - x2 + 2x + C.
4 2
Przy odrobinie wprawy środkowy krok powyższego rachunku wykonujemy w pamięci
i na ogół piszemy krótko
1 5
(x3 - 5x + 2) dx = x4 - x2 + 2x + C
4 2
(po kolei obliczamy całkę z każdego składnika).
x4-2x3+x-3
Zadanie 1.11. Oblicz dx
x
Rozwiązanie
Liczymy
x4 - 2x3 + x - 3 3
dx = x3 - 2x2 + 1 - dx =
x x
1 2
= x4 - x3 + x - 3 ln |x| + C.
4 3
"
x2+ x
"
Zadanie 1.12. Oblicz dx.
3
x
Rozwiązanie
"
x2 + x 1 1 5 1 3 8 6 7
2 3 6 3 6
" dx = (x2 + x )x- 3 dx = x + x dx = x + x + C.
3
x 8 7
1.3 LINIOWA ZMIANA ZMIENNYCH 14
"
n
Zadanie 1.13. Oblicz x dx
Rozwiązanie
Liczymy
" "
1 1 1 n
n n
n
x dx = x dx = x1+ n + C = x x + C.
1
n + 1
1 +
n
2x+3x
Zadanie 1.14. Oblicz dx.
6x
Rozwiązanie
Liczymy
x x
2x + 3x 2x 3x 1 1
dx = dx + dx = dx + dx =
6x 6x 6x 3 2
x x
1 1
ln 3 ln 2
3 2
= + + C = - - + C.
1 1
3x 2x
ln ln
3 2
Zadanie 1.15. Oblicz tg2 x dx.
Rozwiązanie
Liczymy
sin2 x 1 - cos2 x
tg2 x dx = dx = dx =
cos2 x cos2 x
1
= - 1 dx = tg x - x + C.
cos2 x
"
1-x2
Zadanie 1.16. Oblicz dx.
x2-1
Rozwiązanie
Liczymy
" "
1 - x2 1 - x2 1
dx = - dx = - " dx = - arc sin x + C.
x2 - 1 1 - x2
1 - x2
1.3. Liniowa zmiana zmiennych
Korzystając ze wzoru na pochodną funkcji złożonej łatwo obliczyć, że
1.3 LINIOWA ZMIANA ZMIENNYCH 15
[ f (ax + b)] = a f (ax + b).
Równość ta pozwala łatwo przewidzieć jak zmieni się całka jeżeli zamiast x podstawimy
w niej wyrażenie liniowe postaci ax + b.
Zadanie 1.17. Oblicz sin(2x - 3) dx.
Rozwiązanie
Wiemy, że całka z sinusa to minus cosinus. Zatem spodziewamy się wyniku postaci
- cos(2x - 3). Jeżeli jednak policzymy pochodną z tej funkcji, to otrzymamy 2 sin(2x -
1
3). Musimy więc z przodu dodać .
2
1
sin(2x - 3) dx = - cos(2x - 3) + C.
2
1
"
Zadanie 1.18. Oblicz dx.
2 5x+3
Rozwiązanie
"
1
"
Ponieważ wyrażenie to dokładnie pochodna pierwiastka y = x, spodziewamy się
2 x
"
wyniku postaci 5x + 3. Jeżeli jednak policzymy pochodną z tego wyrażenia, to otrzy-
mamy z przodu współczynnik 5 pochodzący z pochodnej wnętrza. Zatem dopisujemy z
1
przodu współczynnik .
5
"
1 1
" dx = 5x + 3 + C.
5
2 5x + 3
Zadanie 1.19. Oblicz (9 - 5x)7 dx.
Rozwiązanie
1
Wiemy, że funkcją pierwotną do x7 jest x8, zatem spodziewamy się wyniku postaci
8
1
(9 - 5x)8. Jeżeli policzymy pochodną z tego wyrażenia okaże się, że musimy dodać
8
z przodu współczynnik -1.
5
1
(9 - 5x)7 dx = - (9 - 5x)8 + C.
40
Zadanie 1.20. Oblicz sin2 x dx.
Rozwiązanie
1.4 POCHODNA LOGARYTMICZNA 16
Korzystając ze wzoru cos 2x = 1 - 2 sin2 x mamy
1 x 1
sin2 x dx = (1 - cos 2x) dx = - sin 2x + C.
2 2 4
1
Zadanie 1.21. Oblicz dx.
4x2-4x+2
Rozwiązanie
Zwiniemy mianownik do pełnego kwadratu (postać kanoniczna) i skorzystamy ze wzoru
1
dx = arctg x + C.
1+x2
1 1 1
dx = dx = arctg(2x - 1) + C.
4x2 - 4x + 2 (2x - 1)2 + 1 2
1.4. Pochodna logarytmiczna
Korzystając ze wzoru na pochodną funkcji złożonej łatwo obliczyć, że
f (x)
ln | f (x)| =
f (x)
f (x)
Wzór ten pozwala łatwo zgadnąć całkę nieoznaczoną z wyrażeń postaci (czyli gdy
f (x)
licznik ułamka jest pochodną mianownika). Wyrażenie tej postaci jest czasem nazywane
pochodną logarytmiczną.
3x2+6x+2
Zadanie 1.22. Oblicz dx.
x3+3x2+2x+1
Rozwiązanie
Ponieważ (x3 + 3x2 + 2x + 1) = 3x2 + 6x + 2 mamy
3x2 + 6x + 2
dx = ln |x3 + 3x2 + 2x + 1| + C.
x3 + 3x2 + 2x + 1
x
Zadanie 1.23. Oblicz dx.
x2+1
Rozwiązanie
Liczymy
x 1 2x 1 (x2 + 1)
dx = dx = dx =
x2 + 1 2 x2 + 1 2 x2 + 1
1 1
= ln |x2 + 1| + C = ln(x2 + 1) + C.
2 2
1.5 ZADANIA 17
ex
Zadanie 1.24. Oblicz dx.
ex+5
Rozwiązanie
Ponieważ (ex + 5) = ex mamy
ex
dx = ln |ex + 5| + C = ln(ex + 5) + C.
ex + 5
Zadanie 1.25. Oblicz tg x dx.
Rozwiązanie
Liczymy
sin x (cos x)
tg x dx = dx = - dx = - ln | cos x| + C.
cos x cos x
1
Zadanie 1.26. Oblicz dx.
x ln x
Rozwiązanie
1
Ponieważ (ln x) = mamy
x
1
1
x
dx = dx = ln | ln x| + C.
x ln x ln x
2+x
Zadanie 1.27. Oblicz dx.
x2+1
Rozwiązanie
Liczymy
2 + x 1 1 2x 1
dx = 2 dx + dx = 2 arctg x + ln(x2 + 1) + C.
x2 + 1 x2 + 1 2 x2 + 1 2
1.5. Zadania
Zadanie 1.28. Oblicz całki
3 2 5
a) dx b) 3x2 - + dx c) 3x(x + 1)2 dx
x
x2 x2
(x+1)3
x3+8 3x3+x2+18x+6
d) dx e) dx f) dx
x+2 x 3x+1
Zadanie 1.29. Oblicz całki
"
" "
"
5
3x3 x
3
"
a) x3 dx b) x3 dx c) x x dx d) dx
3
x
1.5 ZADANIA 18
" "
" "
3 3
4
x2- x x-" x2+1 (1-x)2
x+1
" " "
e) dx f) dx g) dx h) dx
4
x x x x x
Zadanie 1.30. Oblicz całki
2x-3x-1
a) 10x dx b) 2x � ex dx c) 3x+1 � 2-x dx d) dx
5x+1
Zadanie 1.31. Oblicz całki
a) ex+5 dx b) e2x dx c) e-4x+5 dx d) (ex + 1)2 dx
3
3+e2x 1
e) dx f) 1 + dx
ex ex
Zadanie 1.32. Oblicz całki
a) cos 2x dx b) sin(3x - 3) dx c) ctg2 x dx d) cos2 x dx
1 cos 2x cos 2x 1
e) dx f) dx g) dx h) dx
cos x-sin x
cos2 5x
sin2 x cos2 x cos2 x sin2 x
Zadanie 1.33. Oblicz całki
"
5 1
a) (4x - 9)11 dx b) dx c) 2x + 3 dx d) dx
2-3x
x2+x
1 6x3+x2-2x+1 1
"
e) dx f) dx g) dx
2x-1
x2+2x+2
-x2+2x
Zadanie 1.34. Oblicz całki
3x3 2x2-3x-2 cos x ex
a) dx b) dx c) dx d) dx
1+sin x 3-2ex
x4+1 x3-x2-x-2
x2+x+3 dx dx sin 2x
e) dx f) g) h) dx
x2+1 (x2+1) arctg x tg x cos2 x 3+cos2 x
ROZDZIAA
2
Całkowanie przez podstawienie
2.1. Proste przykłady
W poprzednim rozdziale widzieliśmy, że nie jest trudno przewidzieć jak zmieni się
całka, jeżeli zmienimy w niej zmienną x na wyrażenie liniowe ax + b. Spróbujmy się
przez chwilę zastanowić jak będzie przypadku nieliniowej zmiany zmiennej, np. gdy x
zamieniamy na x2.
Ponieważ cos x dx = sin x, więc spodziewamy się, że cos x2 dx powinna mieć
coś wspólnego z sin x2. Jeżeli jednak policzymy pochodną tej funkcji, to otrzymamy do-
datkowy czynnik 2x (z pochodnej wnętrza), którego niestety nie ma w wyjściowej całce.
Morał jest taki, że nie jesteśmy w stanie łatwo obliczyć całki cos x2 dx, natomiast
2x cos x2 dx = sin x2 + C.
Uogólnieniem powyższej obserwacji jest tzw. wzór na całkowanie przez podstawienie:
� (x) � f (�(x)) dx = F(�(x)), gdzie F = f
2
Zadanie 2.1. Oblicz xex +1 dx.
Rozwiązanie
Próbujemy sytuację sprowadzić do powyższego wzoru z �(x) = x2 + 1 i f (x) = ex.
2 1 2 1 2 1 2
xex +1 dx = (2x) � ex +1 dx = (x2 + 1) � ex +1 dx = ex +1 + C.
2 2 2
Zadanie 2.2. Oblicz cos x sin2 x dx.
Rozwiązanie
Mamy �(x) = sin x i f (x) = x2.
1
cos x sin2 x dx = (sin x) (sin x)2 dx = (sin x)3 + C.
3
19
2.2 UWAGI O NOTACJI 20
ex
Zadanie 2.3. Oblicz dx.
(1+ex)2
Rozwiązanie
1
Mamy �(x) = 1 + ex oraz f (x) = .
x2
ex 1 1
dx = (1 + ex) � dx = - + C.
(1 + ex)2 (1 + ex)2 1 + ex
ln x
Zadanie 2.4. Oblicz dx.
x
Rozwiązanie
Tym razem mamy �(x) = ln x i f (x) = x.
ln x 1 1
dx = � ln x dx = (ln x) � ln x dx = (ln x)2 + C.
x x 2
2.2. Uwagi o notacji
Powyższe przykłady były o tyle proste, że łatwo (w pamięci) można było zgadnąć
funkcję pierwotną do funkcji f . Na ogół jednak sytuacja jest bardziej skomplikowana
i zmiana zmiennych ma jedynie zamienić wyjściową całkę na inną całkę, która może
być prostsza do policzenia. W takiej sytuacji wzór na całkowanie przez podstawienie
wygodniej jest zapisać w postaci
f (�(x))� (x) dx = f (t) dt, gdzie t = �(x).
Należy myśleć, że wzór ten pozwala zastąpić dowolne wyrażenie (funkcję �) zmiennej
x literką t i liczyć otrzymaną całkę, w której zmienną jest już t. Zamiana ta wymaga
jednak zastąpienia wyrażenia � (x) dx wyrażeniem dt. W szczególności, w wyjściowej
całce musi znajdować się czynnik � (x).
ln2 x
Zadanie 2.5. Oblicz dx.
x
Rozwiązanie
1
Podstawiamy t = �(x) = ln x. W takim razie � (x) = i mamy
x
ln2 x 1 1
dx = (ln x)2 � (ln x) dx = t2 dt = t3 + C = ln3 x + C.
x 3 3
Zauważmy, że literka t pełniła tylko pomocniczą rolę przy liczeniu całki, więc na koniec
wróciliśmy do oryginalnej zmiennej x.
2.3 PODSTAWIENIA LINIOWE 21
Powyższy rachunek na ogół zapisujemy w skrótowej formie:
ln2 x t = ln x 1 1
dx = = t2 dt = t3 + C = ln3 x + C.
1
dt = dx
x 3 3
x
1
Wygodnie jest myśleć, że równość dt = dx otrzymaliśmy z równości t = ln x poprzez
x
policzenie pochodnej z obu stron: z lewej strony po t, a z prawej strony po x oraz dopi-
sanie symboli dt i dx, czyli
(t) dt = (ln x) dx.
Zadanie 2.6. Oblicz sin(7 - 3x) dx.
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 7 - 3x.
sin t 1 1
t = 7 - 3x
sin(7 - 3x) dx = = dt = cos t + C = cos(7 - 3x) + C.
dt = -3dx -3 3 3
dt
W powyższym rachunku zupełnie mechanicznie podstawiliśmy zamiast dx.
-3
Raz jeszcze podkreślmy, że podstawiając t = �(x) musimy zamienić wyrażenie � (x) dx
na dt. Na przykład, podstawienie t = x2 w całce sin x2 dx jest nieskuteczne, bo nie
umiemy w tej całce znalez
ć wyrażenia � (x) dx = 2x dx. Wprawdzie możemy to wyra-
żenie  wpisać na siłę , ale otrzymana całka nie jest dużo prostsza od wyjściowej.
sin x2 sin t
t = x2
sin x2 dx = � 2x dx = = " dt.
dt = 2x dx 2 t
2x
2.3. Podstawienia liniowe
3
Zadanie 2.7. Oblicz dx
(x-5)4
Rozwiązanie
Podstawiamy t = x - 5
3 3
t = x - 5
dx = = dt =
(x - 5)4 dt = dx t4
1
= 3t-4 dt = -t-3 + C = - + C.
(x - 5)3
1
Zadanie 2.8. Oblicz dx, gdzie a = 0.
ax+b
2.3 PODSTAWIENIA LINIOWE 22
Rozwiązanie
Podstawiamy ax + b = t.
1 1 1 1 1
t = ax + b
dx = = � dt = dt =
dt = a dx
ax + b t a a t
1 1
= ln |t| + C = ln |ax + b| + C.
a a
"
9
Zadanie 2.9. Oblicz 5x + 3 dx.
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 5x + 3.
"
1 1
t = 5x + 3
9
5x + 3 dx = = t9 dt =
dt = 5 dx
5
" "
9 10 9 9
9 9
9
= t + C = t t + C = (5x + 3) 5x + 3 + C.
50 50 50
Zadanie 2.10. Oblicz (2 - x) sin(2x - 4)2 dx.
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 2x - 4.
t = 2x - 4 -t 1 1
(2 - x) sin(2x - 4)2 dx = = sin t2 � dt = - t sin t2 dt =
dt = 2 dx
2 2 4
1 1
= cos t2 + C = cos(2x - 4)2 + C.
8 8
"
3
Zadanie 2.11. Oblicz x 1 - x dx.
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 1 - x.
" "
1 4
t = 1 - x
3 3
3
x 1 - x dx = = (1 - t) t dt = t - t3 dt =
dt = -dx
3 4 3 7 3 4 3 7
3
= t - t3 + C = (1 - x)3 - (1 - x)3 + C.
4 7 4 7
x
Zadanie 2.12. Oblicz dx.
(x-1)2
2.4 PODSTAWIENIA WIELOMIANOWE 23
Rozwiązanie
Podstawiamy t = x - 1.
x t + 1 1 1
t = x - 1
dx = = dt = + dt =
dt = dx
(x - 1)2 t2 t t2
1 1
= ln |t| - + C = ln |x - 1| - + C.
t x - 1
dx
Zadanie 2.13. Oblicz .
4x2+9
Rozwiązanie
dx
Będziemy się starali sprowadzić tę całkę do całki .
x2+1
3
2
dt
dx 1 dx 1 dx 1
t = x
2
3
= = = = =
2
4
4x2 + 9 9 9 dt = dx 9 t2 + 1
x2 + 1 (2 x)2 + 1
3
9 3
1 dt 1 1 2
= = arctg t + C = arctg x + C.
6 t2 + 1 6 6 3
dx
"
Zadanie 2.14. Oblicz .
5+4x-x2
Rozwiązanie
dx
"
Będziemy się starali sprowadzić tę całkę do całki .
1-x2
dx dx dx
" = " = =
5 + 4x - x2 9 - 4 + 4x - x2 9 - (x - 2)2
x-2
1 dx 1 dx
t =
3
= = = =
1
3 3 2 dt = dx
(x-2)2
x-2
3
1 - 1 -
9 3
1 3 dt x - 2
= " = arc sin t + C = arc sin + C.
3 3
1 - t2
2.4. Podstawienia wielomianowe
2x-3
Zadanie 2.15. Oblicz całkę dx.
(x2-3x+4)5
Rozwiązanie
2.4 PODSTAWIENIA WIELOMIANOWE 24
Podstawiamy t = x2 - 3x + 4.
2x - 3 1
t = x2 - 3x + 4
dx = = dt = t-5 dt =
dt = (2x - 3) dx
(x2 - 3x + 4)5 t5
1 1
= - t-4 = - + C.
4 4(x2 - 3x + 4)4
3x
Zadanie 2.16. Oblicz całkę dx.
sin2(1+2x2)
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 1 + 2x2.
3x 3 dt 3
t = 1 + 2x2
dx = = = - ctg t + C =
dt = 4x dx
4 4
sin2(1 + 2x2) sin2 t
3
= - ctg(1 + 2x2) + C.
4
x
"
Zadanie 2.17. Oblicz całkę dx
x2+4
Rozwiązanie
Podstawiamy t = x2 + 4.
"
x 1
t = x2 + 4
" dx = = " dt = t + C = x2 + 4 + C.
dt = 2x dx 2 t
x2 + 4
"
Zadanie 2.18. Oblicz x3 1 + x2 dx.
Rozwiązanie
"
1 1 3 1
t = 1 + x2
2
x3 1 + x2 dx = = (t - 1) t � dt = (t2 - t ) dt =
dt = 2x dx
2 2
1 2 5 2 3 1 1
2
= t - t2 + C = ( 1 + x2)5 - ( 1 + x2)3 + C.
2 5 3 5 3
3-2x
"
Zadanie 2.19. Oblicz dx.
1-x2
Rozwiązanie
2.5 PODSTAWIENIA TRYGONOMETRYCZNE 25
3 - 2x 3 -2x
t = 1 - x2
" dx = " dx + " dx = =
= -2x dx
1 - x2 1 - x2 1 - x2 dt
dt 1
"
= 3 arc sin x + = 3 arc sin x + 2t2 + C =
t
= 3 arc sin x + 2 1 - x2 + C.
x
"
Zadanie 2.20. Oblicz dx.
1-x4
Rozwiązanie
dx
"
Podstawiając t = x2 sprowadzimy daną całkę do całki .
1-x2
x 1 dt 1
t = x2
" dx = = " = arc sin t + C =
=
1 - x4 dt 2x dx 2 1 - t2 2
1
= arc sin x2 + C.
2
2.5. Podstawienia trygonometryczne
cos x
Zadanie 2.21. Oblicz dx.
(sin x+1)3
Rozwiązanie
Podstawiamy t = sin x + 1.
cos x 1
t = sin x + 1
dx = = = - + =
dt = cos x dx t-3dt 2 t-2 C
(sin x + 1)3
1
= - + C.
2(sin x + 1)2
"
5
Zadanie 2.22. Oblicz sin x 5 - cos x dx.
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 5 - cos x.
"
1 5 6 5 6
t = 5 - cos x
5
sin x 5 - cos x dx = = t5 dt = t5 + C = (5 - cos x)5 + C.
dt = sin x dx
6 6
2.5 PODSTAWIENIA TRYGONOMETRYCZNE 26
Zadanie 2.23. Oblicz cos5 x dx
Rozwiązanie
Będziemy dążyć (używając jedynki trygonometrycznej) do postawienia t = sin x.
cos5 x dx = cos x(cos2 x)2 dx = cos x(1 - sin2 x)2 dx =
t = sin x
= = (1 - t2)2 dt = (1 - 2t2 + t4) dt =
dt = cos x dx
2 1 2 1
= t - t3 + t5 + C = sin x - sin3 x + sin5 x + C.
3 5 3 5
sin3 x cos x
Zadanie 2.24. Oblicz dx.
1+sin2 x
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 1 + sin2 x.
sin3 x cos x 1 (t - 1) dt
t = 1 + sin2 x
dx = = =
dt = 2 sin x cos x dx
2 t
1 + sin2 x
1 1 1 1
= t - ln |t| + C = (1 + sin2 x) - ln(1 + sin2 x) + C.
2 2 2 2
"
arctg x
Zadanie 2.25. Oblicz dx.
x2+1
Rozwiązanie
Podstawiamy t = arctg x.
"
"
arctg x t = arctg x 2 3 2
2
dx = = t dt = t + C = arctg3 x + C.
dx
dt =
x2 + 1 3 3
1+x2
x2
"
Zadanie 2.26. Oblicz dx.
1-x2
Rozwiązanie
1
"
Ponieważ to dokładnie pochodna arc sin x, możemy spróbować podstawić t =
1-x2
arc sin x. Mamy wtedy x = sin t oraz
t = arc sin x
x2
" dx = = sin2 t dt.
dx
"
dt =
1 - x2
1-x2
2.6 PODSTAWIENIA LOGARYTMICZNE 27
Teraz korzystamy ze wzoru cos 2t = 1 - 2 sin2 t.
1 1 1
sin2 t dt = (1 - cos 2t) dt = t - sin 2t + C =
2 2 4
1 1
= arc sin x - sin(2 arc sin x) + C.
2 4
2.6. Podstawienia logarytmiczne
ln x
Zadanie 2.27. Oblicz dx.
x
Rozwiązanie
Podstawiamy t = ln x.
ln x t = ln x 1 1
dx = = t dt = t2 + C = (ln x)2 + C.
1
dt = dx
x 2 2
x
"
3
ln x 1+ln x
Zadanie 2.28. Oblicz dx.
x
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 1 + ln x.
"
3
"
4 1
ln x 1 + ln x t = 1 + ln x
3
3
dx = = (t - 1) t dt = (t3 - t ) dt =
dx
dt =
x
x
3 7 3 4 3 7 3 4
3
= t3 - t + C = (1 + ln x)3 - (1 + ln x)3 + C.
7 4 7 4
dx
"
Zadanie 2.29. Oblicz .
x 1-ln2 x
Rozwiązanie
Podstawiamy t = ln x.
dx t = ln x dt
= = " = arc sin t + C = arc sin(ln x) + C.
dx
dt =
1 - t2
x 1 - ln2 x x
ln tg x
Zadanie 2.30. Oblicz dx.
sin x cos x
Rozwiązanie
2.7 PODSTAWIENIA WYKA
ADNICZE 28
Podstawiamy t = ln tg x. Wtedy
1 1 cos x 1 1
dt = � dx = � dx = dx.
tg x cos2 x sin x cos2 x sin x cos x
Zatem
ln tg x t = ln tg x 1 1
dx = = t dt = t2 + C = (ln tg x)2 + C.
dx
dt =
sin x cos x 2 2
sin x cos x
2.7. Podstawienia wykładnicze
ex
Zadanie 2.31. Oblicz dx
(ex+5)7
Rozwiązanie
Podstawiamy t = ex + 5.
ex dt
t = ex + 5
dx = = =
dt = ex dx
(ex + 5)7 t7
1 1
= t-7 dt = - t-6 + C = - + C.
6 6(ex + 5)6
ex
Zadanie 2.32. Oblicz dx.
ex+e-x
Rozwiązanie
Podstawiamy t = ex.
ex 1
t = ex
dx = = dt =
=
ex + e-x dt ex dx t 1
+
t
t 1 1
= dt = ln(t2 + 1) + C = ln(e2x + 1) + C
t2 + 1 2 2
"
Zadanie 2.33. Oblicz e2x 3ex - 2 dx.
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 3ex - 2.
" " "
1 t + 2
t = 3ex - 2
e2x 3ex - 2 dx = ex 3ex - 2 � ex dx = = t dt =
dt = 3ex dx 3 3
5 3
1 3 1 1 2 4
2 2
= (t + 2t2 ) dt = t + t2 + C =
9 9 5 3
2 5 4 3
= (3ex - 2)2 + (3ex - 2)2 + C.
45 27
2.8 CAA
KI Z PIERWIASTKAMI 29
1
Zadanie 2.34. Oblicz dx.
ex+e-x
Rozwiązanie
Ponieważ
1 ex ex
= = ,
ex + e-x (ex + e-x)ex e2x + 1
możemy podstawić t = ex.
ex dt
t = ex
dx = = = + = +
dt = ex dx 1 t2 arctg t C arctg ex C.
e2x + 1 +
2.8. Całki z pierwiastkami
"
Zadanie 2.35. Oblicz x 5 + x dx
Rozwiązanie
Podstawiamy t2 = 5 + x (równie dobrze możemy podstawić t = 5 + x).
"
t2 = 5 + x
x 5 + x dx = = (t2 - 5)t(2t) dt = 2 t4 - 5t2 dt =
2t dt = dx
" "
2 10 2 10
= t5 - t3 + C = ( 5 + x)5 - ( 5 + x)3 + C.
5 3 5 3
"
3+ln x
Zadanie 2.36. Oblicz dx.
x
Rozwiązanie
Podstawiamy t2 = 3 + ln x (równie dobrze możemy podstawić t = 3 + ln x).
"
3 + ln x t2 = 3 + ln x 2 2
dx = = 2t � t dt = t3 + C = (3 + ln x)3 + C.
dx
x 2t dt = 3 3
x
d
" "x
Zadanie 2.37. Oblicz .
3
x( x+1)
Rozwiązanie
2.8 CAA
KI Z PIERWIASTKAMI 30
Podstawiamy t6 = x.
dx 6t5 dt t2
t6 = x
" " = = = 6 dt =
3
6t5 dt = dx
x( x + 1) t3(t2 + 1) t2 + 1
1
= 6 1 - dt = 6t - 6 arctg t + C =
t2 + 1
" "
6 6
= 6 x - 6 arctg x + C.
e2x dx
"
Zadanie 2.38. Oblicz .
4
ex+1
Rozwiązanie
Podstawiamy t4 = ex + 1.
e2x dx (t4 - 1) � 4t3
t4 = ex + 1
" = = dt = (4t6 - 4t2) dt =
4
4t3 dt = ex dx
t
ex + 1
4 4 4 4
4 4
= t7 - t3 + C = (ex + 1)7 - (ex + 1)3 + C.
7 3 7 3
1 1-x
Zadanie 2.39. Oblicz dx.
x
x2
Rozwiązanie
1-x
Podstawiamy t2 = . Wtedy
x
1 1
2t dt = - 1 dx = - dx
x x2
oraz
1-x
1 1 - x 2
t2 =
x
dx = = t � (-2t) dt = - t3 + C =
1
2t dt = - dx
x2 x 3
x2
3
2 1 - x
= - + C.
3 x
dx
" "
Zadanie 2.40. Oblicz .
3
x- x
Rozwiązanie
2.9 ZADANIA 31
Liczymy podstawiając t6 = x.
dx 6t5 6t3
t6 = x s = t - 1
" " = = = dt = =
3 6t5 dt dx t3 t2 dt
= ds = dt
x - x - t - 1
6(s + 1)3 s3 + 3s2 + 3s + 1
= ds = 6 ds =
s s
1 1 3
= 6 s2 + 3s + 3 + ds = 6 s3 + s2 + 3s + ln |s| + C =
s 3 2
= 2s3 + 9s2 + 18s + 6 ln |s| + C =
= 2(t - 1)3 + 9(t - 1)2 + 18(t - 1) + 6 ln |t - 1| + C =
" " " "
6 6 6 6
= 2( x - 1)3 + 9( x - 1)2 + 18( x - 1) + 6 ln | x - 1| + C.
2.9. Zadania
Zadanie 2.41. Oblicz całki (postaraj się zgadnąć wynik nie podstawiając)
3
cos x
a) x cos(4x2 - 3) dx b) dx c) e2 sin x cos x dx d) x2e-x dx
4+sin x
1
sin
arctg x
ln3 x x
x
e) dx f) dx g) dx h) dx
x
x2 1+x2
ex2
tg x
ex arc sin x sin x
"
i) dx j) dx k) dx l) dx
3-ex
cos2 x 1+cos2 x
1-x2
Zadanie 2.42. Oblicz całki
"
6 3
a) sin(ax + b) dx, a = 0 b) 3 - 5x dx c) dx
(4x2-12x+9)5
2
(x-2)2e(x-2) (x-1)
x3 dx
d) dx e) dx f)
x-1
1+5x2
e(x-2)2
"
x-1 dx
" "
g) dx h) x2 4 x + 1 dx i)
3
x+1 5-x2
Zadanie 2.43. Oblicz całki
(2x+3)2
x4
a) (2x + 3) cos dx b) (2x2 - 3)8x dx c) dx
5
ex5
x2+x+1 2x3-x x2 x5
" "
d) dx e) dx f) dx g) dx
5 5
(x2+1)2 (x2+1)3(x2-2)3
x3+1 x3+1
x4 x x x2
"
h) dx i) dx j) dx k) dx
cos2 x5 x4+2x2+2
1-sin2(x2+1) 1-x6
Zadanie 2.44. Oblicz całki
"
(arctg x)5
6
a) cos x 5 + sin x dx b) dx c) sin7 x dx
x2+1
2
tg x
1-2 cos2 x sin 2x 1-3 cos2 x
"
d) dx e) dx f) dx g) dx
cos x sin x cos x
(1+sin 2x)5
1+cos2 x
Zadanie 2.45. Oblicz całki
"
8
ln x dx 1
a) dx b) c) dx
x ln xx
x+x ln2 x
"
2
ln(cos x)
ln x 5+ln x
"ln x
d) dx e) dx f) dx
ctg x
x ln(e5x)
x 1-ln6 x
Zadanie 2.46. Oblicz całki
"
ex 8x e3x
a) dx b) 27x � 3x + 5 dx c) dx d) dx
2x+1
(ex-1)2 1+e6x
1 1 ex-1
"
e) dx f) dx g) dx
2e-x+2+ex ex+e-x
4-x-1
2.9 ZADANIA 32
Zadanie 2.47. Oblicz całki
"
sin 2 x
1 dx x-1 dx
" " " " "
a) dx b) " dx c) d) �
6 3
x-2
(x-2)2
3 x x( x- x)
x+ x3
Zadanie 2.48. Oblicz całki
1
x2
e 1+2 cos x 1+ex
a) dx b) dx c) dx
x3 3x�9sin x e2x+2xex+x2+1
ROZDZIAA
3
Całkowanie przez części
3.1. Metoda całkowania przez części
Zacznijmy od przypomnienia wzoru na pochodną iloczynu dwóch funkcji:
[u(x)v(x)] = u (x)v(x) + u(x)v (x).
Po scałkowaniu obu stron otrzymujemy
[u(x)v(x)] dx = u (x)v(x) dx + u(x)v (x) dx.
Zauważmy, że całka po lewej stronie równa się u(x)v(x). Stąd, przenosząc ostatnią całkę
na drugą stronę równości otrzymujemy wzór na całkowanie przez części:
u (x)v(x) dx = u(x)v(x) - u(x)v (x) dx.
Po jego zastosowaniu, obliczenie całki po lewej stronie sprowadza się do policzenia całki
po prawej stronie, która powinna być prostsza.
Metoda całkowania przez części nie jest tak uniwersalna jak całkowanie przez pod-
stawienie, niemniej pozwala na obliczenie wielu całek.
Żeby zastosować wzór na całkowanie przez części do całki f (x) dx, funkcję podcał-
kową f (x) musimy przestawić w postaci iloczynu dwóch funkcji, z których jedna jest po-
chodną jakiejś znanej nam funkcji. Żeby metoda była skuteczna, po zastosowaniu wzoru
powinniśmy otrzymać prostszą całkę.
Zadanie 3.1. Oblicz całkę x cos x dx
Rozwiązanie
Funkcja podcałkowa jest iloczynem dwóch funkcji, więc możemy próbować całkowania
przez części. Przyjmijmy
u (x) = cos x, v(x) = x, u(x) = sin x, v (x) = 1.
Podstawiamy do wzoru i liczymy:
u = cos x v = x
x cos x dx = = x sin x - sin x dx = x sin x + cos x + C.
u = sin x v = 1
Całkę x cos x dx udało nam się sprowadzić do znacznie prostszej całki sin x dx, którą
obliczyliśmy bezpośrednio.
1
Zauważmy, że mogliśmy przyjąć także u (v) = x, v(x) = cos x, u(x) = x2, v (x) =
2
- sin x. Jednak wtedy wzór na całkowanie przez części prowadzi do bardziej skompli-
kowanej całki x2 sin x dx.
33
3.2 METODA CAA
KOWANIA PRZEZ CZ
ŚCI 34
Zadanie 3.2. Oblicz całkę x arctg x dx.
Rozwiązanie
Przyjmiemy
1 1
u (x) = x, v(x) = arctg(x), u(x) = x2, v (x) = .
2 1 + x2
Zauważmy, że gdybyśmy chcieli przyjąć na odwrót u (x) = arctg(x), v(x) = x, to mieli-
byśmy problem z dobraniem funkcji u(x). Sprawdz
my teraz, czy całkowanie przez części
prowadzi do prostszej całki.
u = x v = arctg x 1 1 x2
x arctg x dx = = x2 arctg x - dx.
1 1
u = x2 v =
2 2 x2 + 1
2
x2+1
Ostatnią całkę możemy obliczyć bezpośrednio:
x2 1
dx = 1 - dx = x - arctg x + C.
x2 + 1 1 + x2
Zatem
1
x arctg x dx = (x2 arctg x - x + arctg x) + C.
2
x
Zadanie 3.3. Oblicz całkę dx.
cos2 x
Rozwiązanie
1
Zauważmy, że jest pochodną funkcji tg x, więc naturalnie jest przyjąć
cos2 x
1
u (x) = , v(x) = x, u(x) = tg x, v (x) = 1.
cos2 x
Podstawiamy do wzoru na całkowanie przez części.
1
x
u = v = x
cos2 x
dx = = x tg x - tg x dx.
cos2 x u = tg x v = 1
Całkę tg x dx obliczymy przez podstawienie t = cos x.
sin x dt
t = cos x
tg x dx = dx = = - =
dt = - sin x dx
cos x t
= - ln |t| + C = - ln | cos x| + C.
Zatem
x
dx = x tg x - ln | cos x| + C.
cos2 x
3.2 WIELOMIAN RAZY SINUS LUB KOSINUS 35
3.2. Wielomian razy sinus lub kosinus
Metoda całkowania przez części pozwala na obliczenie całek
xn sin(ax) dx, xn cos(ax) dx,
gdzie a = 0 jest stałą rzeczywistą, a n jest liczbą naturalną. Należy przyjąć
u (x) = sin(ax) lub cos(ax), v(x) = xn
1 1
u(x) = - cos(ax) lub sin(ax), v (x) = nxn-1.
a a
Wtedy całkowanie przez części prowadzi do całki
xn-1 cos(ax) dx lub xn-1 sin(ax) dx.
Zatem po n-krotnym całkowaniu przez części dojdziemy do prostej całki sin(ax) dx
lub cos(ax) dx.
Zadanie 3.4. Oblicz całkę x sin 2x dx
Rozwiązanie
Liczymy
u = sin 2x v = x 1 1
x sin 2x dx = = - x cos 2x + cos 2x dx =
u = -1 cos 2x v = 1
2 2
2
1 1
= - x cos 2x + sin 2x + C
2 4
Zadanie 3.5. Oblicz całkę x2 cos x dx
Rozwiązanie
u = cos x v = x2
x2 cos x dx = = x2 sin x - 2 x sin x dx
u = sin x v = 2x
Ostatnią całkę również obliczamy przez części
u = sin x v = x
x sin x dx = = -x cos x + cos x dx =
u = - cos x v = 1
= -x cos x + sin x + C.
Zatem
x2 cos x dx = x2 sin x + 2x cos x - 2 sin x + C.
Analogicznie można obliczać całki
P(x) sin(ax) dx, P(x) cos(ax) dx,
3.2 WIELOMIAN RAZY SINUS LUB KOSINUS 36
gdzie P(x) jest dowolnym wielomianem. Przyjmując u (x) = sin(ax) lub u (x) = cos(ax)
oraz v(x) = P(x), po zastosowaniu wzoru na całkowanie przez części otrzymujemy cał-
kę P (x) cos(ax) dx lub P (x) sin(ax) dx. Jeżeli P(x) ma stopień k, to jego pochodna
P (x) ma stopień k - 1, zatem całkując przez części jeszcze k - 1 razy, za każdym ra-
zem będziemy zmniejszać stopień wielomianu o jeden, aż dojdziemy do prostej całki
sin(ax) dx lub cos(ax) dx.
Zadanie 3.6. Oblicz całkę (x2 + x) cos x dx.
Rozwiązanie
Całkujemy dwa razy przez części.
u = cos x v = x2 + x
(x2 + x) cos x dx = =
u = sin x v = 2x + 1
u = sin x v = 2x + 1
= (x2 + x) sin x - (2x + 1) sin x dx = =
u = - cos x v = 2
= (x2 + x) sin x + (2x + 1) cos x - 2 cos x dx =
= (x2 + x) sin x + (2x + 1) cos x - 2 sin x + C.
Zadanie 3.7. Oblicz całkę sin2 x dx.
Rozwiązanie
Jest to całka innego typu niż w poprzednich zadaniach, bo sinus jest podniesiony do
kwadratu.
Sposób 1.
Pozbywamy się kwadratu przyjmując
u (x) = 1, v(x) = sin2 x, u(x) = x, v (x) = 2 sin x cos x = sin 2x,
u = 1 v = sin2 x
sin2 x dx = = x sin2 x - x sin 2x dx.
u = x v = sin 2x
Ostatnią całkę również obliczamy przez części
u = sin 2x v = x 1 1
x sin 2x dx = = - x cos 2x + cos 2x dx =
u = -1 cos 2x v = 1
2 2
2
1 1
= - x cos 2x + sin 2x + C.
2 4
Zatem
1 1
sin2 x dx = x sin2 x + x cos 2x - sin 2x + C =
2 4
1 1
= x sin2 + x(cos2 x - sin2 x) - sin x cos x + C =
2 2
1 1
= (x(sin2 x + cos2 x) - sin x cos x) + C = (x - sin x cos x) + C.
2 2
3.3 WIELOMIAN RAZY FUNKCJA WYKA
ADNICZA 37
Sposób 2.
Oznaczamy szukaną całkę przez I.
u = sin x v = sin x
I = sin x sin x dx = = - sin x cos x + cos2 x dx =
u = - cos x v = cos x
- sin x cos x + 1 - sin2 x dx = - sin x cos x + x - sin2 x dx =
= - sin x cos x + x - I
1
2I = - sin x cos x + x + C �! I = (x - sin x cos x) + C.
2
3.3. Wielomian razy funkcja wykładnicza
Aby obliczyć całkę xneax dx, gdzie a = 0 jest stałą rzeczywistą, a n jest liczbą natu-
ralną, należy przyjąć
1
u (x) = eax, v(x) = xn, u(x) = eax, v (x) = nxn-1
a
Wtedy całkowanie przez części prowadzi do całki xn-1eax dx, a zatem po n-krotnym
całkowaniu przez części dojdziemy do prostej całki eax dx.
Tą metodę można stosować dla dowolnej funkcji wykładniczej, ponieważ ax = e(ln a)x.
Jeżeli w miejscu xn mamy dowolny wielomian P(x) stopnia n, to analogicznie przyj-
mujemy v(x) = P(x) i całkując przez części obniżamy stopień wielomianu o jeden. Po
n-krotnym całkowaniu przez części dojdziemy do całki eax dx.
Zadanie 3.8. Oblicz całkę xex dx
Rozwiązanie
Liczymy
u = ex v = x
xex dx = = - = - +
u = ex v = 1 xex ex dx xex ex C.
Zadanie 3.9. Oblicz całkę x3x dx.
Rozwiązanie
Liczymy
u = 3x v = x x3x 3x
x � 3x dx = = - dx
3x
u = v = 1
ln 3 ln 3
ln 3
x3x 1 x3x 3x
= - 3x dx = - + C.
ln 3 ln 3 ln 3 (ln 3)2
3.4 FUNKCJA POT
GOWA RAZY FUNKCJA LOGARYTMICZNA 38
Zadanie 3.10. Oblicz całkę x2e-x dx
Rozwiązanie
Dwukrotnie całkujemy przez części.
u = e-x v = x2
x2e-x dx = = -x2e-x + 2 xe-x dx =
u = -e-x v = 2x
u = e-x v = x
= = -x2e-x - 2xe-x + 2 e-x dx =
u = -e-x v = 1
= -x2e-x - 2xe-x - 2e-x + C.
2
Zadanie 3.11. Oblicz całkę x3ex dx.
Rozwiązanie
2 2 2
Ponieważ ex nie jest pochodną żadnej znanej nam funkcji, natomiast ex = 2xex ,
2
więc przyjmiemy u (x) = xex , v(x) = x2.
2
2 1 2 2
u = xex v = x2
x3ex dx = = x2ex - xex dx =
2
1
2
u = ex v = 2x
2
1 2 1 2 1 2
= x2ex - ex = ex (x2 - 1) + C.
2 2 2
3.4. Funkcja potęgowa razy funkcja logarytmiczna
Aby obliczyć całkę xk(ln x)m dx, gdzie m jest liczbą naturalną, a k dowolną liczbą
rzeczywistą, przyjmujemy
u (x) = xk, v(x) = (ln x)m.
Zadanie 3.12. Oblicz całkę ln x dx.
Rozwiązanie
u = 1 v = ln x
ln x dx = = x ln x - 1 dx = x ln x - x + C.
1
u = x v =
x
Zadanie 3.13. Oblicz całkę x3 ln x dx.
3.4 FUNKCJA POT
GOWA RAZY FUNKCJA LOGARYTMICZNA 39
Rozwiązanie
1 1 1 x4
u = x3 v = ln x
x3 ln x dx = = x4 ln x - x3 dx = x4 ln x - + C.
1 1
u = x4 v =
4 4 4 16
4 x
"
Zadanie 3.14. Oblicz całkę x ln x dx.
Rozwiązanie
1
"
2 2 3 2 1
u = x v = ln x
2 2
x ln x dx = = x ln x - x dx =
3
2
2 3 3
u = x v = x-1
3
"
2 3 4 3 2 2
2 2
= x ln x - x + C = x3 ln x - + C.
3 9 3 3
Zadanie 3.15. Oblicz x(ln x)2 dx
Rozwiązanie
1
u = x v = (ln x)2
x(ln x)2 dx = = x2(ln x)2 - x ln x dx
1 1
u = x2 v = 2 ln x �
2
2 x
Ostatnią całkę również obliczamy przez części
u = x v = ln x 1 1
x ln x dx = = x2 ln x - x dx =
1 1
u = x2 v =
2 2
2 x
1 1
= x2 ln x - x2 + C.
2 4
Zatem
1 1 1
x(ln x)2 dx = x2(ln x)2 - x2 ln x + x2 + C.
2 2 4
ln x
Zadanie 3.16. Oblicz całkę dx.
x
Rozwiązanie
Tą całkę najprościej jest obliczyć przez podstawienie t = ln x , ale można również przez
części. Oznaczmy szukaną całkę przez I. Liczymy:
1
ln x ln x
u = v = ln x
x
I = dx = = (ln x)2 - dx = (ln x)2 - I
1
x u = ln x v = x
x
1
2I = (ln x)2 + C �! I = (ln x)2 + C
2
3.5 FUNKCJA WYKA
ADNICZA RAZY SINUS LUB KOSINUS 40
Zadanie 3.17. Oblicz całkę ln(x2 + 1) dx.
Rozwiązanie
u = 1 v = ln(x2 + 1) 2x2
ln(x2 + 1) dx = = x ln(x2 + 1) - dx =
2x
u = x v =
x2 + 1
x2+1
2(x2 + 1) - 2 dx
= x ln(x2 + 1) - dx = x ln(x2 + 1) - 2 dx + 2 =
x2 + 1 x2 + 1
= x ln(x2 + 1) - 2x + 2 arctg x + C.
3.5. Funkcja wykładnicza razy sinus lub kosinus
Całkowanie przez części w ciekawy sposób stosuje się do obliczenia całek
eax sin bx dx, eax cos bx dx.
1
W obu przypadkach przyjmujemy u (x) = eax, u(x) = eax.
a
u = eax v = sin bx
eax sin bx dx = =
1
u = eax v = b cos bx
a
1 b
= eax sin bx - eax cos bx dx
a a
u = eax v = cos bx
eax cos bx dx = =
1
u = eax v = -b sin bx
a
1 b
= eax cos bx + eax sin bx dx
a a
Tak więc każda z tych całek wyraża się przez drugą. Jeśli teraz podstawimy do pierw-
szego wzoru wyrażenie z drugiego wzoru, to otrzymamy równanie względem pierwszej
całki, z którego wynika, że
a sin bx - b cos bx
eax sin bx dx = eax + C.
a2 + b2
Analogicznie obliczamy drugą całkę
b sin bx + a cos bx
eax cos bx dx = eax + C.
a2 + b2
Powyższych wzorów nie opłaca się uczyć na pamięć. Znacznie lepiej jest pamiętać spo-
sób ich wyprowadzenia i powtarzać go w konkretnych przykładach.
Zadanie 3.18. Oblicz całkę ex sin x dx.
Rozwiązanie
3.5 FUNKCJA WYKA
ADNICZA RAZY SINUS LUB KOSINUS 41
Oczywiście możemy podstawić do wzoru, ale wyobraz
my sobie, że go nie mamy przed
sobą. Wtedy całkujemy dwukrotnie przez części.
u = ex v = sin x
I = ex sin x dx = = ex sin x - ex � cos x dx =
u = ex v = cos x
u = ex v = cos x
= = ex sin x - ex cos x - ex sin x dx =
u = ex v = - sin x
= ex sin x - ex cos x - I
ex sin x - ex cos x
2I = ex sin x - ex cos x + C �! I = + C.
2
Zadanie 3.19. Oblicz całkę 3x cos x dx.
Rozwiązanie
Całkujemy dwukrotnie przez części.
u = 3x v = cos x
I = 3x cos x dx = =
1
u = 3x v = - sin x
ln 3
1 1
= 3x cos x + 3x sin x dx
ln 3 ln 3
u = 3x v = sin x
(ln 3)I = 3x cos x + 3x sin x dx = =
1
u = 3x v = cos x
ln 3
1 1
= 3x cos x + 3x sin x - 3x cos x dx =
ln 3 ln 3
1 1
= 3x cos x + 3x sin x - I
ln 3 ln 3
1 1 (ln 3) cos x + sin x
(ln 3 + )I = 3x cos x + 3x sin x + C �! I = 3x + C.
ln 3 ln 3 (ln 3)2 + 1
Zadanie 3.20. Oblicz całkę ex sin2 x dx.
Rozwiązanie
Pozbędziemy się kwadratu przy sinusie korzystając z tożsamości
(sin2 x) = 2 sin x cos x = sin 2x.
Całkujemy przez części
u = ex v = sin2 x
ex sin2 x dx = = ex sin2 x - ex sin 2x dx.
u = ex v = sin 2x
3.6 FUNKCJE CYKLOMETRYCZNE 42
Ostatnią całkę oznaczamy przez I i liczymy
u = ex v = sin 2x
I = ex sin 2x dx = = ex sin 2x - 2 ex � cos 2x dx =
u = ex v = 2 cos 2x
u = ex v = cos 2x
= = ex sin 2x - 2ex cos 2x - 4 ex sin 2x dx =
u = ex v = -2 sin 2x
= ex sin 2x - 2ex cos 2x - 4I
sin 2x - 2 cos 2x
5I = (sin 2x - 2 cos 2x)ex + C �! I = ex + C.
5
sin 2x - 2 cos 2x
ex sin2 x dx = ex sin2 x - + C.
5
3.6. Funkcje cyklometryczne
Metoda całkowania przez części pozwala obliczyć całki
arc sin x dx, arc cos x dx, arctg x dx, arcctg x dx.
W każdym przypadku należy przyjąć u (x) = 1, u(x) = x.
Zadanie 3.21. Oblicz całkę arctg x dx.
Rozwiązanie
u = 1 v = arctg x x
arctg x dx = = x arctg x - dx
1
u = x v =
x2 + 1
x2+1
Ostatnią całkę obliczamy przez postawienie t = x2 + 1.
x dt 1 1
t = x2 + 1
dx = = = ln |t| + C = ln(x2 + 1) + C.
dt = 2x dx
x2 + 1 2t 2 2
Zatem
1
arctg x dx = x arctg x - ln(x2 + 1) + C.
2
Zadanie 3.22. Oblicz całkę arc sin x dx.
Rozwiązanie
u = 1 v = arc sin x
x
arc sin x dx = = x arc sin x - " dx
1
"
u = x v =
1 - x2
1-x2
3.7 FUNKCJE CYKLOMETRYCZNE 43
Ostatnią całkę obliczamy przez postawienie t = 1 - x2.
x 1 1
t = 1 - x2
" dx = = - t- 2 dt =
= -2x dx
2
1 - x2 dt
1
= -t2 + C = - 1 - x2 + C.
Zatem
arc sin x dx = x arc sin x + 1 - x2 + C.
Obliczenie całek arc cos x dx oraz arcctg x dx pozostawiamy jako ćwiczenie.
Zadanie 3.23. Oblicz całkę arc sin2 x dx.
Rozwiązanie
u = 1 v = arc sin2 x
arc sin2 x dx = =
1
"
u = x v = 2 arc sin x �
1-x2
x
= x arc sin2 x - 2 " arc sin x dx.
1 - x2
"
x
"
Zauważmy, że jest pochodną funkcji - 1 - x2 (sprawdz
to, różniczkując ostatnią
1-x2
funkcję).
x
"
u = v = arc sin x
x
"1-x2
" arc sin x dx = =
1
"
u = - 1 - x2 v =
1 - x2
1-x2
= - 1 - x2 arc sin x + 1 dx = - 1 - x2 arc sin x + x + C.
arc sin2 x dx = x arc sin2 x - 2(x - 1 - x2 arc sin x) + C.
"
Zadanie 3.24. Oblicz całkę arctg x dx.
Rozwiązanie
"
" "
u = 1 v = arctg x
x 1
"
arctg x dx = = x arctg x - � dx.
1 1
"
u = x v = �
x + 1
2 x
x+1
2 x
"
Ostatnią całkę obliczymy przez podstawienie t = x,
"
t = x
x 1 t2 t2 + 1 - 1
"
� dx = = = dt =
1
"
dt = dx t2 1 dt
x + 1 2 x + t2 + 1
2 x
" "
1
= 1 - dt = t - arctg t + C = x - arctg x + C.
t2 + 1
" " " "
arctg x dx = x arctg x - x + arctg x + C.
3.7 ZADANIA 44
3.7. Zadania
Zadanie 3.25. Oblicz całki
x
a) x sin dx b) x2 sin 5x dx c) (x2 - 2x + 3) sin 2x dx
2
d) (1 + x2)2 cos x dx e) x sin2 x dx f) cos2 x dx
Zadanie 3.26. Oblicz całki
a) xe-x dx b) x2e-2x dx c) x3ex dx
d) ex cos x dx e) e-x sin 2x dx
Zadanie 3.27. Oblicz całki
a) x2 ln x dx b) x2 ln(1 + x) dx c) x ln(x - 1) dx d) (x + 1) ln2 x dx
Zadanie 3.28. Oblicz całki
a) arc cos x dx b) arc ctg x dx c) x arcctg x dx
ROZDZIAA
4
Funkcje wymierne
4.1. Rozkład funkcji wymiernej
P(x)
Funkcja wymierna to ułamek , którego licznik P(x) i mianownik Q(x) są wielo-
Q(x)
mianami zmiennej x. Na przykład funkcjami wymiernymi są:
2x2 + x - 3 x + 1 x4 + x3 + x2 + x + 1 8
, , , .
x7 + 4x3 + 5 x - 1 x2 + 1 (x3 + x)6
Żeby obliczyć całkę z funkcji wymiernej, musimy najpierw znalez
ć rozkład tej funkcji
w postaci sumy wielomianu i ułamków prostych.
Funkcję wymierną nazywamy właściwą, jeśli stopień licznika (najwyższa potęga zmien-
nej x) jest mniejszy niż stopień mianownika.
P(x)
Dowolną funkcję wymierną możemy rozłożyć na sumę wielomianu W(x) i
Q(x)
R(x)
funkcji wymiernej właściwej , w której stopień licznika R(x) jest mniejszy niż sto-
Q(x)
pień mianownika Q(x). Rozkład taki znajdujemy dzieląc z resztą licznik przez mianow-
nik:
P(x) W(x)Q(x) + R(x) R(x)
= = W(x) + .
Q(x) Q(x) Q(x)
x3-2x2-1
Zadanie 4.1. Znajdz
rozkład funkcji na sumę wielomianu i funkcji wymiernej
x2-1
właściwej.
Rozwiązanie
Stopień licznika wynosi 3 i jest większy niż stopień mianownika 2. Dzielimy z resztą
licznik przez mianownik:
x - 2
x3 - 2x2 - 1 : x2 - 1
x3 - x
-2x2 + x - 1
-2x2 + 2
x - 3
Zatem
x3 - 2x2 - 1 (x - 2)(x2 - 1) + x - 3 x - 3
= = x - 2 + .
x2 - 1 x2 - 1 x2 - 1
45
4.1 ROZKA
AD FUNKCJI WYMIERNEJ 46
Funkcję wymierną postaci
A
, A = 0,
(x + a)n
nazywamy ułamkiem prostym pierwszego rodzaju, a funkcję postaci
Bx + C
, B = 0, " = p2 - 4q < 0,
(x2 + px + q)m
nazywamy ułamkiem prostym drugiego rodzaju. Dowolna funkcja wymierna właściwa
jest sumą ułamków prostych pierwszego i drugiego rodzaju. Żeby wyznaczyć składniki
takiej sumy, musimy znać rozkład mianownika Q(x) na czynniki liniowe i kwadratowe:
Q(x) = b(x - a1)n1 � � � (x - ak)nk � (x2 + p1x + q1)m1 � � � (x2 + plx + ql)ml,
gdzie każdy czynnik kwadratowy jest nierozkładalny, to znaczy p2 - 4qi < 0 dla i =
i
1, . . . , l. Liczby a1, . . . , ak są to wszystkie pierwiastki rzeczywiste wielomianu Q(x). Za-
tem wyznaczenie rozkładu mianownika na czynniki nierozkładalne wymaga znalezienia
wszystkich jego pierwiastków.
Znając rozkład mianownika jak powyżej, rozkład funkcji wymiernej na ułamki proste
ma postać:
P(x) A11 A12 A1n1
= + + � � � + + . . .
Q(x) x + a1 (x + a1)2 (x + a1)n1
Aknk
Ak1 Ak2
� � � + + + � � � + +
x + ak (x + ak)2 (x + ak)nk
B11x + C11 B12x + C12 B1m1x + C1m1
+ + + � � � + + . . .
x2 + p1x + q1 (x2 + p1x + q1)2 (x2 + p1x + q1)m1
Blml x + Clml
Bl1x + Cl1 Bl2x + Cl2
� � � + + + � � � +
x2 + plx + ql (x2 + plx + ql)2 (x2 + plx + ql)ml
Tak więc każdy czynnik liniowy, który występuje w mianowniku Q(x) w potędze ni,
wnosi do rozkładu funkcji wymiernej ni ułamków prostych pierwszego rodzaju, a każ-
dy czynnik kwadratowy, występujący w mianowniku w potędze mj, daje mj ułamków
prostych drugiego rodzaju.
Współczynniki Aij, Bst, Cst można obliczyć mnożąc obie strony powyższej równości
przez wspólny mianownik Q(x) i porównując współczynniki przy tych samych potęgach
zmiennej x.
7x2+1
Zadanie 4.2. Znalez
ć rozkład na ułamki proste.
(x+1)(x-1)(x-3)
Rozwiązanie
Mianownik ma trzy czynniki liniowe, każdy w pierwszej potędze, więc funkcja jest sumą
trzech ułamków prostych pierwszego rodzaju:
7x2 + 1 a b c
= + + .
(x + 1)(x - 1)(x - 3) x + 1 x - 1 x - 3
Mnożąc obie strony przez (x + 1)(x - 1)(x - 3) otrzymujemy
7x2 + 1 = a(x - 1)(x - 3) + b(x + 1)(x - 3) + c(x + 1)(x - 1) =
= (a + b + c)x2 - (4a + 2b)x + (3a - 3b - c).
4.1 ROZKA
AD FUNKCJI WYMIERNEJ 47
Porównując współczynniki po obu stronach dostajemy układ równań
ńł
a + b + c = 7
�ł
�ł
4a + 2b = 0
�ł
ół
3a - 3b - c = 1
którego rozwiązaniem jest a = 1, b = -2, c = 8. Stąd
7x2 + 1 1 2 8
= - +
(x + 1)(x - 1)(x - 3) x + 1 x - 1 x - 3
5x2-11x
Zadanie 4.3. Znalez
ć rozkład na ułamki proste.
(x-1)2(x2+2)
Rozwiązanie
W mianowniku występuje czynnik liniowy w drugiej potędze i czynnik kwadratowy,
zatem funkcja jest sumą dwóch ułamków prostych pierwszego rodzaju i ułamka prostego
drugiego rodzaju
5x2 - 11x a b cx + d
= + + .
(x - 1)2(x2 + 2) x - 1 (x - 1)2 x2 + 2
Mnożąc obie strony przez wspólny mianownik otrzymujemy
5x2 - 11x = a(x - 1)(x2 + 2) + b(x2 + 2) + (cx + d)(x - 1)2 =
= (a + c)x3 + (-a + b - 2c + d)x2 + (2a + c - 2d)x + (-2a + 2b + d).
Porównując współczynniki otrzymujemy układ równań
ńł
a + c = 0
�ł
�ł
�ł
�ł
-a + b - 2c + d = 5
�ł 2a + c - 2d = -11
�ł
�ł
ół
-2a + 2b + d = 0
którego rozwiązaniem jest a = 1, b = -2, c = -1, d = 6.
5x2 - 11x 1 2 x - 6
= - - .
(x - 1)2(x2 + 2) x - 1 (x - 1)2 x2 + 2
x2
Zadanie 4.4. Znalez
ć rozkład na ułamki proste.
x3+5x2+8x+4
Rozwiązanie
Najpierw musimy rozłożyć mianownik na czynniki liniowe lub kwadratowe. W tym celu
musimy odgadnąć jeden jego pierwiastek. A
atwo sprawdzić podstawiając, że x = -1 jest
pierwiastkiem mianownika, zatem wielomian ten dzieli się przez (x + 1). Dzielimy:
4.1 ROZKA
AD FUNKCJI WYMIERNEJ 48
x2 + 4x + 4
x3 + 5x2 + 8x + 4 : x + 1
x3 + x2
4x2 + 8x + 4
4x2 + 4x
4x + 4
4x + 4
0
x2 x2 x2
= =
x3 + 5x2 + 8x + 4 (x + 1)(x2 + 4x + 4) (x + 1)(x + 2)2
Funkcja wymierna jest więc sumą trzech ułamków prostych pierwszego rodzaju:
x2 a b c
= + +
(x + 1)(x + 2)2 x + 1 x + 2 (x + 2)2
x2 = a(x + 2)2 + b(x + 1)(x + 2) + c(x + 1) =
= (a + b)x2 + (4a + 3b + c)x + 2b + c + 4
ńł
a + b = 1
�ł
�ł
4a + 3b + c = 0
�! a = 1, b = 0, c = -4.
�ł
ół
2b + c + 4 = 0
x2 x2 1 4
= = - .
x3 + 5x2 + 8x + 4 (x + 1)(x + 2)2 x + 1 (x + 2)2
1
Zadanie 4.5. Znalez
ć rozkład na ułamki proste.
6x3-7x2-3x
Rozwiązanie
Mianownik dzieli się przez x:
6x3 - 7x2 - 3x = x(6x2 - 7x - 3).
3
Dwumian kwadratowy 6x2 - 7x - 3 ma dwa pierwiastki x1 = , x2 = -1, stąd mamy
2 3
rozkład
3 1
6x3 - 7x2 - 3x = 6x x - x + .
2 3
Funkcja wymierna jest sumą trzech ułamków prostych pierwszego rodzaju:
1 1 a b c
= = + +
3 1 3 1
6x3 - 7x2 - 3x x - x +
6x(x - )(x + ) x
2 3 2 3
3 1 1 2
1 = 6 a x - x + + bx x + + cx x - =
2 3 3 3
= 6(a + b + c)x2 + (-7a + 2b - 4c)x - 3a.
ńł
a + b + c = 0
�ł
�ł
1 1 1
-7a + 2b - 4c = 0
�! a = - , b = - , c =
�ł 3 6 2
ół
-3a = 1
4.2 CAA
KOWANIE UA
AMKÓW PROSTYCH PIERWSZEGO RODZAJU 49
1 1 1
1
3 6 2
= - - +
3 1
6x3 - 7x2 - 3x x - x +
x
2 3
4.2. Całkowanie ułamków prostych pierwszego rodzaju
A
Ułamek prosty pierwszego rodzaju całkujemy przez podstawienie t = x + a.
(x + a)n
Wtedy
A A
t = x + a
dx = = dt.
dt = dx
(x + a)n tn
A
Całka po prawej stronie równa się A ln |t| + C, gdy n = 1 albo + C, gdy
(1 - n)tn-1
n > 1. Stąd otrzymujemy wzory
A
dx = A ln |x + a| + C,
x + a
A A
dx = + C, dla n > 1.
(x + a)n (1 - n)(x + a)n-1
1
Zadanie 4.6. Oblicz całkę dx
2x2+3x-2
Rozwiązanie
1
Mianownik ma dwa pierwiastki x1 = -2 oraz x2 = , więc rozkłada się na czynniki
2
1
liniowe 2x2 + 3x - 2 = 2(x + 2)(x - ), a funkcja wymierna jest sumą dwóch ułamków
2
prostych pierwszego rodzaju
1 1 a b
= = +
1 1
2x2 + 3x - 2 x + 2 -
2(x + 2)(x - ) x
2 2
1
1 = 2a x - + 2b(x + 2) = 2(a + b)x - a + 4b
2
a + b = 0
1 1
�! a = - , b = .
-a + 4b = 1 5 5
1 1 1 1 1
dx = - dx + dx =
1
2x2 + 3x - 2 5 x + 2 5 -
x
2
1
x
1 1 1 -
2
= (ln |x - | - ln |x + 2|) + C = ln + C.
5 2 5 x + 2
x-3
Zadanie 4.7. Oblicz całkę dx.
x2-3x+2
4.3 CAA
KOWANIE UA
AMKÓW PROSTYCH PIERWSZEGO RODZAJU 50
Rozwiązanie
Rozkładamy ułamek pod całką na ułamki proste.
x - 3 x - 3 a b
= = +
x2 - 3x + 2 (x - 1)(x - 2) x - 1 x - 2
x - 3 = a(x - 2) + b(x - 1) = (a + b)x - 2a - b
a + b = 1
�! a = 2, b = -1.
2a + b = 3
Liczymy teraz całkę.
x - 3 2 1
dx = dx - dx = 2 ln |x - 1| - ln |x - 2| + C
x2 - 3x + 2 x - 1 x - 2
3x-2
Zadanie 4.8. Oblicz całkę dx.
x2+6x+9
Rozwiązanie
3x - 2 3x - 2 a b
= = +
x2 + 6x + 9 (x + 3)2 x + 3 (x + 3)2
3x - 2 = a(x + 3) + b �! a = 3, b = -11.
3x - 2 3 11 11
dx = dx - dx = 3 ln |x + 3| + + C.
x2 + 6x + 9 x + 3 (x + 3)2 x + 3
x+2
Zadanie 4.9. Oblicz całkę dx.
x3+x2
Rozwiązanie
x + 2 x + 2 a b c
= = + +
x3 + x2 x2(x + 1) x x2 x + 1
x + 2 = ax(x + 1) + b(x + 1) + cx2 = (a + c)x2 + (a + b)x + b
ńł
a + c = 0
�ł
�ł
a + b = 1
�! a = -1, b = 2, c = 1.
�ł
ół
b = 2
x + 2 1 2 1
dx = - dx + dx + dx =
x3 + x2 x x2 x + 1
2
= - ln |x| - + ln |x + 1| + C.
x
4.3 CAA
KOWANIE UA
AMKÓW PROSTYCH DRUGIEGO RODZAJU 51
4.3. Całkowanie ułamków prostych drugiego rodzaju
Ax + B
Aby scałkować ułamek prosty drugiego rodzaju rozbijamy go na dwa
(x2 + px + q)n
ułamki w następujący sposób:
Ax + B A 2x + p 1
dx = dx + C dx,
(x2 + px + q)n 2 (x2 + px + q)n (x2 + px + q)n
2B-Ap
gdzie C = . Pierwszy ułamek po prawej stronie ma w liczniku pochodną funkcji
2
kwadratowej x2 + px + q i całkujemy go przez podstawienie.
2x + p 1
t = x2 + px + q
dx = = dt.
dt = (2x + p)dx
(x2 + px + q)n tn
Stąd otrzymujemy wzory
2x + p
dx = ln(x2 + px + q) + C,
x2 + px + q
2x + p 1
dx = + C, dla n > 1.
(x2 + px + q)n (1 - n)(x2 + px + q)n-1
Zauważmy, że w pierwszym z powyższych wzorów nie ma wartości bezwzględnej pod
logarytmem. Mogliśmy ją opuścić dzięki założeniu p2 - 4q < 0, co oznacza, że trójmian
kwadratowy x2 + px + q nie ma pierwiastków, a ponieważ współczynnik przy x2 jest
dodatni, więc funkcja przyjmuje tylko wartości dodatnie.
1
Aby obliczyć całkę dx, sprowadzamy trójmian x2 + px + q do postaci
(x2+px+q)n
kanonicznej:
(x2 + px + q) = (x + a)2 + b,
p 4q-p2
gdzie a = , b = . Pamiętajmy, że wyróżnik p2 - 4q jest ujemny, więc b > 0. Liczymy
2 4
"
x+a
"
t =
dx dx b dt
b
"
= = = .
x+a
"
bn (t2 + 1)n
((x + a)2 + b)n bn(( )2 + 1)n bdt = dx
b
Gdy n = 1, to ostatnia całka równa się arctg t + C, czyli
dx 1 x + a
" "
= arctg + C.
(x + a)2 + b
b b
Gdy n > 1, to stosujemy (n - 1)-krotnie wzór redukcyjny
dt 1 x 2n - 3 dt
= � + .
(t2 + 1)n 2n - 2 (t2 + 1)n-1 2n - 2 (t2 + 1)n-1
dt dt
Wzór ten sprowadza obliczenie całki do całki , zatem stosując go n - 1
(t2+1)n (t2+1)n-1
dt
razy dojdziemy w końcu do znanej całki . Wyprowadzenie wzoru redukcyjnego i
t2+1
zadania ilustrujące jego stosowanie znajdują się w podrozdziale 4.5.
4.3 CAA
KOWANIE UA
AMKÓW PROSTYCH DRUGIEGO RODZAJU 52
dx
Zadanie 4.10. Oblicz całkę .
2x2+9
Rozwiązanie
"
3
"
2 dt
dx 1 dx 1
t = x
2
3
"
= " = =
2
2
2x2 + 9 9 +
dt = dx 9 t2 1
( x)2 + 1
3
3
"
1 1 2x
" "
= arctg t + C = arctg + C.
3
3 2 3 2
2x+1
Zadanie 4.11. Oblicz całkę dx.
x2+2x+2
Rozwiązanie
Całkę rozbijamy na dwie całki tak, aby w jednej licznik był pochodną mianownika, a w
drugiej, żeby nie było x w liczniku.
2x + 1 2x + 2 1
dx = dx - dx = A - B.
x2 + 2x + 2 x2 + 2x + 2 x2 + 2x + 2
Liczymy teraz te prostsze całki A i B.
2x + 2
t = x2 + 2x + 2
A = dx = =
dt = (2x + 2)dx
x2 + 2x + 2
1
= dt = ln |t| + C = ln |x2 + 2x + 2| + C
t
1 1
t = x + 1
B = dx = dx = =
dt = dx
x2 + 2x + 2 (x + 1)2 + 1
1
= dt = arctg t + C = arctg(x + 1) + C.
t2 + 1
Zatem
2x + 1
dx = A - B = ln |x2 + 2x + 2| - arctg(x + 1) + C.
x2 + 2x + 2
1
Zadanie 4.12. Oblicz całkę dx.
2x2+x+1
Rozwiązanie
4.3 CAA
KOWANIE UA
AMKÓW PROSTYCH DRUGIEGO RODZAJU 53
Sprowadzamy mianownik do postaci kanonicznej.
dx dx 1 dx
= dx = =
x 1 1 7
2x2 + x + 1 2
2(x2 + + ) (x + )2 +
2 2 4 16
"
4x+1
7
"
t =
dt
1 dx 1
4
7
"
= = = =
7 7
7
2 "
((4x+1)2 + 1) (t2 + 1)
dt = dx 2 16
16
4
7
2 dt 2 2 4x + 1
" "
= " = arctg t + C = arctg " + C.
t2 + 1
7 7 7 7
2x3-3x2+15x+6
Zadanie 4.13. Oblicz całkę dx
(x2+4)(x2+4x+5)
Rozwiązanie
Mianownik jest iloczynem dwóch nierozkładalnych czynników kwadratowych, zatem
funkcja podcałkowa jest sumą dwóch ułamków prostych drugiego rodzaju.
2x3 - 3x2 + 15x + 6 ax + b cx + d
= +
(x2 + 4)(x2 + 4x + 5) x2 + 4 x2 + 4x + 5
2x3 - 3x2 + 15x + 6 = (ax + b)(x2 + 4x + 5) + (cx + d)(x2 + 4) =
= (a + c)x3 + (4a + b + d)x2 + (5a + 4b + 4c)x + 5b + 4d
ńł
a + c = 2
�ł
�ł
�ł
�ł
4a + b + d = -3
�! a = -1, b = 2, c = 3, d = -1.
�ł 5a + 4b + 4c = 15
�ł
�ł
ół
5b + 4d = 6
2x3 - 3x2 + 15x + 6 -x + 2 3x - 1
dx = dx + dx
(x2 + 4)(x2 + 4x + 5) x2 + 4 x2 + 4x + 5
4.3 CAA
KOWANIE UA
AMKÓW PROSTYCH DRUGIEGO RODZAJU 54
Całkujemy ułamki proste
-x + 2 1 2x dx 2dx 1
dx = - + = - A + B
x2 + 4 2 x2 + 4 x2 + 4 2
2x dx dt
t = x2 + 4
A = = = = ln |t| + C = ln(x2 + 4) + C
dt = 2x dx
x2 + 4 t
x
2dx 2dx t = dt
2
B = = = = =
dx
x
dt =
x2 + 4 4(( )2 + 1) t2 + 1
2
2
x
= arctg t + C = arctg + C
2
3x - 1 3 2x + 4 dx 3
dx = dx - 7 = D - 7E
x2 + 4x + 5 2 x2 + 4x + 5 x2 + 4x + 5 2
2x + 4 dt
t = x2 + 4x + 5
D = = = = ln |t| + C =
dt = (2x + 4) dx
x2 + 4x + 5 t
= ln(x2 + 4x + 5) + C
dx dx
E = = = arctg(x + 2) + C
x2 + 4x + 5 (x + 2)2 + 1
2x3 - 3x2 + 15x + 6 1 3
dx = - A + B + D - 7E =
(x2 + 4)(x2 + 4x + 5) 2 2
1 x 3
= - ln(x2 + 4) + arctg + ln(x2 + 4x + 5) - 7 arctg(x + 2) + C.
2 2 2
x2+1
Zadanie 4.14. Oblicz całkę dx
(x2+2x+3)2
Rozwiązanie
W mianowniku mamy nierozkładalną funkcję kwadratową w drugiej potędze, więc szu-
kamy rozkładu na dwa ułamki proste drugiego rodzaju.
x2 + 1 ax + b cx + d
= +
(x2 + 2x + 3)2 x2 + 2x + 3 (x2 + 2x + 3)2
x2 + 1 = (ax + b)(x2 + 2x + 3) + cx + d =
= ax3 + (2a + b)x2 + (3a + 2b + c)x + 3b + d
ńł
a = 0
�ł
�ł
�ł
�ł
2a + b = 1
�! a = 0, b = 1, c = -2, d = -2.
�ł 3a + 2b + c = 0
�ł
�ł
ół
3b + d = 1
x2 + 1 dx 2x + 2
dx = - dx = A - B
(x2 + 2x + 3)2 x2 + 2x + 3 (x2 + 2x + 3)2
4.4 CAA
KOWANIE DOWOLNEJ FUNKCJI WYMIERNEJ 55
Całkujemy ułamki proste
x+1
"
t =
dx dx dx
2
"
A = = = = =
x+1
x2 + 2x + 3 (x + 1)2 + 2 "
2(( )2 + 1) 2dt = dx
2
1 dt 1 1 x + 1
" " "
= " = arctg t + C = arctg + C
t2 + 1
2 2 2 2
2x + 2 dt 1
t = x2 + 2x + 3
B = dx = = = - + C =
dt = (2x + 2) dx
(x2 + 2x + 3)2 t2 t
1
= - + C
x2 + 2x + 3
x2 + 1 1 x + 1 1
" "
dx = A - B = arctg + + C.
(x2 + 2x + 3)2 x2 + 2x + 3
2 2
4.4. Całkowanie dowolnej funkcji wymiernej
P(x)
Aby obliczyć całkę dowolnej funkcji wymiernej postępujemy w sposób nastę-
Q(x)
pujący:
1) Jeśli stopień licznika jest większy lub równy stopniowi mianownika, to dzielimy
z resztą licznik przez mianownik, żeby otrzymać rozkład
P(x) R(x)
= W(x) +
Q(x) Q(x)
R(x)
gdzie W(x) jest wielomianem, a jest funkcją wymierną właściwą. Jeśli sto-
Q(x)
pień licznika jest mniejszy niż stopień mianownika, to przyjmujemy W(x) = 0,
R(x) = P(x) i przechodzimy od razu do punktu 2).
R(x)
2) Rozkładamy na ułamki proste
Q(x)
R(x)
= U1(x) + � � � + Un(x).
Q(x)
3) Całkujemy osobno wielomian W(x) i ułamki U1(x), . . . , Un(x).
x3
Zadanie 4.15. Oblicz dx
x+1
Rozwiązanie
x3 (x3 + 1) - 1 (x + 1)(x2 - x + 1) - 1
dx = dx = dx =
x + 1 x + 1 x + 1
dx x3 x2
= (x2 - x + 1) dx - = - + x - ln |x + 1| + C.
x + 1 3 2
4.4 CAA
KOWANIE DOWOLNEJ FUNKCJI WYMIERNEJ 56
x5+x4-2x2+3
Zadanie 4.16. Oblicz dx
x2+x+2
Rozwiązanie
Dzielimy z resztą licznik przez mianownik:
x5 + x4 - 2x2 + 3 = (x3 - 2x)(x2 + x + 2) + 4x + 3.
Liczymy
x5 + x4 - 2x2 + 3 4x + 3
dx = (x3 - 2x) dx + dx =
x2 + x + 2 x2 + x + 2
x4 2x + 1 dx x4
= - x2 + 2 dx + = - x2 + 2A + B.
4 x2 + x + 2 x2 + x + 2 4
2x + 1 dt
t = x2 + x + 2
A = dx = = = ln |t| = ln(x2 + x + 2) + C.
dt = (2x + 1) dx
x2 + x + 2 t
2x+1
"
t =
dx dx dx
7
"
B = = = = =
1 7
2 7
x2 + x + 2
(x + )2 +
dt = dx
7 2x+1
2 4
" 2
+ 1
4
7
"
7
dt
2 2 2x + 1
2
" "
= = arctg t + C = arctg " + C.
7
(t2 + 1)
7 7 7
4
x5 + x4 - 2x2 + 3 x4 2 2x + 1
"
dx = - x2 + 2 ln(x2 + x + 2) + arctg " + C.
x2 + x + 2 4
7 7
3x+1
Zadanie 4.17. Oblicz dx
2x-1
Rozwiązanie
1 1 5 5
x + x
3x + 1 3 3 - +
3
3 2 6 6
dx = dx = dx = 1 + dx =
1 1 1
2x - 1 2 - x x -
2 -
2
x
2 2 2
3 5 1
= x + ln x - + C
2 6 2
3-4x
Zadanie 4.18. Oblicz całkę dx
2x2-3x+1
Rozwiązanie
Funkcja podcałkowa jest sumą dwóch ułamków prostych pierwszego rodzaju, bo mia-
1
nownik ma dwa pierwiastki rzeczywiste (x1 = 1, x2 = ). Jednak zamiast rozkładać tą
2
4.4 CAA
KOWANIE DOWOLNEJ FUNKCJI WYMIERNEJ 57
funkcję na ułamki proste, lepiej jest zauważyć, że licznik jest równy pochodnej mianow-
nika pomnożonej przez -1. Zatem najprościej jest całkować przez podstawienie.
3 - 4x dt
t = 2x2 - 3x + 1
dx = = - = - ln |t| + C =
dt = 4x - 3
2x2 - 3x + 1 t
= - ln |2x2 - 3x + 1| + C.
2dx
Zadanie 4.19. Oblicz
x4-1
Rozwiązanie
2 2 2 a b cx + d
= = = + +
x4 - 1 (x2 - 1)(x2 + 1) (x - 1)(x + 1)(x2 + 1) x - 1 x + 1 x2 + 1
2 = a(x + 1)(x2 + 1) + b(x - 1)(x2 + 1) + (cx + d)(x - 1)(x + 1) =
= (a + b + c)x3 + (a - b + d)x2 + (a + b - c)x + a - b - d.
ńł
a + b + c = 0
�ł
�ł
�ł
�ł
a - b + d = 0
1 1
�! a = , b = - , c = 0, d = -1
�ł a + b - c = 0 2 2
�ł
�ł
ół
a - b - d = 2
2dx 1 dx 1 dx dx
= - - =
x4 - 1 2 x - 1 2 x + 1 x2 + 1
1 1 1 x - 1
= ln |x - 1| - ln |x + 1| - arctg x + C = ln - arctg x + C.
2 2 2 x + 1
dx
Zadanie 4.20. Oblicz
x6+x4
Rozwiązanie
1 1 a b c d ex + f
= = + + + +
x6 + x4 x4(x2 + 1) x x2 x3 x4 x2 + 1
1 = (x2 + 1)(ax3 + bx2 + cx + d) + (ex + f )x4
= (a + e)x5 + (b + f )x4 + (a + c)x3 + (b + d)x2 + cx + d
Porównując współczynniki po obu stronach otrzymujemy
a = 0, b = -1, c = 0, d = 1, e = 0, f = 1.
dx 1 1 1 1 1
= - + + dx = - + arctg x + C.
x6 + x4 x2 x4 x2 + 1 x 3x3
4.5 CAA
KOWANIE DOWOLNEJ FUNKCJI WYMIERNEJ 58
x3+x+1
Zadanie 4.21. Oblicz całkę dx
x3-1
Rozwiązanie
x3 + x + 1 (x3 - 1) + x + 2 x + 2
dx = dx = 1 + dx =
x3 - 1 x3 - 1 x3 - 1
x + 2 x + 2
= x + dx = x + dx.
x3 - 1 (x - 1)(x2 + x + 1)
Funkcję pod ostatnią całką rozkładamy na ułamki proste
x + 2 a bx + c
= +
(x - 1)(x2 + x + 1) x - 1 x2 + x + 1
x + 2 = a(x2 + x + 1) + (bx + c)(x - 1) = (a + b)x2 + (a - b + c)x + a - c
ńł
a + b = 0
�ł
�ł
a - b + c = 1
�! a = 1, b = -1, c = -1.
�ł
ół
a - c = 2
x + 2 dx x + 1
= - dx =
(x - 1)(x2 + x + 1) x - 1 x2 + x + 1
1 2x + 1 1 dx
= ln |x - 1| - dx - =
2 x2 + x + 1 2 x2 + x + 1
1 1
= ln |x - 1| - A - B.
2 2
2x + 1 dt
t = x2 + x + 1
A = dx = = = ln |t| + C =
dt = (2x + 1)dx
x2 + x + 1 t
= ln |x2 + x + 1| + C.
2x+1
"
t =
dx dx dx
3
B = = = = =
2
1 3 3
"
dt = dx
x2 + x + 1 "
(x + )2 + ((2x+1)2 + 1)
2 4 4 3
3
"
3
dt
2 2 2x + 1
2
" "
= = arctg t + C = arctg " + C.
3
(t2 + 1)
3 3 3
4
x3 + x + 1 1 1 2x + 1
dx = x + ln |x - 1| - ln |x2 + x + 1| - " arctg " + C.
x3 - 1 2
3 3
2
x-1
Zadanie 4.22. Oblicz całkę dx.
x+1
Rozwiązanie
2 2 2
x - 1 x + 1 - 2 2
dx = dx = 1 - dx =
x + 1 x + 1 x + 1
4 4 4
= 1 - + dx = x - 4 ln |x + 1| - + C.
x + 1 (x + 1)2 x + 1
4.5 WZÓR REDUKCYJNY 59
4.5. Wzór redukcyjny
Wyprowadzimy wzór redukcyjny na obliczenie całki
dt
Jn = (n = 1, 2, 3, . . . ).
(t2 + 1)n
Całkujemy przez części
1
u = 1 v =
dt t t2
(t2+1)n
= = + 2n dt
2nt
(t2 + 1)n u = t v = - (t2 + 1)n (t2 + 1)n+1
(t2+1)n+1
Ostatnią całkę przekształcamy
t2 (t2 + 1) - 1 dt dt
dt = dt = -
(t2 + 1)n+1 (t2 + 1)n+1 (t2 + 1)n (t2 + 1)n+1
Podstawiając to wyrażenie do poprzedniej równości otrzymujemy
t
Jn = + 2n(Jn - Jn+1),
(t2 + 1)n
a stąd mamy zapowiadany wzór redukcyjny
1 t 2n - 1
Jn+1 = � + Jn
2n (t2 + 1)n 2n
Otrzymany wzór sprowadza obliczenie całki Jn+1 do całki Jn. Stosując go n razy dojdzie-
my w końcu do całki J1, którą znamy
dt
J1 = = arctg t + C.
t2 + 1
dx
Zadanie 4.23. Oblicz całkę .
(2x2+9)2
Rozwiązanie
"
2
dx dx
t = x
3
= = =
3
2
" "
(2x2 + 9)2 2 dt = dx
2 2
81 x + 1
3
dt 1
"
= " = J2.
27 2(t2 + 1)2 27 2
Całkę J2 obliczamy podstawiając n = 1 do wzoru redukcyjnego
1 t 1 1 t
J2 = � + J1 = + arctg t .
2 t2 + 1 2 2 t2 + 1
4.6 ZADANIA 60
Stąd
�ł �ł
"
"
2
x
dx 1 2x
�ł �ł
3
= " + arctg + C =
łł
(2x2 + 9)2 54 2 �ł "2 x 2 3
+ 1
3
"
1 x 1 2x
"
= � + arctg + C.
18 2x2 + 9 3
54 2
dx
Zadanie 4.24. Oblicz całkę .
(x2+2x+5)3
Rozwiązanie
dx dx dt
t = x + 1
= = = = J3.
dt = dx
(x2 + 2x + 5)3 ((x + 1)2 + 1)3 (t2 + 1)3
Całkę J3 obliczamy korzystając dwa razy ze wzoru redukcyjnego
1 t 3 1 t 3 1 t 1
J3 = � + � J2 = � + � + J1 =
4 (t2 + 1)2 4 4 (t2 + 1)2 4 2 t2 + 1 2
1 t 3 t
= � + + arctg t + C.
4 (t2 + 1)2 8 t2 + 1
Zatem
dx 1 x + 1 3 x + 1
= � + + arctg(x + 1) + C.
(x2 + 2x + 5)3 4 ((x + 1)2 + 1)2 8 (x + 1)2 + 1
4.6. Zadania
Zadanie 4.25. Oblicz całki:
dx dx dx dx x+2
a) b) c) d) e) dx
9x2-1 3x2+4 (x-1)(x+2) (x+1)(2x+1) x2-7x+12
x-3 2x+6 4x-3 2x+4
f) dx g) dx h) dx i) dx
x2-6x+5 2x2+3x+1 (x-2)3 x3+4x
4x-3 4x-5 dx x+2
j) dx k) dx l) m)
x2+2x+4 2x2-5x+3 x2-x+3 x2+1
x x-2 x x3-1
n) dx o) dx p) dx q) dx
x2-7x+10 x2-6x+13 2x2-3x-2 4x3-x
(2x2-1)2
x4 x2-3x+2 x3+1
r) dx s) dx t) dx u) dx
x2+9 x2-1 x(x2+2x+1) x3-x2
dx dx dx dx x3-2x2-1
v) w) x) y) z) dx
x4-x2 x(x2+1) 1+x3 (x2+1)(x2+x) x2-1
ROZDZIAA
5
Funkcje trygonometryczne
5.1. Podstawowe tożsamości
Całkowanie funkcji złożonej z funkcji trygonometrycznych często wymaga wykorzy-
stania jednej lub kilku tożsamości trygonometrycznych. Oto najczęściej stosowane tożsa-
mości:
sin2 x + cos2 x = 1
sin 2x = 2 sin x cos x
cos 2x = cos2 x - sin2 x = 1 - 2 sin2 x = 2 cos2 x - 1
Zadanie 5.1. Oblicz całkę sin2 x dx.
Rozwiązanie
Najprostszy sposób policzenia tej całki, to skorzystanie ze wzoru
1 1
cos 2x = 1 - 2 sin2 x �! sin2 x = - cos 2x.
2 2
Liczymy
1 1 x 1
sin2 x dx = - cos 2x dx = - sin 2x + C
2 2 2 4
sin 2x
Zadanie 5.2. Oblicz całkę dx
1+cos2 x
Rozwiązanie
Zauważmy, że
(1 + cos2 x) = -2 cos x sin x = - sin 2x.
Całkujemy przez podstawienie
sin 2x dt
t = 1 + cos2 x
dx = = - = - ln |t| = - ln(1 + cos2 x) + C.
dt = - sin 2x dx
1 + cos2 x t
Zadanie 5.3. Oblicz całkę cos4 x dx
61
5.2 PODSTAWIANIE ZA SINUS LUB KOSINUS 62
Rozwiązanie
Będziemy korzystali ze wzoru
1
cos 2x = 2 cos2 x - 1 �! cos2 x = (1 + cos 2x).
2
Liczymy
1
cos4 x dx = (cos2 x)2 dx = (1 + cos 2x)2 dx =
4
1 1 1
= (1 + 2 cos 2x + cos2 2x) dx = (1 + 2 cos 2x + (1 + cos 4x)) dx =
4 4 2
3 1 1
= x + sin 2x + sin 4x + C
8 4 32
Do obliczania całek z funkcji postaci
sin ax cos bx, sin ax sin bx, cos ax cos bx
stosujemy tożsamości
1
sin ax cos bx = [sin(a + b)x + sin(a - b)x] ,
2
1
sin ax sin bx = [cos(a - b)x - cos(a + b)x] ,
2
1
cos ax cos bx = [cos(a + b)x + cos(a - b)x] .
2
Zadanie 5.4. Oblicz całkę sin 5x cos 2x dx
Rozwiązanie
Zastosujemy wzór
1
sin ax cos bx = [sin(a + b)x + sin(a - b)x] .
2
Liczymy
1 1 1
sin 5x cos 2x dx = [sin 7x + sin 3x] dx = - cos 7x - cos 3x + C.
2 14 6
5.2. Podstawianie za sinus lub kosinus
Najprostsze podstawienia trygonometryczne to t = sin x lub t = cos x. Podstawienie
t = sin x stosuje się wtedy, jeśli funkcja podcałkowa zmienia znak, gdy zamienimy cos x
na - cos x, a t = cos x stosuje się wtedy, jeśli funkcja zmienia znak przy zamianie sin x
na - sin x.
Zadanie 5.5. Oblicz całkę tg x dx
5.2 PODSTAWIANIE ZA SINUS LUB KOSINUS 63
Rozwiązanie
sin x
t = cos x
tg x dx = dx = =
dt = - sin x dx
cos x
1
= - dt = - ln |t| + C = - ln | cos x| + C.
t
sin x(1-cos x)
Zadanie 5.6. Oblicz całkę dx.
1+cos x
Rozwiązanie
sin x(1 - cos x) -(1 - t)
t = cos x
dx = = dt =
dt = - sin x dx
1 + cos x 1 + t
2
= 1 - dt = t - 2 ln |1 + t| + C = cos x - 2 ln |1 + cos x| + C.
1 + t
"
3
Zadanie 5.7. Oblicz całkę sin3 x cos2 x dx.
Rozwiązanie
" "
3 3
sin3 x cos2 x dx = sin2 x cos2 x sin x dx =
" "
3 t = cos x 3
= (1 - cos2 x) cos2 x sin x dx = = -(1 - t2) t2 dt =
dt = - sin x dx
8 2 3 3 3 11 3 5
11 5
3 3 3 3 3
= (t - t ) dt = t - t + C = cos x - cos3 x + C.
11 5 11 5
Zadanie 5.8. Oblicz całkę cos5 3x dx.
Rozwiązanie
cos5 3x dx = cos4 3x cos 3x dx = (1 - sin2 3x)2 cos 3x dx =
1 1
t = sin 3x
= = (1 - t2)2 dt = (1 - 2t2 + t4) dt =
dt = 3 cos 3x dx 3
3
1 2 1 1 2 1
= t - t3 + t5 + C = sin 3x - sin3 3x + sin5 3x + C
3 3 5 3 9 15
5.3 PODSTAWIANIE ZA SINUS LUB KOSINUS 64
sin4 x
Zadanie 5.9. Oblicz całkę dx.
cos x
Rozwiązanie
sin4 x sin4 x t4
t = sin x
dx = cos x dx = = dt.
dt = cos x dx 1 - t2
cos x cos2 x
Otrzymaliśmy całkę z funkcji wymiernej zmiennej t.
t4 (t4 - 1) + 1 1
dt = - dt = - t2 + 1 + dt =
1 - t2 t2 - 1 t2 - 1
1 dt 1 1 1 1
= - t3 - t - = - t3 - t - - dt =
3 (t - 1)(t + 1) 3 2 t - 1 t + 1
1 1 1 1 t + 1
= - t3 - t - (ln |t - 1| - ln |t + 1|) + C = - t3 - t + ln + C.
3 2 3 2 t - 1
sin4 x 1 1 sin x + 1
dx = - sin3 x - sin x + ln + C.
cos x 3 2 sin x - 1
dx
Zadanie 5.10. Oblicz całkę .
cos 4x sin 2x
Rozwiązanie
dx sin 2x dx
t = cos 2x
= = =
dt = -2 sin 2x dx
cos 4x sin 2x
(2 cos2 2x - 1) sin2 2x
-1 dt
1 dt
2
= = .
(2t2 - 1)(1 - t2) 4 - )(t2 - 1)
(t2 1
2
Otrzymaliśmy całkę z funkcji wymiernej, którą rozkładamy na ułamki proste.
1 dt 1 dt dt
= - =
1
4 - )(t2 - 1) t2 -
2 t2 - 1
(t2 1
2 2
1 1 dt dt 1 dt dt
= - - " - =
1 1
2 2 t - 1 t + 1 " "
t
2 - t +
2 2
"
1 2 1 1
= (ln |t - 1| - ln |t + 1|) - (ln |t - " - ln |t + |) + C =
| "
4 4
2 2
"
1
"
t -
1 t - 1 2
2
= ln - ln + C.
1
4 t + 1 4 "
t +
2
"
1
"
cos 2x -
dx 1 cos 2x - 1 2
2
= ln - ln + C.
1
cos 4x sin 2x 4 cos 2x + 1 4 "
cos 2x +
2
5.3 PODSTAWIENIE UNIWERSALNE 65
5.3. Podstawienie uniwersalne
x
Podstawienie t = tg nazywa się uniwersalnym, ponieważ pozwala ono zamienić
2
dowolną całkę postaci R(cos x, sin x)dx, gdzie R(u, v) jest funkcją wymierną dwóch
zmiennych u i v, na całkę funkcji wymiernej zmiennej t. Dla tego podstawienia mamy
wzory:
x 2
t = tg , x = 2 arctg t, dx = dt,
2 1 + t2
x x
cos2 x - sin2 x - t2 2t
2 sin cos
1
2 2 2 2
cos x = = , sin x = = .
1 + t2 1 + t2
cos2 x + sin2 x cos2 x + sin2 x
2 2 2 2
dx
Zadanie 5.11. Oblicz całkę .
3 sin x+4 cos x
Rozwiązanie
x
Stosujemy podstawienie uniwersalne t = tg .
2
x 2
t = tg dx = dt
dx
2
1+t2
= =
1-t2 2t
3 sin x + 4 cos x
cos x = sin x =
1+t2 1+t2
1 + t2 2 dt dt
= � dt = = .
6t + 4(1 - t2) 1 + t2 3t + 2(1 - t2) -2t2 + 3t + 2
Ostatnią całkę obliczamy korzystając z rozkładu na ułamki proste
1 1 1 1 1 1
= = � - � .
1 1
-2t2 + 3t + 2 -2(t + )(t - 2) t +
5 5 t - 2
2 2
dt 1 dt 1 dt 1 1 1
= - = ln |t + | - ln |t - 2| + C.
1
-2t2 + 3t + 2 5 5 t - 2 5 2 5
t +
2
Stąd
x 1
tg +
dx 1
2 2
= ln + C.
x
3 sin x + 4 cos x 5 tg - 2
2
dx
Zadanie 5.12. Oblicz całkę .
5-3 cos x
Rozwiązanie
x 2
t = tg dx = dt
dx
2
1+t2
= =
1-t2
5 - 3 cos x
cos x =
1+t2
1 + t2 2 dt
= � dt = =
5(t2 + 1) - 3(1 - t2) 1 + t2 4t2 + 1
dt 1 1 x
= = arctg(2t) + C = arctg(2 tg ) + C.
(2t)2 + 1 2 2 2
5.4 PODSTAWIANIE ZA TANGENS 66
1+sin x
Zadanie 5.13. Oblicz całkę dx.
sin x(1+cos x)
Rozwiązanie
x 2
t = tg dx = dt
1 + sin x
2
1+t2
dx = =
1-t2 2t
sin x(1 + cos x)
cos x = sin x =
1+t2 1+t2
2t
1 +
2 1 + t2 + 2t
1+t2
= � dt = dt =
2t 1-t2
1 + t2 t(1 + t2 + 1 - t2)
(1 + )
1+t2 1+t2
t2 + 2t + 1 1 1
= dt = t + 1 + dt =
2t 2 2t
1 1 1 x x 1 x
= t2 + t + ln |t| + C = tg2 + tg + ln | tg | + C.
4 2 4 2 2 2 2
dx
Zadanie 5.14. Oblicz całkę .
2 sin x-cos x+5
Rozwiązanie
x 2
t = tg dx = dt
dx
2
1+t2
= =
1-t2 2t
2 sin x - cos x + 5
cos x = sin x =
1+t2 1+t2
1 + t2 2 dt
= � dt = .
4t - (1 - t2) + 5(1 + t2) 1 + t2 3t2 + 2t + 2
Ostatnią całkę obliczamy przez sprowadzenie mianownika do postaci kanonicznej.
3t+1
"
u =
dt 1 dt 1 dt
5
= = = =
3
1 5 5
"
du = dt
3t2 + 2t + 2 3 3 "
(t + )2 + ((3t+1)2 + 1)
3 9 9 5
5
1 du 1 1 3t + 1
" " "
= " = arctg u + C = arctg + C
u2 + 1
5 5 5 5
Stąd
x
3 tg + 1
dx 1
2
"
= arctg " + C
2 sin x - cos x + 5
5 5
5.4. Podstawianie za tangens
Podstawienie t = tg x stosuje się wtedy, jeśli funkcja podcałkowa nie zmienia się, gdy
zamienimy jednocześnie cos x na - cos x i sin x na - sin x.
Dla tego podstawienia mamy wzory:
5.4 PODSTAWIANIE ZA TANGENS 67
1
t = tg x, dt = dx
cos2 x
1
x = arctg t, dx = dt,
1 + t2
cos2 x 1 sin2 x t2
cos2 x = = , sin2 x = = .
1 + t2 1 + t2
cos2 x + sin2 x cos2 x + sin2 x
dx
Zadanie 5.15. Oblicz całkę .
sin4 x cos2 x
Rozwiązanie
2
dx
t = tg x dt =
dx t2 + 1
cos2 x
= = dt =
t2
t2
sin2 x =
sin4 x cos2 x
t2+1
2 1 2 1 1
= 1 + + dt = t - - + C = tg x - 2 ctg x - ctg3 x + C.
t2 t4 t 3t3 3
dx
Zadanie 5.16. Oblicz całkę .
1+2 cos2 x
Rozwiązanie
dt
dx t = tg x dx = 1 dt
1+t2
= = � =
1
2
1 + 2 cos2 x cos2 x = 1 + t2
1 +
1+t2
1+t2
dt 1 dt 1 t 1 tg x
" " " "
= = = arctg + C = arctg + C.
t
"
t2 + 3 3
( )2 + 1
3 3 3 3
3
2 sin x+3 cos x
Zadanie 5.17. Oblicz całkę dx.
sin2 x cos x+9 cos3 x
Rozwiązanie
2 sin x + 3 cos x 2 tg x + 3
dx = dx =
sin2 x cos x + 9 cos3 x sin2 x + 9 cos2 x
dt 1
t = tg x dx = dt
2t + 3 2t
1+t2 3
= = dt = dt + =
t2 1 t
t2 + 9 t2 + 9
sin2 x = cos2 x = (3)2 + 1
1+t2 1+t2
t tg x
= ln(t2 + 9) + arctg + C = ln(tg2 x + 9) + arctg + C
3 3
5.5 ZADANIA 68
Zadanie 5.18. Oblicz całkę ctg4 x dx.
Rozwiązanie
Tutaj najlepiej jest podstawić t = ctg x. Wtedy mamy
1 1 1 1 dt
tg x = , x = arctg , dx = - � = -
t t t2 1 1 t2 + 1
+
t2
t = ctg x t4 t4 - 1 + 1
ctg4 x dx = = - dt = - dt =
dt
dx = -
t2 + 1 t2 + 1
t2+1
(t2 - 1)(t2 + 1) + 1 1
= - dt = - t2 - 1 + dt =
t2 + 1 t2 + 1
1 1
= - t3 + t - arctg t + C = - ctg3 x + ctg x - arctg ctg x + C.
3 3
Dla dowolnej liczby całkowitej k zachodzi
Ą
ctg x = - tg(x - (2k + 1) ),
2
-Ą Ą
a ponieważ zbiorem wartości funkcji arctg jest przedział [ , ], więc dla
2 2
x " (kĄ, (k + 1)Ą)
Ą Ą
- arctg ctg x = arctg tg(x - (2k + 1) ) = x - (2k + 1) .
2 2
Ą
Ponieważ -(2k + 1) możemy włączyć do stałej całkowania C, więc
2
1
ctg4 x dx = - ctg3 x + ctg x + x + C.
3
5.5. Zadania
Zadanie 5.19. Oblicz całki:
a) cos2 x dx b) cos3 x dx c) sin4 x dx
x x
d) sin 3x cos 2x dx e) sin x sin 3x dx f) cos cos dx
2 3
Zadanie 5.20. Oblicz całki:
dx dx
a) b) c) sin3 x cos2 x dx
sin 2x cos x
sin2 x cos x
cos x dx
d) dx e) f) tg3 x dx
sin x
sin8 x
Zadanie 5.21. Oblicz całki:
dx dx dx
a) b) c)
5+4 cos x 1+sin x 2+cos x
tg 2x
dx dx
d) e) f) dx
sin x+cos x 1+tg x tg x
ROZDZIAA
6
Funkcje niewymierne
W całym poniższym rozdziale będziemy się zajmować metodami sprowadzania ca-
łek zwierających pierwiastki do całek wymiernych. Omawiane metody będą sprawiały
wrażenie dość ogólnych, ale tak naprawdę będą dotyczyły bardzo prostych klas funkcji.
6.1. Pierwiastki z x
W tym podrozdziale zajmiemy się całkami z wyrażeń wymiernych potęg zmiennej x
o wykładnikach wymiernych. O funkcjach tych należy myśleć jak o ilorazach postaci
kp
k1 k2
l1 l2 lp
a0 + a1x + a2x + � � � + apx
.
mq
m1 m2
n1 n2 nq
b0 + b1x + a2x + � � � + aqx
Całkę z funkcji tej postaci można sprowadzić do całki wymiernej podstawiając
x = tN,
gdzie
N = NWW(l1, l2, . . . , lp, n1, n2, . . . , nq).
dx
"
Zadanie 6.1. Oblicz .
2+ x
Rozwiązanie
Podstawiamy t2 = x.
dx 2t t + 2 - 2 2
t2 = x
" = = dt = 2 dt = 2 1 - dt =
2t dt = dx
2 + x 2 + t 2 + t t + 2
" "
= 2t - 4 ln |t + 2| + C = 2 x - 4 ln( x + 2) + C.
"
"
3
4
x2+ x
"
Zadanie 6.2. Oblicz dx
x
Rozwiązanie
Ponieważ
"
"
2 1
3
4
3 4
x2 + x x + x
" = ,
1
x
2
x
69
6.2 PIERWIASTKI Z FUNKCJI LINIOWEJ I HOMOGRAFICZNEJ 70
podstawiamy x = t12.
"
"
3
4
x2 + x t8 + t3
x = t12
" dx = = � 12t11 dt = 12 (t13 + t8) dt =
dx = 12t11 dt
x t6
" "
12 12 6 4 6 4
6 4
= t14 + t9 + C = t14 + t9 + C = x7 + x3 + C.
14 9 7 3 7 3
dx
" "
Zadanie 6.3. Oblicz .
3
x- x
Rozwiązanie
Ponieważ
1 1
" " = ,
1 1
3
x - x
3 2
x - x
podstawiamy x = t6.
dx 6t5 t3
x = t6
" " = = dt = -6 dt =
3
dx = 6t5 dt
t2 - t3 t - 1
x - x
(t3 - t2) + (t2 - t) + (t - 1) + 1
= -6 dt =
t - 1
1
= -6 t2 + t + 1 + dt =
t - 1
1 1
= -6 t3 + t2 + t + ln |t - 1| + C =
3 2
= -2t3 - 3t2 - 6t - 6 ln |t - 1| + C =
" " " "
3 6 6
= -2 x - 3 x - 6 x - 6 ln | x - 1| + C.
6.2. Pierwiastki z funkcji liniowej i homograficznej
Dokładnie tak samo jak w poprzednim podrozdziale postępujemy w przypadku ca-
łek z funkcji, które są funkcjami wymiernymi zmiennych x oraz wymiernych potęg wy-
ax+b
rażenia , gdzie ad - bc = 0. Funkcje te mają postać
cx+d
kp
k1 k2
ax+b ax+b ax+b
l1 l2 lp
U0(x) + U1(x)( ) + U2(x)( ) + � � � + Up(x)( )
cx+d cx+d cx+d
,
mq
m1 m2
ax+b ax+b ax+b
n1 n2 nq
W0(x) + W1(x)( ) + W2(x)( ) + � � � + Wq(x)( )
cx+d cx+d cx+d
gdzie U0, U1, . . . , Up, W0, W1, . . . , Wq są wielomianami zmiennej x.
Podobnie jak poprzednio, podstawiamy
ax + b
= tN,
cx + d
gdzie
6.2 PIERWIASTKI Z FUNKCJI LINIOWEJ I HOMOGRAFICZNEJ 71
N = NWW(l1, l2, . . . , lp, n1, n2, . . . , nq).
Zauważmy jeszcze, że dla b = c = 0 i a = d = 1 mamy sytuację z poprzedniego podroz-
działu, a dla c = 0 i d = 1 mamy przypadek funkcji wymiernej zmiennych x i wymier-
nych potęg wyrażenia liniowego ax + b.
"
4
Zadanie 6.4. Oblicz 3x - 5 dx
Rozwiązanie
Podstawiamy t4 = 3x - 5.
"
4 4
t4 = 3x - 5
4
3x - 5 dx = = t � t3 dt = t4 dt =
4t3 dt = 3 dx
3 3
4 4
4
= t5 + C = (3x - 5)5 + C.
15 15
1
"
Zadanie 6.5. Oblicz dx.
3
1+ x+1
Rozwiązanie
Podstawiamy t3 = x + 1.
1 3t2 (t2 + t) - (t + 1) + 1
t3 = x + 1
" dx = = dt = 3 dt =
3
3t2 dt = dx
1 + t t + 1
1 + x + 1
1 3
= 3 t - 1 + dt = t2 - 3t + 3 ln |t + 1| + C =
t + 1 2
" "
3
3 3
3
= (x + 1)2 - 3 x + 1 + 3 ln( x + 1 + 1) + C.
2
"dx
Zadanie 6.6. Oblicz .
x 2x+1
Rozwiązanie
t2-1
Jeżeli podstawimy t2 = 2x + 1 to x = oraz
2
dx t dt 2 dt
t2 = 2x + 1
" = = = =
2t dt = 2 dx t2-1 t
(t - 1)(t + 1)
x 2x + 1
�
2
1 1
= - dt = ln |t - 1| - ln |t + 1| + C =
t - 1 t + 1
"
| 2x + 1 - 1|
= ln " + C.
2x + 1 + 1
6.2 PIERWIASTKI Z FUNKCJI LINIOWEJ I HOMOGRAFICZNEJ 72
dx
"
Zadanie 6.7. Oblicz " .
3
2 2x+3+ (2x+3)2
Rozwiązanie
Podstawiamy t6 = 2x + 3.
dx 3t5 dt t2
t6 = 2x + 3
" = = = 3 dt =
3
2 + t
2 2x + 3 + (2x + 3)2 6t5 dt = 2 dx 2t3 + t4
(t2 + 2t) - (2t + 4) + 4 4
= 3 dt = 3 t - 2 + dt =
t + 2 t + 2
3
= t2 - 6t + 12 ln |t + 2| + C =
2
" " "
3
3 6 6
= 2x + 3 - 6 2x + 3 + 12 ln | 2x + 3 + 2| + C.
2
1 1-x
Zadanie 6.8. Oblicz dx.
x x
Rozwiązanie
1-x
Jeżeli podstawiamy t2 = , to mamy
x
1
t2x = 1 - x �! x(1 + t2) = 1 �! x = ,
t2 + 1
oraz
-2t
dx = dt.
(t2 + 1)2
W takim razie
1 1 - x -2t t2
dx = (t2 + 1) � t � dt = -2 dt =
x x (t2 + 1)2 t2 + 1
t2 + 1 - 1 1
= -2 dt = -2 1 - dt =
t2 + 1 t2 + 1
1 - x 1 - x
= -2t + 2 arctg t + C = -2 + 2 arctg + C.
x x
dx
"
Zadanie 6.9. Oblicz
x(x+1)
Rozwiązanie
6.3 RÓŻNICZKI DWUMIENNE 73
1 1 x+1 x+1
"
Ponieważ = , możemy podstawić = t2. Mamy wtedy
x+1 x x
x(x+1)
x + 1 = t2x
1
x =
t2 - 1
-2t
dx = dt
(t2 - 1)2
t2
x + 1 = .
t2 - 1
Stąd
dx 1 x + 1 t2 - 1 -2t
= dx = � t � dt =
x + 1 x t2 (t2 - 1)2
x(x + 1)
2 2 1 1
= - dt = - = - - dt =
t2 - 1 (t - 1)(t + 1) t - 1 t + 1
"
"
t + 1 x + 1 + x
= ln |t + 1| - ln |t - 1| + C = ln + C = ln " + C =
"
t - 1
x + 1 - x
"
"
"
"
( x + 1 + x)2
= ln + C = 2 ln( x + 1 + x) + C
x + 1 - x
6.3. Różniczki dwumienne
Różniczką dwumienną nazywamy wyrażenie postaci
xm(a + bxn)p dx,
gdzie m, n, p są liczbami wymiernymi. Całkę z różniczki dwumiennej można sprowadzić
do całki wymiernej w jednym z trzech przypadków.
(1) Jeżeli p jest liczbą całkowitą to wyrażenie to jest wielomianem zmiennych xm i
xn, a więc możemy pozbyć się pierwiastków podstawiając
tN = x,
gdzie N jest najmniejszą wspólną wielokrotnością mianowników liczb m i n.
m+1
(2) Jeżeli jest liczbą całkowitą i podstawimy
n
tN = a + bxn,
gdzie N jest mianownikiem p, to łatwo sprawdzić, że otrzymamy wyrażenie
wymierne zmiennej t.
m+1
(3) Jeżeli + p jest liczbą całkowitą, to całkę sprowadzamy do całki wymiernej
n
podstawiając
a
tN = + b,
xn
gdzie N jest mianownikiem p.
6.3 RÓŻNICZKI DWUMIENNE 74
O ile przypadek (1) w zasadzie nie wnosi nic nowego do omówionych wcześniej metod,
podstawienia z przypadków (2) i (3) nie są oczywiste i bywają bardzo użyteczne.
"
3
x2 dx
"
Zadanie 6.10. Oblicz " .
6
x3(1+ x)2
Rozwiązanie
Ponieważ
"
3
-2 -2
x2 dx 2 3 1 5 1
-
3 2 6 6
" = x 1 + x dx = x- 6 1 + x dx
"
6
x3(1 + x)2
jesteśmy w przypadku (1) i podstawiamy t6 = x. Mamy zatem
"
3
x2 dx t4 � 6t5 dt dt
t6 = x
" = = = 6 =
"
6
(1 + t)2
x3(1 + x)2 6t5 dt = dx t9(1 + t)2
6 6
= - + C = - " + C
6
1 + t
1 + x
dx
""
Zadanie 6.11. Oblicz "
3
x2 3 x+1
Rozwiązanie
Patrzymy na wyrażenie podcałkowe jak na różniczkę dwumienną:
1
-
2 1
2
3
x- 3 1 + x dx.
1
1
3
Mamy m + 1 = n = , więc jesteśmy w przypadku (2) i podstawiamy t2 = 1 + x . Wtedy
3
2
1
2t dt = x- 3
dx oraz
3
1
-
"
2 1
2
3
3
x- 3 1 + x dx = t-1 � 6t dt = 6t + C = 6 1 + x + C.
"
"
4
5
2x4+ x21
"
Zadanie 6.12. Oblicz dx
5
x8
Rozwiązanie
Pod całką mamy różniczkę dwumienną
"
" "
4
5
4 1
5
2x4 + x21 4 2x4 + x4 5 x 2 + x 3 1
4
5
" dx = " dx = " dx = x- 5 2 + x dx.
5 5 5
x8 x x3 x3
6.3 RÓŻNICZKI DWUMIENNE 75
2
1
m+1
5
5
Ponieważ = = 2 to jesteśmy w (2) przypadku i podstawiamy t4 = 2 + x . Mamy
1
n
5
4
1
wtedy 4t3 dt = x- 5
dx oraz
5
" "
3 1 4
4
5 5
5
x- 5 4 2 + x dx = x 2 + x � x- 5 dx = (t4 - 2)t � 20t3 dt =
20
= 20 (t8 - 2t4) dt = t9 - 8t5 + C =
9
" "
20
4 4
5 5
= (2 + x)9 - 8 (2 + x)5 + C.
9
x
Zadanie 6.13. Oblicz dx.
(1-x)3
Rozwiązanie
Patrzymy na wyrażenie podcałkowe jak na różniczkę dwumienną:
1 3
2
x (1 - x)- 2 dx.
1
+1
m+1 3
2
Mamy = = , więc nie jesteśmy w (2) przypadku, ale
n 1 2
m + 1 3 3
+ p = - = 0,
n 2 2
więc jest to (3) przypadek. Podstawiamy
1
t2 = - 1
x
1
x =
t2 + 1
-2t
dx = .
(t2 + 1)2
Mamy więc
3 3
- -
2 2
1 3 1 3 1 1
2 2
x (1 - x)- 2 dx = x � x- 2 - 1 dx = x-1 - 1 dx =
x x
-2t dt
= (t2 + 1) � t-3 � dt = -2 =
(t2 + 1)2 t2(t2 + 1)
1 1 2
= -2 - dt = + 2 arctg t + C =
t2 t2 + 1 t
x 1 - x
= 2 + 2 arctg + C.
1 - x x
dx
"
Zadanie 6.14. Oblicz .
4
1+x4
6.4 PODSTAWIENIA TRYGONOMETRYCZNE 76
Rozwiązanie
Pod całką mamy różniczkę
dx 1
" = x0(1 + x4)- 4 dx,
4
1 + x4
m+1 1 m+1
więc = . Stąd + p = 0 i jesteśmy w (3) przypadku. Podstawiamy
n 4 n
1
t4 = + 1
x4
1
x4 =
t4 - 1
-4t3
4x3 dx = dt.
(t4 - 1)2
Liczymy
1 1
- -
4 4
1 1 1
(1 + x4)- 4 dx = x-1 + 1 dx = x-4 + 1 � x3 dx =
x4 x4
-t3 dt t2
= (t4 - 1) � t-1 � = - dt =
(t4 - 1)2 t4 - 1
t2 1 1 1
= - dt = - + dt =
(t2 - 1)(t2 + 1) 2 t2 - 1 t2 + 1
1 1 dt
= - arctg t - =
2 2 (t - 1)(t + 1)
1 1 1 1
= - arctg t + - dt =
2 4 t + 1 t - 1
1 1 t + 1
= - arctg t + ln + C =
2 4 t - 1
" "
4 4
1 x4 + 1 1 x4 + 1 + x
= - arctg + ln " + C.
4
2 x 4
x4 + 1 - x
6.4. Podstawienia trygonometryczne
Dalsza część tego rozdziału będzie poświęcona liczeniu całek z wyrażeń wymiernych
zawierających pierwiastek kwadratowy z trójmianu kwadratowego. Rozpocznijmy od
bardzo specjalnych całek postaci:
"
U0(x) + U1(x) a2 - x2
" dx
V0(x) + V1(x) a2 - x2
"
U0(x) + U1(x) x2 - a2
" dx,
V0(x) + V1(x) x2 - a2
gdzie U0, U1, V0, V1 są pewnymi wielomianami zmiennej x. Całki tej postaci możemy
sprowadzić do całek trygonometrycznych wykonując odpowiednio podstawienia
6.4 PODSTAWIENIA TRYGONOMETRYCZNE 77
x = a sin t
a
x = .
cos t
"
x2-4
Zadanie 6.15. Oblicz dx.
x
Rozwiązanie
2
Podstawiamy x = , gdzie t " [0, Ą]. Mamy wtedy
cos t
2 sin t
dx = dt
cos2 t
2 2 Ą 2
cos t = �! t = arc cos = - arc sin
x x 2 x
4 4(1 - cos2 t) 2 sin t
x2 - 4 = - 4 = = .
cos2 t cos2 t | cos t|
Zatem
"
2 sin t
x2 - 4 2 sin t sin2 t
| cos t|
dx = � dt = 2 sgn(cos t) dt =
2
x cos2 t cos2 t
cos t
1 - cos2 t
= 2 sgn(cos t) dt = 2 sgn(cos t)(tg t - t) + C =
cos2 t
4
1 -
sin t 2
x2
= 2 - 2 sgn(cos t)t + C = 2 � - 2 sgn(x) arc cos + C =
2
| cos t| x
|x|
2 2
= x2 - 4 + 2 sgn(x) arc sin + C1 = x2 - 4 + 2 arc sin + C1
x |x|
"
Zadanie 6.16. Oblicz (1 - x2) 1 - x2 dx.
Rozwiązanie
Ą Ą
Podstawiamy x = sin t, gdzie t " [- , ]. Mamy wtedy
2 2
dx = cos t dt
t = arc sin x
dx
"
6.5 CAA
KI POSTACI 78
ax2+bx+c
oraz
(1 - x2) 1 - x2 dx = (1 - sin2 t) 1 - sin2 t � cos t dt = cos4 t dt =
2
1 1 1 1 1
= + cos 2t dt = + cos 2t + cos2 2t dt =
2 2 4 2 4
t 1 1 t 1 t 1
= + sin 2t + (1 + cos 4t) dt = + sin 2t + + sin 4t + C =
4 4 8 4 4 8 32
3t 1 1
= + sin t cos t + sin 2t cos 2t + C =
8 2 16
3t 1 1
= + sin t cos t + sin t cos t(2 cos2 t - 1) + C =
8 2 8
3t 3 1
= + sin t cos t + sin t cos3 t + C =
8 8 4
3 3 1
= arc sin x + x 1 - x2 + x (1 - x2)3 + C.
8 8 4
"
Zadanie 6.17. Oblicz a2 - x2 dx
Rozwiązanie
Ą Ą
Podstawiamy x = a sin t, gdzie t " [- , ]. Mamy wtedy
2 2
dx = a cos t dt
x
t = arc sin ,
a
oraz
a2 - x2 dx = a2 - a2 sin2 t � a cos t dt = |a cos t| � a cos t dt =
|a| � a |a| � a |a| � a
= |a| � a cos2 t dt = (1 + cos 2t) dt = t + sin 2t + C =
2 2 4
|a| � a |a| � a |a| � a x |a| � a x x2
= t + sin t cos t + C = arc sin + � � 1 - + C =
2 2 2 a 2 a a2
a2 x |a| a2 - x2 a2 x x
= arc sin + � x � + C = arc sin + a2 - x2 + C.
2 |a| 2 a2 2 |a| 2
dx
"
6.5. Całki postaci
ax2+bx+c
Każdą całkę postaci
dx
"
ax2 + bx + c
gdzie a = 0, można sprowadzić do jednej z dwóch całek
 "
6.6 CAA
KI POSTACI ax2 + bx + c dx 79
dx
" = ln |x + x2 + k| + C
x2 + k
dx x
" = arc sin + C.
|a|
a2 - x2
dx
"
Drugi z tych wzorów łatwo otrzymać ze wzoru = arc sin x + C podstawiając
1-x2
t = ax, a pierwszy wyprowadzimy w podrozdziale dotyczącym podstawień Eulera.
dx
"
Zadanie 6.18. Oblicz .
x2+3x+2
Rozwiązanie
Sprowadzamy trójmian pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej.
dx dx
" = .
3 1
x2 + 3x + 2
(x + )2 -
2 4
3
Teraz podstawiamy t = x + i korzystamy z pierwszego z powyższych wzorów.
2
3
dx dt 1
t = x +
2
= = = ln t + t2 -
+ C =
dt = dx 4
3 1 1
(x + )2 - t2 -
2 4 4
3
= ln x + + x2 + 3x + 2 + C.
2
dx
"
Zadanie 6.19. Oblicz .
3-4x-2x2
Rozwiązanie
Korzystamy z drugiego z podanych wzorów.
" "
dx dx 1 dt
2x + 2 = t
"
" = = = " " =
" "
2 dx = dt
3 - 4x - 2x2 2 5 - t2
5 - ( 2x + 2)2
" "
1 t 1 2x + 2
" " "
= arc sin + C = arc sin " + C.
2 5 2 5
"
6.6. Całki postaci ax2 + bx + c dx
Dokładnie w ten sam sposób co porzednio, radzimy sobie z każdą całką postaci
ax2 + bx + c dx
Tym razem sprowadzamy ją jednak do jednej z poniższych całek
 "
Ax+B
"
6.7 CAA
KI POSTACI dx ORAZ (Ax + B) ax2 + bx + c dx 80
ax2+bx+c
x k
x2 + k dx = x2 + k + ln |x + x2 + k| + C
2 2
a2 x x
a2 - x2 dx = arc sin + a2 - x2 + C.
2 |a| 2
Drugi z tych wzorów wyprowadziliśmy w podrozdziale dotyczącym podstawień trygo-
nometrycznych, a pierwszy uzasadnimy w podrozdziale dotyczącym podstawień Eule-
ra.
"
Zadanie 6.20. Oblicz 3 - 12x + 3x2 dx.
Rozwiązanie
Korzystamy z pierwszego wzoru.
" "
" "
t = 3x 2 3
"- =
3 - 12x + 3x2 dx = ( 3x - 2 3)2 - 9 dx =
dt = 3 dx
1 t 9
= " t2 - 9 dt = " - 9 - " ln |t + t2 - 9| + C =
t2
3 2 3 2 3
" " "
" "
3x - 2 3 3 3
= " 3 - 12x + 3x2 - ln | 3x - 2 3 + 3 - 12x + 3x2| + C =
2
2 3
"
" "
x - 2 3 3
= 3 - 12x + 3x2 - ln | 3x - 2 3 + 3 - 12x + 3x2| + C.
2 2
"
Zadanie 6.21. Oblicz 10x - x2 dx.
Rozwiązanie
Tym razem korzystamy z drugiego wzoru.
x - 5 = t
10x - x2 dx = 25 - (x - 5)2 dx = = 25 - t2 dt =
dx = dt
25 t t 25 x - 5 x - 5
= arc sin + 25 - t2 + C = arc sin + 10x - x2 + C.
2 5 2 2 5 2
"
Ax+B
"
6.7. Całki postaci dx oraz (Ax + B) ax2 + bx + c dx
ax2+bx+c
Wykorzystując umiejętności zdobyte w poprzednich dwóch podrozdziałach, jeste-
śmy w stanie policzyć każdą całkę postaci
Ax + B
" dx.
ax2 + bx + c
6.8 METODA WSPÓA
CZYNNIKÓW NIEOZNACZONYCH 81
Aby to zrobić rozkładamy ją na dwie części
Ax + B 2ax + b D
" dx = C � " dx + " dx =
ax2 + bx + c ax2 + bx + c ax2 + bx + c
D
= 2C ax2 + bx + c + " dx,
ax2 + bx + c
gdzie C i D są stałymi. Pozostałą całkę obliczamy zgodnie z metodami omówionymi w
poprzednich podrozdziałach. Podobnie postępujemy w przypadku całki.
(Ax + B) ax2 + bx + c dx.
3x+1
"
Zadanie 6.22. Oblicz dx.
x2+6x+6
Rozwiązanie
Liczymy
3x + 1 3 2x + 6 8
" dx = " dx - " =
2
x2 + 6x + 6 x2 + 6x + 6 x2 + 6x + 6
dx
= 3 x2 + 6x + 6 - 8 =
(x + 3)2 - 3
= 3 x2 + 6x + 6 - 8 ln |x + 3 + x2 + 6x + 6| + C.
"
Zadanie 6.23. Oblicz x 1 + 4x - x2 dx.
Rozwiązanie
Liczymy
1
x 1 + 4x - x2 dx = - (-2x + 4) 1 + 4x - x2 dx + 2 1 + 4x - x2 dx =
2
1 1
= - (-2x + 4)(1 + 4x - x2)2 dx + 2 5 - (x - 2)2 dx =
2
1 3 x - 2
"
= - (1 + 4x - x2)2 + 5 arc sin + (x - 2) 1 + 4x - x2 + C.
3
5
6.8. Metoda współczynników nieoznaczonych
Niech Wn(x) oznacza wielomian stopnia n. Każda całka postaci
Wn(x)
" dx
ax2 + bx + c
jest równa wyrażeniu
6.8 METODA WSPÓA
CZYNNIKÓW NIEOZNACZONYCH 82
dx
(an-1xn-1 + � � � + a1x + a0) ax2 + bx + c + A " ,
ax2 + bx + c
dla pewnych współczynników A, an-1, . . . , a1, a0.
Różniczkując obie strony powyższej równości otrzymamy tożsamość
Wn(x) A
" = (an-1xn-1 + � � � + a1x + a0) ax2 + bx + c + " ,
ax2 + bx + c ax2 + bx + c
która pozwala wyznaczyć współczynniki A, an-1, . . . , a1, a0 (tzw. współczynniki nieozna-
czone).
Opisana metoda pozwala także liczyć całki postaci
Wn(x) ax2 + bx + c dx
gdyż
Wn(x)(ax2 + bx + c)
Wn(x) ax2 + bx + c dx = " dx.
ax2 + bx + c
2x2
"
Zadanie 6.24. Oblicz dx.
1-2x-x2
Rozwiązanie
Szukamy takich stałych a, b, A, aby
2x2 1
" dx = (ax + b) 1 - 2x - x2 + A " dx /()
1 - 2x - x2 1 - 2x - x2
2x2 (ax + b)(-2 - 2x) A
" = a 1 - 2x - x2 + " + " .
1 - 2x - x2 2 1 - 2x - x2 1 - 2x - x2
"
Mnożymy teraz obie strony przez 1 - 2x - x2.
2x2 = a(1 - 2x - x2) - (ax2 + bx + ax + b) + A
2x2 = -2ax2 - (3a + b)x + (a - b + A).
A
atwo stąd wyliczyć, że a = -1, b = 3, A = 4. Mamy więc
2x2 dx
" dx = (3 - x) 1 - 2x - x2 + 4 =
1 - 2x - x2 2 - (x + 1)2
x + 1
"
= (3 - x) 1 - 2x - x2 + 4 arc sin + C.
2
"
Zadanie 6.25. Oblicz 8x2 x2 + 1 dx
6.9 PODSTAWIENIA EULERA 83
Rozwiązanie
Ponieważ
8x2(x2 + 1)
8x2 x2 + 1 dx = " dx,
x2 + 1
oczekujemy wyniku postaci
8x4 + 8x2 dx
" dx = (ax3 + bx2 + cx + d) x2 + 1 + A " /()
x2 + 1 x2 + 1
8x4 + 8x2 (ax3 + bx2 + cx + d) � 2x A
" = (3ax2 + 2bx + c) x2 + 1 + " + " .
x2 + 1 2 x2 + 1 x2 + 1
"
Mnożymy obie strony przez x2 + 1 i mamy
8x4 + 8x2 = (3ax2 + 2bx + c)(x2 + 1) + (ax3 + bx2 + cx + d) � x + A
8x4 + 8x2 = 4ax4 + 3bx3 + (3a + 2c)x2 + (2b + d)x + (c + A).
A
atwo stąd wyliczyć, że a = 2, b = 0, c = 1, d = 0, A = -1. Zatem
dx
8x2 x2 + 1 dx = (2x3 + x) x2 + 1 - " =
x2 + 1
= (2x3 + x) x2 + 1 - ln |x + x2 + 1| + C.
6.9. Podstawienia Eulera
Najogólniejszą metodą całkowania wyrażeń wymiernych postaci
"
U0(x) + U1(x) ax2 + bx + c
" ,
V0(x) + V1(x) ax2 + bx + c
są tak zwane podstawienia Eulera. Pozwalają one sprowadzić każdą całkę z wyrażenia
tej postaci do całki wymiernej. Niestety prowadzą one często do żmudnych rachunków,
więc na ogół traktujemy je jak ostateczność.
Załóżmy, że trójmian ax2 + bx + c nie jest pełnym kwadratem. Są trzy podstawienia
Eulera, ale my podamy tylko dwa (pierwsze i trzecie).
"
ax2 + bx + c = ą ax + t, jeżeli a > 0
a(x - x1)(x - x2) = |x - x1|t, jeżeli " > 0
"
W pierwszym podstawieniu znak przy ax możemy wybrać dowolnie. Zauważmy, że
"
jeżeli pierwiastek ax2 + bx + c ma mieć niepustą dziedzinę, to zawsze zachodzi jeden
z powyższych przypadków. Ponadto, drugie z podstawień możemy zapisać w postaci
a(x - x1)(x - x2) a(x - x2)
t = = ,
|x - x1| (x - x1)
więc jest to szczególny przypadek podstawienia, które znamy z podrozdziału o pier-
wiastkach z funkcji homograficznej.
6.9 PODSTAWIENIA EULERA 84
dx
"
Zadanie 6.26. Oblicz .
x x2-2x
Rozwiązanie
"
Podstawiamy x2 - 2x = x + t. Mamy wtedy
x2 - 2x = x2 + 2tx + t2
- t2 = x(2t + 2)
1 t2
x = - �
2 t + 1
1 2t(t + 1) - t2 1 t2 + 2t
dx = - � dt = - � dt
2 (t + 1)2 2 (t + 1)2
1 t2 1 t2 + 2t
x2 - 2x = x + t = - � + t = �
2 t + 1 2 t + 1
Zatem
t2+2t
-1 � dt
dx 2 dt 2
(t+1)2
" = = 2 = - + C
t2 1 t2+2t t2 t
x x2 - 2x
-1 � � �
2 t+1 2 t+1
"
2 2( x2 - 2x + x)
= - " + C = - + C =
x2 - 2x - x2
x2 - 2x - x
" "
x2 - 2x + x x2 - 2x
= + C = + C.
x x
dx
"
Zadanie 6.27. Oblicz .
x2+k
Rozwiązanie
"
Podstawiamy x2 + k = -x + t. Mamy wtedy
x2 + k = x2 - 2xt + t2
1 t2 - k
x = �
2 t
1 2t � t - (t2 - k) 1 t2 + k
dx = � dt = � dt
2 t2 2 t2
1 k - t2 1 t2 + k
x2 + k = -x + t = � + t = � .
2 t 2 t
Stąd
1 t2+k
� dt
dx dt
2
t2
" = = = ln |t| + C = ln |x + x2 + k| + C.
1 t2+k
t
x2 + k �
2 t
6.9 PODSTAWIENIA EULERA 85
"
Zadanie 6.28. Oblicz x2 + k dx.
Rozwiązanie
Podstawiamy dokładnie tak samo jak w poprzednim przykładzie, czyli
x2 + k = -x + t
1 t2 + k
dx = � dt
2 t2
1 t2 + k
x2 + k = � .
2 t
Mamy zatem
1 t2 + k 1 t2 + k 1 t4 + 2t2k + k2
x2 + k dx = � � � dt = dt =
2 t 2 t2 4 t3
1 2k k2 1 k k2
= t + + dt = t2 + ln |t| - + C.
4 t t3 8 2 8t2
1
Zanim przekształcimy to wyrażenie dalej, obliczmy t2 i .
t2
t2 = (x + x2 + k)2 = x2 + 2x x2 + k + x2 + k = 2x2 + k + 2x x2 + k
" "
1 1 (x - x2 + k)2 2x2 + k - 2x x2 + k
= " = = .
t2 k2
(x + x2 + k)2 (x2 - x2 - k)2
Mamy więc
1 1 k
x2 + k dx = t2 - k2 � + ln |t| + C =
8 t2 2
1 k
= � 4x x2 + k + ln |x + x2 + k| + C =
8 2
x k
= x2 + k + ln |x + x2 + k| + C.
2 2
dx
"
Zadanie 6.29. Oblicz dx.
x 2+x-x2
Rozwiązanie
Rozkładamy najpierw wyrażenie pod pierwiastkiem.
" = 1 + 8 = 9
-1 - 3 -1 + 3
x1 = = 2, x2 = = -1.
-2 -2
6.10 ZADANIA 86
Podstawiamy (2 - x)(1 + x) = |1 + x|t. Mamy wtedy
(2 - x)(1 + x) = (1 + x)2t2
2 - x
2 - x = (1 + x)t2 �! t2 =
1 + x
2 - t2
x =
t2 + 1
-2t(t2 + 1) - (2 - t2) � 2t -6t
dx = dt = dt
(t2 + 1)2 (t2 + 1)2
2 - t2 3t
(2 - x)(1 + x) = |1 + x|t = 1 + t = .
t2 + 1 t2 + 1
Mamy zatem
-6t
dt
dx dt dt
(t2+1)2
" dx = = -2 = -2 " " =
2-t2 3t
2 - t2
x 2 + x - x2 � ( 2 - t)( 2 + t)
t2+1 t2+1
" "
1 1 1 1
= - " " + " dt = - " (ln | 2 + t| - ln | 2 - t|) + C =
2 2 - t 2 + t 2
"
"
2-x
2 +
1 2 + t 1 1+x
= - " " + C = - " ln + C =
ln
"
2-x
2 2 - t 2
2 -
1+x
" "
1 2 + 2x + 2 - x
= - " " " + C =
ln
2 2 + 2x - 2 - x
1 2 + 2x + 2 (2 + 2x)(2 - x) + 2 - x
= - " ln + C =
2 + 2x - (2 - x)
2
" "
1 4 + x + 2 2 2 + x - x2
= - " ln + C.
3x
2
6.10. Zadania
Zadanie 6.30. Oblicz całki
" " "
3 6
1+"x x+ x+ x
d d
" "x " "x "
a) b) c) dx d) dx
4 3 3
x( x-1) 1- x x(1+ x)
"x( x-1) " "
3 6
x x dx x+1
dx
" " " " "
e) dx f) g) h) dx
6 3 6 4
x-1
x+ x
x+ x5 x7+ x5
Zadanie 6.31. Oblicz całki
"
dx 2x dx 5
" " "
a) b) c) x 5 - 3x dx
3
3 3
4
2x+1
(
"x+3) + (x+3)2 "
x+2+2 x+ 2x-3 dx
" "
"
d) dx e) dx f)
3
x-1
x+2- x+2
2x+1+2 4x2+4x+1
Zadanie 6.32. Oblicz całki
1-x dx dx dx
" "
a) � b) c)
1+x x 3
(x-1)3(x-2) (x-1)(x+1)2
6.10 ZADANIA 87
Zadanie 6.33. Oblicz całki z różniczek dwumiennych
"
"
"
3
4
3
1+ x
x
" "x dx "" dx
a) dx b) c)
"
3 3
x
x+1
1+ x2
" "
3
6x x3+x4 3x-x3 dx
" "
d) dx e) dx f) dx g)
3
x4 x6
1-x4 1+x3
Zadanie 6.34. Oblicz całki stosując podstawienia trygonometryczne
dx x2 dx
" " "
a) b) dx c)
(1-x2) 1-x2 9-x2 (x2+1) x2-1
Zadanie 6.35. Oblicz całki
"
dx dx
" "
a) b) c) 2x + x2 dx
3x2+6x+7 12x-9x2-2
"
dx 5x+2
" "
d) e) 5 - x2 - 4x dx f) dx
x- x2-1 2x2+8x-1
" "
x-5
"
g) dx h) x x2 - 2x + 6 dx i) (2x - 5) 2 + 3x - x2 dx
5+4x-x2
Zadanie 6.36. Oblicz całki korzystając z metody współczynników nieoznaczonych
"
2x2+3x+1 3x3-9x2-6x-20
" "
a) dx b) dx c) 12x2 4x - x2 dx
x2+1 5+6x-x2
Zadanie 6.37. Oblicz całki stosując podstawienia Eulera
dx dx
" "
a) b)
x x2+4x-4 x2+x+1+x x2+x+1
ROZDZIAA
7
Inne klasy funkcji
7.1. Funkcje hiperboliczne
Przypomnijmy definicje funkcji hiperbolicznych
ex - e-x
sinh x =
2
ex + e-x
cosh x =
2
sinh x ex - e-x
tgh x = =
cosh x ex + e-x
cosh x ex + e-x
ctgh x = = .
sinh x ex - e-x
Bezpośrednio z definicji łatwo jest wyprowadzić następujące wzory
cosh2 x - sinh2 x = 1 (jedynka hiperboliczna)
sinh(2x) = 2 sinh x cosh x
cosh(2x) = cosh2 x + sinh2 x = 1 + 2 sinh2 x = 2 cosh2 x - 1
(sinh x) = cosh x
(cosh x) = sinh x
1
(tgh x) = = 1 - tgh2 x
cosh2 x
-1
(ctgh x) = = 1 - ctgh2 x.
sinh2 x
Podobnie jak w przypadku funkcji trygonometrycznych, funkcje y = sinh x oraz y =
tgh x są nieparzyste, a funkcja y = cosh x jest parzysta. Widać to wyraz
nie na poniższych
wykresach.
88
7.2 CAA
KOWANIE FUNKCJI HIPERBOLICZNYCH 89
y y
y=cosh x
+5 +5
+1 +1
-5 -1 +5 x -5 -1 +5 x
-1 -1
y=tgh x
-5
-5
y=sinh x
7.2. Całkowanie funkcji hiperbolicznych
Całkowanie funkcji hiperbolicznych nie różni się specjalnie od całkowania funkcji
trygonometrycznych, więc możemy stosować praktycznie wszystkie techniki omówione
w rozdziale 5.
Zadanie 7.1. Oblicz sinh2 x dx.
Rozwiązanie
1
Ponieważ sinh2 x = (cosh 2x - 1) mamy
2
1 1 x
sinh2 x dx = (cosh 2x - 1) dx = sinh 2x - + C.
2 4 2
sinh x
"
Zadanie 7.2. Oblicz dx.
5+3 cosh x
Rozwiązanie
Podstawiamy t = 5 + 3 cosh x.
sinh x 1 dt
t = 5 + 3 cosh x
" dx = = " =
dt = 3 sinh x dx 3 t
5 + 3 cosh x
" "
2 2
= t + C = 5 + 3 cosh x + C.
3 3
W przypadku trudniejszych całek, możemy zastosować podstawienie uniwersalne
7.3 PODSTAWIENIA HIPERBOLICZNE 90
x 2
t = tgh , x = 2 artgh t, dx = dt
2 1 - t2
2t 2t 1 + t2
tgh x = , sinh x = , cosh x = .
1 + t2 1 - t2 1 - t2
dx
Zadanie 7.3. Oblicz .
2+cosh x
Rozwiązanie
Stosujemy podstawienie uniwersalne
2
dx 2 1 1 1
1-t2
= dt = dt = " " + " dt =
1+t2
2 + cosh x 3 - t2
2 + 3 3 - t 3 + t
1-t2
"
" "
1 1 1 3 + t
" " "
= ln( 3 + t) - " ln( 3 - t) + C = ln + C =
3 3 3 3 - t
"
x
3 + tgh
1
2
" "
= ln + C.
x
3 3 - tgh
2
7.3. Podstawienia hiperboliczne
W poprzednim rozdziale widzieliśmy, że podstawienia trygonometryczne postaci
x = a sin t pozwalały w dość prosty sposób obliczać całki, w których występowały pier-
"
wiastki postaci a2 - x2. Ze względu na znak minus w jedynce hiperbolicznej, podsta-
wienia hiperboliczne x = a sinh t oraz x = a t pozwalają obliczać całki, w których
"cosh "
występują odpowiednio pierwiastki postaci x2 + a2 oraz x2 - a2.
Zanim jednak przejdziemy do przykładów, przypomnijmy wzory na funkcje odwrot-
ne do funkcji hiperbolicznych.
arsinh x = ln(x + x2 + 1)
arcosh x = ln(x + x2 - 1).
dx
"
Zadanie 7.4. Oblicz .
x2+5
Rozwiązanie
7.4 ZADANIA 91
"
Podstawiamy x = 5 sinh t.
"
"
dx cosh t
x =" 5 sinh t
" = = 5 dt =
dx = 5 cosh t dt
x2 + 5
5 sinh2 t + 5
cosh t x
"
= dt = 1 dt = t = arsinh + C =
5
cosh2 t
x x2
"
= ln + + 1 + C = ln(x + x2 + 5) + C1.
5
5
dx
"
Zadanie 7.5. Oblicz
(x2+1) x2-1
Rozwiązanie
Podstawiamy x = cosh t. Tak naprawdę to powinniśmy odrobinę uważać, bo x może być
ujemny, a cosh t 1. Mamy jednak do czynienia z funkcją parzystą, więc wystarczy, że
policzymy całkę dla x 1, a na koniec zrobimy z wyniku funkcję parzystą.
Druga uwaga, to że y = cosh t nie jest różnowartościowy, ale możemy założyć, że
t 0. Dzięki temu będziemy wiedzieć, że sinh t 0.
dx sinh t dt
x = cosh t
" = = =
dx = sinh t dt
(x2 + 1) x2 - 1
(cosh2 t + 1) cosh2 t - 1
sinh t dt dt dt
= = = 2 .
1
3 + cosh 2t
(cosh2 t + 1) sinh t (1 + cosh 2t) + 1
2
Teraz podstawiamy u = tgh t.
1
du
dt u = tgh t 1
1-u2
2 = = = 2 du =
1
1+u2
dt = du 2
3 + cosh 2t 3 - 3u2 + 1 + u2
3 +
1-u2
1-u2
"
1 1 1 1 1 2 + u
" "
= du = " " + " du = ln + C =
2 - u2 2 2 2 u 2 u
- + 2 2 2 - u
" "
1 2 + tgh t 1 2 cosh t + sinh t
" " " "
= ln + C = ln + C =
2 2 2 - tgh t 2 2 2 cosh t - sinh t
" "
1 2x + x2 - 1
"
= ln " " + C.
2 2 2x - x2 - 1
Po drodze opuściliśmy wartości bezwzględne, bo | tgh x| < 1. Można sprawdzić, że funk-
cja, którą otrzymaliśmy jest nieparzysta, więc wynik jest poprawny bez założenia x 1.
7.4. Zadania
Zadanie 7.6. Oblicz całki
cosh 2x
a) dx b) x2 sinh x dx c) cosh2 x dx
sinh2 x cosh2 x
x
d) sinh3 x dx e) ctgh x dx f) dx
sinh2 x
7.4 ZADANIA 92
dx 1
g) sinh4 x cosh3 x dx h) dx i) dx
2 sinh x+3 cosh x tgh x-1
Zadanie 7.7. Oblicz całki
"
dx dx
" "
a) b) x2 + 2 dx c)
(x2-1) x2-1 (x+1) x2+1
Część 2
Całki oznaczone
ROZDZIAA
8
Metody obliczania całek oznaczonych
Wiemy z poprzednich rozdziałów, że funkcja pierwotna y = F(x) funkcji y = f (x)
nie jest wyznaczona jednoznacznie. Ponieważ jednak każde dwie funkcje pierwotne róż-
nią się o stałą, liczba
b
f (x) dx = F(b) - F(a)
a
jest dobrze zdefiniowana, tzn. nie zależy od wyboru funkcji pierwotnej F(x). Liczbę tę
nazywamy całką oznaczoną funkcji f (x). Liczby a i b nazywamy odpowiednio dolną i
górną granicą całkowania.
Zwróćmy uwagę, że w odróżnieniu od całki nieoznaczonej, całka oznaczona jest licz-
bą, a nie rodziną funkcji. Przy naszym, czysto rachunkowym podejściu, możemy powyż-
szy wzór przyjąć za definicję całki oznaczonej z funkcji ciągłej y = f (x).
2
1
Zadanie 8.1. Oblicz dx.
x2
1
Rozwiązanie
2
2
1 1 1 1
dx = - = - - (-1) = .
x2 x 2 2
1
1
2
1 1 1
Wyrażenie - w powyższym zapisie oznacza, że - jest funkcją pierwotną do ,
x 1 x
x2
oraz że będziemy obliczać różnicę wartości tej funkcji w punktach x = 2 i x = 1. Zauważ-
my, że najpierw podstawiamy górną granicę całkowania, a potem odejmujemy wartość
funkcji w dolnej granicy całkowania.
Czasem będziemy też używać notacji
2 2
1 1
- = - .
x x
1 1
Ą
2
Zadanie 8.2. Oblicz cos x dx.
0
Rozwiązanie
Ą
Ą
2 Ą
2
cos x dx = sin x|0 = sin - sin 0 = 1 - 0 = 1.
2
0
94
8.1 PODSTAWOWE WA
ASNOŚCI 95
16 "
4
Zadanie 8.3. Oblicz x3 dx
1
Rozwiązanie
Liczymy
16 " 16
16
3 4 7 4 508
4
4 4
x3 dx = x dx = x = (128 - 1) =
7 1 7 7
1 1
8.1. Podstawowe własności
Pierwsze dwa z poniższych wzorów wynikają wprost z analogicznych własności dla
całek nieoznaczonych, a trzy ostatnie są bezpośrednią konsekwencją naszej definicji całki
oznaczonej.
b b b
( f (x) + g(x)) dx = f (x) dx + g(x) dx,
a a a
b b
ą f (x) dx = ą f (x) dx.
a a
b c b
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx.
a a c
a b
f (x) dx = - f (x) dx,
b a
a
f (x) dx = 0.
a
2
Zadanie 8.4. Oblicz e3x dx
3
Rozwiązanie
Liczymy
2 3
1 1 3 1
e3x dx = - 3e3x dx = - e3x = - (e9 - e6).
2
3 3 3
3 2
1
Zadanie 8.5. Oblicz |x| dx
-1
Rozwiązanie
Liczymy
1 0 1 0 1
|x| dx = |x| dx + |x| dx = (-x) dx + x dx =
-1 -1 0 -1 0
1 0 1 1 1 1
= - x2 + x2 = 0 + + - 0 = 1
-1 0
2 2 2 2
Inną użyteczną własnością całki, która akurat nie wynika wprost z naszej definicji, jest to,
8.1 PODSTAWOWE WA
ASNOŚCI 96
że wartość całki nie zmieni się przy zmianie skończenie wielu (a nawet przeliczalnie wie-
lu) wartości funkcji. Zasada ta pozwala liczyć całki z funkcji, które mają tylko skończenie
wiele (przeliczalnie wiele) punktów nieciągłości.
3
Zadanie 8.6. Oblicz [x] dx
0
Rozwiązanie
Funkcja, którą całkujemy nie jest ciągła i nie ma funkcji pierwotnej, więc w pierwszym
kroku rozbijmy przedział, na którym całkujemy tak, aby całkować funkcje ciągłe.
3 1 2 3
[x] dx = [x] dx + [x] dx + [x] dx =
0 0 1 2
1 2 3
= 0 dx + 1 dx + 2 dx = 0 + [x]2 + [2x]3 = 0 + 1 + 2 = 3.
1 2
0 1 2
1 1
Zauważmy, że w równościach typu [x] dx = 0 dx zmieniliśmy wartość funkcji w
0 0
jednym punkcie (tu akurat w punkcie x = 1), żeby otrzymać funkcję ciągłą, ale jak pisa-
liśmy, nie zmienia to wartości całki.
W przypadku bardziej skomplikowanych całek oznaczonych, możemy najpierw policzyć
całkę nieoznaczoną (czyli funkcję pierwotną), a na koniec odjąć wartości funkcji pierwot-
nej w końcach przedziału całkowania.
1
Zadanie 8.7. Oblicz xex dx.
0
Rozwiązanie
Liczymy najpierw całkę nieoznaczoną (przez części).
u = ex v = x
xex dx = = xex - ex dx = xex - ex + C.
u = ex v = 1
Liczymy teraz całkę oznaczoną.
1
xex dx = [xex - ex]1 = 0 - (-1) = 1.
0
0
e
ln x
Zadanie 8.8. Oblicz dx.
x
1
Rozwiązanie
Liczymy najpierw całkę nieoznaczoną (przez podstawienie)
ln x t = ln x 1 1
dx = = t dt = t2 + C = (ln x)2 + C.
dx
dt =
x 2 2
x
8.2 CAA
KOWANIE PRZEZ CZ
ŚCI I PRZEZ PODSTAWIENIE 97
Pozostało policzyć całkę oznaczoną
e
e
ln x 1 1
dx = (ln x)2 = .
x 2 2
1
1
8.2. Całkowanie przez części i przez podstawienie
Jak widzieliśmy w poprzednich dwóch przykładach, obliczenia związane z liczeniem
całki oznaczonej można sprowadzić do liczenia całki nieoznaczonej. Czasem jednak wy-
godnie jest stosować wzory na całkowanie przez części i całkowanie przez podstawienie
bezpośrednio w całce oznaczonej. Przyjmują one w takiej sytuacji postać
b b
u (x)v(x) dx = [u(x)v(x)]b - u(x)v (x) dx
a
a a
b �(b)
f (�(x))� (x) dx = f (t) dt, gdzie t = �(x)
a �(a)
1
Zadanie 8.9. Obliczmy ponownie xex dx.
0
Rozwiązanie
Całkujemy przez części.
1 1
u = ex v = x
xex dx = = xex|1 - ex dx = e - ex|1 = e - (e - 1) = 1.
0
u = ex v = 1 0 0
0
Ą
Zadanie 8.10. Oblicz x sin x dx.
0
Rozwiązanie
Całkujemy przez części.
Ą Ą
u = sin x v = x
Ą
x sin x dx = = -x cos x|0 + cos x dx =
u = - cos x v = 1
0 0
Ą
= Ą + sin x|0 = Ą.
e
ln x
Zadanie 8.11. Obliczmy ponownie dx.
x
1
Rozwiązanie
Podstawiamy t = ln x, ale musimy pamiętać, że jeżeli x zmienia się w przedziale [1, e], to
8.3 ZADANIA 98
t będzie zmieniać się przedziale [0, 1].
1
e
ln x t = ln x 1 1 1
dx = = t dt = t2 = .
dx
dt =
x 2 2
1 0
x 0
1
"
Zadanie 8.12. Oblicz 1 + 2x dx.
0
Rozwiązanie
Podstawiamy t2 = 2x + 1, 2t dt = 2dx. Aby obliczyć nowe granice całkowania, wstawia-
my x = 0 i x = 1 do wzoru t2 = 2x + 1. Aby móc jednoznacznie wyliczyć t, możemy
dodatkowo założyć, że t 0, czyli po zmianie zmiennej będziemy całkować w przedzia-
"
le [0, 3]. Mamy zatem
"
"
3
1 3
" "
"
1 1 1
1 + 2x dx = t2 dt = t3 = ( 27 - 1) = 3 - .
3 3 3
0 0
1
8.3. Zadania
Zadanie 8.13. Oblicz całki
Ą 2 3
a) sin x dx b) (x3 - 2x + 1) dx c) (|2x| - 2|x + 1|) dx
3Ą
-1 -2
-
2
e 2 Ą
x
d) | ln x| dx e) sgn(x - x3) dx f) x sgn tg dx
4
1
-Ą
-1
e
Zadanie 8.14. Oblicz całki"
Ą
e 3 1
2
2
x2 dx
a) ln x dx b) xex dx c) x sin x dx d)
1+x6
1 0 0 -1
Ą Ą
2 1
4 2
e2x dx x dx cos x
e) f) xe-x dx g) h) dx
1+ex 1+sin x
cos2 x
0 0 0 0
ROZDZIAA
9
Całki niewłaściwe
9.1. Całka w granicach nieskończonych
b
Całkę funkcji f (x) w granicach od a do +" definiuje się jako granicę całki f (x) dx
a
przy b +".
" b
f (x) dx = lim f (x) dx.
b+"
a a
"
Gdy ta granica jest skończona, to mówimy, że całka f (x) dx jest zbieżna. Natomiast
a
jeżeli granica jest nieskończona, lub w ogóle nie istnieje, to mówimy, że całka jest roz-
bieżna. Tak określoną całkę nazywamy niewłaściwą.
"
1
Zadanie 9.1. Oblicz całkę niewłaściwą dx.
x2
1
Rozwiązanie
b
" b
1 1 1 1
dx = lim dx = lim - = lim 1 - = 1.
x2 b+" x2 b+" x b+" b
1 1
1
"
1
Zadanie 9.2. Oblicz całkę niewłaściwą " dx.
x
2
Rozwiązanie
" b " "
" b
1 1
" dx = lim " dx = lim 2 x = lim 2( b - 2) = +".
2
x b+" x b+" b+"
2 2
Całka jest rozbieżna.
"
Zadanie 9.3. Zbadać zbieżność całki niewłaściwej xą dx (a > 0) w zależności od
a
parametru ą.
Rozwiązanie
99
9.1 CAA
KA W GRANICACH NIESKOC
CZONYCH 100
Niech ą = -1. Wtedy
b
" b
1 1
xą dx = lim xą dx = lim xą+1 = lim (bą+1 - aą+1).
b+" b+" ą + 1 b+" ą + 1
a a
a
1
Ostatnia granica jest równa +" gdy ą > -1, lub jest równa liczbie skończonej - aą+1
ą+1
gdy ą < -1. Dla ą = -1 mamy
" b
1 1
dx = lim dx = lim [ln x]b = lim (ln b - ln a) = +".
a
x b+" x b+" b+"
a a
"
Tak więc całka niewłaściwa xą dx jest zbieżna dla ą < -1, a rozbieżna dla ą -1.
a
Analogicznie określamy całkę niewłaściwą funkcji f (x) w granicach od -" do a:
a a
f (x) dx = lim f (x) dx.
b-"
-" b
Całkę funkcji f (x) w granicach od -" do +" określmy jako sumę
" a "
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx,
-" -" a
przy założeniu, że obie całki niewłaściwe po prawej stronie istnieją. Ta definicja nie zale-
ży od wyboru punktu a.
"
dx
Zadanie 9.4. Oblicz całkę niewłaściwą .
-" 1+x2
Rozwiązanie
"
dx
Zgodnie z definicją, całka jest równa sumie dwóch całek niewłaściwych:
-" 1+x2
" 0 " 0 b
dx dx dx dx dx
= + = lim + lim =
a-"
1 + x2 -"
1 + x2 1 + x2 1 + x2 b+" 1 + x2
-" 0 a 0
b
= lim [arctg x]0 + lim [arctg x]0 = lim - arctg a + lim arctg b =
a
a-" a-"
b+" b+"
Ą Ą
= + = Ą.
2 2
W powyższych zadaniach obliczaliśmy najpierw całkę w przedziale skończonym, a
następnie przechodziliśmy do granicy. Można połączyć oba te kroki w jednym wzorze.
Załóżmy, że funkcja f (x) posiada funkcję pierwotną F(x) w przedziale [a, "). Wtedy
"
całka niewłaściwa f (x) dx jest zbieżna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje skończona
a
granica
F(") = lim F(b).
b"
Mamy wtedy
"
f (x) dx = [F(x)]" = F(") - F(a).
a
a
9.1 CAA
KA W GRANICACH NIESKOC
CZONYCH 101
Analogicznie
a
a
f (x) dx = [F(x)]-" = F(a) - F(-"),
-"
"
f (x) dx = [F(x)]" = F(") - F(-"),
-"
-"
gdzie F(-") oznacza granicę lim F(b).
b-"
Żeby obliczyć całkę niewłaściwą w przedziale nieskończonym, wystarczy najpierw
znalez
ć funkcję pierwotną w tym przedziale (to znaczy obliczyć całkę nieoznaczoną), a
następnie obliczyć granice tej funkcji na końcach przedziału i wziąć ich różnicę. Jeżeli
któraś z granic F(") lub F(-") po prawej stronie wzoru jest nieskończona lub w ogóle
nie istnieje, to oznacza, że całka po lewej stronie jest rozbieżna.
"
Zadanie 9.5. Oblicz całkę niewłaściwą e-ax dx (a > 0).
0
Rozwiązanie
Funkcja podcałkowa ma funkcję pierwotną -1e-ax, zatem
a
"
"
1 1
e-ax dx = - e-ax = ,
a a
0
0
bo
1
lim - e-ax = 0.
x"
a
"
dx
Zadanie 9.6. Oblicz całkę niewłaściwą .
1 x2(x+1)
Rozwiązanie
Najpierw obliczymy funkcję pierwotną, czyli całkę nieoznaczoną. Ponieważ mamy do
czynienia z funkcją wymierną, więc znajdujemy rozkład na ułamki proste.
1 a b c
= + +
x2(x + 1) x x2 x + 1
1 = ax(x + 1) + b(x + 1) + cx2 = (a + c)x2 + (a + b)x + b
ńł
�ł
+ =
�ła c 0
a + b = 0 �! a = -1, b = 1, c = 1,
�ł
ółb 1
=
dx dx dx dx 1
= - + + = - ln |x| - + ln |x + 1| + C.
x2(x + 1) x x2 x + 1 x
Zatem funkcja podcałkowa ma w przedziale (0, ") funkcję pierwotną
1 x + 1 1
F(x) = - ln x - + ln(x + 1) = ln - .
x x x
9.1 CAA
KA W GRANICACH NIESKOC
CZONYCH 102
Mamy
x + 1 1
F(1) = ln 2 - 1, F(") = lim ln - = ln 1 - 0 = 0,
x"
x x
skąd
"
dx
= F(") - F(1) = 1 - ln 2.
x2(x + 1)
1
"
2x
Zadanie 9.7. Oblicz całkę niewłaściwą dx.
-" 1+x2
Rozwiązanie
Najpierw obliczymy funkcję pierwotną, czyli całkę nieoznaczoną.
2x 1
t = 1 + x2
dx = = dt = ln |t| + C = ln(1 + x2) + C.
dt = 2x dx
1 + x2 t
Zauważmy, że F(x) = ln(1 + x2) jest funkcją pierwotną funkcji podcałkowej na całej
prostej rzeczywistej. Ponieważ
F(ą") = lim ln(1 + x2) = +",
xą"
"
2x
więc całka dx jest rozbieżna.
-" 1+x2
2
"
Zadanie 9.8. Oblicz całkę niewłaściwą x3e-x dx.
0
Rozwiązanie
Najpierw obliczymy całkę nieoznaczoną. Całkujemy przez części.
2
2 1 2 2
u = xe-x v = x2
x3e-x dx = = - x2e-x - -xe-x dx =
2
2
u = -1e-x v = 2x
2
1 2 1 2 1 2
= - x2e-x - e-x + C = - e-x (x2 + 1) + C.
2 2 2
2
Zatem funkcja podcałkowa ma funkcję pierwotną F(x) = -1e-x (x2 + 1). Mamy F(0) =
2
-1, a granicę F(") obliczymy korzystając z reguły de L Hospitala.
2
1 x2 + 1 1 2x 1 1
F(") = lim - � = lim - � = lim - � = 0.
x"
2 2 2
ex2 x" 2xex2 x" ex2
Stąd
"
2 1
x3e-x dx = F(") - F(0) = .
2
0
"
Zadanie 9.9. Oblicz całkę niewłaściwą x sin x dx.
0
9.2 CAA
KA W GRANICACH NIESKOC
CZONYCH 103
Rozwiązanie
Wyznaczymy funkcję pierwotną całkując przez części.
u = sin x v = x
x sin x dx = =
u = - cos x v = 1
= -x cos x + cos x dx = -x cos x + sin x + C.
Za funkcję pierwotną możemy więc przyjąć F(x) = -x cos x + sin x.
Mamy F(0) = 0, natomiast granica
F(") = lim (-x cos x + sin x)
x"
nie istnieje. Wykażemy to za pomocą definicji Heinego granicy funkcji, rozpatrując dwa
ciągi xn = 2nĄ, yn = (2n + 1)Ą. Oba te ciągi są rozbieżne do " i mamy
lim F(xn) = lim -2nĄ = -", lim F(yn) = lim (2n + 1)Ą = ".
n" n" n" n"
"
Tak więc granica F(") nie istnieje, a zatem całka x sin x dx jest rozbieżna.
0
"
Zadanie 9.10. Oblicz całkę niewłaściwą e-x sin x dx.
0
Rozwiązanie
Wyznaczymy funkcję pierwotną całkując dwukrotnie przez części.
u = e-x v = sin x
e-x sin x dx = =
u = -e-x v = cos x
u = e-x v = cos x
= -e-x sin x + e-x cos x dx = =
u = -e-x v = - sin x
= -e-x sin x - e-x cos x - e-x sin x dx.
Zauważmy, że otrzymaliśmy równanie I = -e-x sin x - e-x cos x - I, gdzie I jest szuka-
1
ną całką. Stąd I = (-e-x sin x - e-x cos x). Mamy więc funkcję pierwotną
2
1
F(x) = - e-x(sin x + cos x).
2
Liczymy
1 1
F(0) = - , F(") = lim - e-x(sin x + cos x) = 0.
x"
2 2
Ostatnia granica jest równa 0, bo lim e-x = 0, a funkcja sin x + cos x jest ograniczona
x"
(| sin x + cos x| < 2). Tak więc
"
1
e-x sin x dx = F(") - F(0) = .
2
0
9.2 CAA
KA Z FUNKCJI NIEOGRANICZONEJ 104
9.2. Całka z funkcji nieograniczonej
Załóżmy, że funkcja f jest ciągła w przedziale [a, b), lecz nie ma określonej wartości
w punkcie x = b. Dokładniej załóżmy, że granica lewostronna limxb- f (x) jest nie-
skończona, co oznacza, że f (x) jest nieograniczona w sąsiedztwie punktu b i nie daje się
przedłużyć do funkcji ciągłej na przedziale domkniętym [a, b]. W takiej sytuacji mówimy,
że b jest punktem osobliwym funkcji f (x).
P(x)
Na przykład, jeżeli f (x) = jest funkcją wymierną, taką że Q(b) = 0 oraz P(b) =
Q(x)
0, to b jest punktem osobliwym funkcji f (x). Zazwyczaj punktami osobliwymi są te war-
tości x, w których mianownik funkcji przyjmuje wartość 0.
�
Granicę całki f (x)dx przy � b- nazywamy całką niewłaściwą funkcji f (x) w
a
przedziale od a do b i oznaczamy jak zwykle
b �
f (x)dx = lim f (x)dx.
�b- a
a
b
Gdy ta granica jest skończona, to mówimy, że całka f (x) dx jest zbieżna. Natomiast
a
jeżeli granica jest nieskończona, lub w ogóle nie istnieje, to mówimy, że całka jest roz-
bieżna.
Analogicznie definiujemy całkę niewłaściwą, gdy lewy koniec przedziału jest punk-
tem osobliwym. Wówczas przyjmujemy
b b
f (x)dx = lim f (x)dx.
ąa+
a ą
1
1
"
Zadanie 9.11. Oblicz dx.
0
x
Rozwiązanie
1
"
Funkcja ma punkt osobliwy x = 0. Zgodnie z definicją całki niewłaściwej liczymy
x
granicę
1 1
" 1 "
1 1
" = lim " dx = lim 2 x = lim 2(1 - ą) = 2.
x ą0+ ą x ą0+ ą ą0+
0
1
1
Zadanie 9.12. Oblicz dx.
0 1-x
Rozwiązanie
1
Funkcja ma punkt osobliwy x = 1. Liczymy granicę:
1-x
�
1
�
lim dx = lim [- ln(1 - x)]0 = lim - ln(1 - �) =
1
�1- 0 - x �1- �1-
1
= lim ln = +"
�1- 1 - �
9.2 CAA
KA Z FUNKCJI NIEOGRANICZONEJ 105
1
1
Całka dx jest rozbieżna.
0 1-x
W ogólnym przypadku funkcja f (x) może mieć w przedziale (a, b) dowolną skoń-
czoną liczbę punktów osobliwych, w których nie ma określonej wartości.
Przyjmijmy dla uproszczenia, że takie punkty są trzy, przy czym dwa z nich są koń-
cami przedziału (a, b), a trzeci c leży pomiędzy nimi. Biorąc wewnątrz każdego z prze-
działów (a, c) i (c, b) odpowiednio punkty d i e przyjmujemy
b d c e b
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx,
a a d c e
przy założeniu, że wszystkie całki niewłaściwe po prawej stronie istnieją. Taka definicja
nie zależy od wyboru punktów e i d.
1
dx
Zadanie 9.13. Oblicz .
0 x(1-x)
Rozwiązanie
Funkcja podcałkowa ma dwa punkty osobliwe w miejscach zerowych mianownika x = 0
i x = 1. Zgodnie z definicją całki niewłaściwej musimy podzielić przedział [0, 1] na dwie
1
części [0, ] i [1, 1] i obliczyć całki niewłaściwe w tych przedziałach.
2 2
1 1
2 dx 2 dx
= lim
x(1
0 - x) ą0+ ą x(1 - x)
1 1 1
2 dx 2 - x + x 2 1 1
1
= dx = + dx =
ą x(1 - x) ą x(1 - x)
ą x 1 - x
1
2
1
x ą ą 1 - ą
2
= [ln x - ln(1 - x)]ą = ln = ln 1 - ln = - ln = ln .
1 - x 1 - ą 1 - ą ą
ą
1
2 dx 1 - ą
lim = lim ln = ".
ą0+ ą x(1 - x) ą0+ ą
1
1
2 dx dx
Ponieważ całka jest rozbieżna, zatem wiemy już, że całka też jest roz-
0
x(1-x) 0 x(1-x)
1
dx
bieżna. Nie musimy liczyć całki .
1
x(1-x)
2
Załóżmy, że x = b jest jedynym punktem osobliwym funkcji f (x) w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja f (x) ma w przedziale [a, b) funkcję pierwotną F(x), to zbieżność całki nie-
b
właściwej f (x) dx jest równoważna istnieniu skończonej granicy limxb- F(x). Przyj-
a
mując F(b) = limxb- F(x) mamy wzór na całkę w jego zwykłej postaci:
b
f (x) = F(b) - F(a).
a
Powyższy wzór jest prawdziwy także wtedy, gdy a jest punktem osobliwym oraz gdy
oba końce przedziału są punktami osobliwymi, ale tylko wtedy, gdy w każdym punkcie
osobliwym istnieje skończona granica funkcji pierwotnej F(x). Jeżeli chociaż w jednym
9.2 CAA
KA Z FUNKCJI NIEOGRANICZONEJ 106
punkcie osobliwym granica funkcji F(x) jest nieskończona, lub w ogóle nie istnieje, to
b
znaczy że całka f (x) dx jest rozbieżna.
a
1
dx
"
Zadanie 9.14. Oblicz .
3
0
x2
Rozwiązanie
Funkcja podcałkowa ma jeden punkt osobliwy x = 0. Liczymy
1 1
1
dx 2 1
3
" = x- 3 dx = 3x = 3 - 0 = 3.
3
0
0 0
x2
1
3
Całka jest zbieżna, bo funkcja pierwotna 3x ma w punkcie x = 0 skończoną granicę
równą 0.
e
dx
"
Zadanie 9.15. Oblicz .
1
x ln x
Rozwiązanie
Funkcja podcałkowa ma w przedziale [1, e] jeden punkt osobliwy x = 1. Liczymy całkę
nieoznaczoną
" "
dx t = ln x dt 1
" = = = t- 2 dt = 2 t + C = 2 ln x + C.
"
dx
dt =
x ln x t
x
"
Funkcja F(x) = 2 ln x jest funkcją pierwotną funkcji podcałkowej w przedziale (1, ").
Ponieważ granica prawostronna F(1) jest skończona (równa 0), więc całka jest zbieżna.
e "
e
dx
" = 2 ln x = 2 - 0 = 2.
1
1
x ln x
2
x
"
Zadanie 9.16. Oblicz dx.
1
x-1
Rozwiązanie
Funkcja podcałkowa ma jeden punkt osobliwy x = 1. Liczymy
2 2 2
"
x x - 1 + 1 1
" dx = " dx = x - 1 + " dx =
1 x - 1 1 x - 1 1 x - 1
2
2 3 1 2 8
= (x - 1)2 + 2(x - 1)2 = + 2 = .
3 3 3
1
1
3x2+2
"
Zadanie 9.17. Oblicz dx
3
-1
x2
9.2 CAA
KA Z FUNKCJI NIEOGRANICZONEJ 107
Rozwiązanie
Funkcja podcałkowa ma jeden punkt osobliwy x = 0. Liczymy całkę nieoznaczoną
3x2 + 2 2 4 2 9 7 1
3 3 3
" dx = (3x2 + 2)x- 3 dx = 3x + 2x- 3 dx = x + 6x + C.
3
7
x2
7 1
9
3 3
Funkcja F(x) = x + 6x jest funkcją pierwotną funkcji podcałkowej w przedziałach
7
(-", 0) oraz (0, "). Ponieważ granica F(0) jest skończona (równa 0), więc całka jest
zbieżna:
1 0 1
3x2 + 2 3x2 + 2 3x2 + 2
" dx = " dx + " dx =
3 3 3
-1 -1 0
x2 x2 x2
18
= F(0) - F(-1) + F(1) - F(0) = + 12.
7
2
dx
Zadanie 9.18. Oblicz
0 x2-4x+3
Rozwiązanie
Mamy x2 - 4x + 3 = (x - 1)(x - 3), zatem funkcja podcałkowa ma dwa punkty osobliwe
x = 1 i x = 3, z których tylko ten pierwszy leży wewnątrz przedziału [0, 2]. Mamy
2 1 2
dx dx dx
= + .
x2
0 - 4x + 3 x2 - 4x + 3 x2 - 4x + 3
0 1
Liczymy całkę nieoznaczoną
dx dx 1 1 1
= = - dx =
x2 - 4x + 3 (x - 1)(x - 3) 2 x - 3 x - 1
1 1 x - 3
= (ln |x - 3| - ln |x - 1|) = ln + C.
2 2 x - 1
W przedziale [0, 1) funkcja podcałkowa ma funkcję pierwotną
1 x - 3
F(x) = ln .
2 x - 1
x-3
Wartość bezwzględną mogliśmy opuścić, bo > 0 dla x < 1. Ponieważ
x-1
1 x - 3
F(1) = lim ln = ",
x1- 2 x - 1
1 2
dx dx
więc całka jest rozbieżna. Stąd wiemy, bez liczenia całki , że całka
0 x2-4x+3 1 x2-4x+3
2
dx
też jest rozbieżna.
0 x2-4x+3
1
dx
"
Zadanie 9.19. Oblicz .
0
x-x2
Rozwiązanie
Funkcja podcałkowa ma dwa punkty osobliwe w miejscach zerowych mianownika x = 0
i x = 1.
9.3 ZADANIA. 108
Liczymy całkę nieoznaczoną.
dx dx dx 2dx
" = = =
1
1 1
x - x2 1 - (2x - 1)2
- (x - )2 1 - (2x - 1)2
2
4 2
dt
t = 2x - 1
= = " = arc sin t + C = arc sin(2x - 1) + C.
dt = 2dx
1 - t2
Stąd
1
dx Ą Ą
" = [arc sin(2x - 1)]1 = arc sin 1 - arc sin(-1) = + = Ą.
0
2 2
0 - x2
x
9.3. Zadania.
Zadanie 9.20. Oblicz całki niewłaściwe lub wykaż ich rozbieżność:
" " 0
dx ln x
a) b) dx c) xex dx
1 x4 2 x -"
2
" " 2
dx dx
d) xe-x dx e) f)
0 -" x2+2x+2 -" x2+4
Zadanie 9.21. Oblicz całki niewłaściwe lub wykaż ich rozbieżność:
3 2 3
dx x-3
"dx "
a) b) c) dx
5
0 1 x ln x 2
3-x x-2
3 1 2
dx dx dx
" "
d) e) f)
-1 x2-4 0 1
1-x2
(x-1)(2-x)
ROZDZIAA
10
Zastosowania całek
10.1. Pole obszaru
Rozważmy podzbiór płaszczyzny ograniczony prostymi x = a, x = b, gdzie a < b i
krzywymi y = f (x) oraz y = g(x).
y y
y=f(x) y=f(x)
a a
b b
x x
y=g(x)
Jeżeli dla x " [a, b] mamy g(x) f (x), to taki obszar możemy opisać nierównościami
a x b, g(x) y f (x).
Jego pole równa się całce
b
[ f (x) - g(x)] dx.
a
W szczególnym przypadku, gdy f (x) jest funkcją nieujemną w przedziale [a, b], a g(x)
jest funkcją stale równą 0, otrzymujemy ważną interpretację geometryczną całki
b
f (x) dx.
a
Jest ona równa polu obszaru ograniczonego wykresem y = f (x), prostymi x = a i x = b
oraz osią OX. Taki obszar nazywa się trapezem krzywoliniowym. Gdy f (x) 0 dla
x " [a, b] to pole trapezu krzywoliniowego jest równe
b
- f (x) dx.
a
109
10.1 POLE OBSZARU 110
Zadanie 10.1. Oblicz pole trapezu krzywoliniowego ograniczonego krzywą y = 1 + sin x,
prostymi x = 0 i x = Ą oraz osią OX.
Rozwiązanie
Szukane pole jest równe całce
Ą
Ą
[1 + sin x] dx = [x - cos x]0 = Ą + 1 - (0 - 1) = Ą + 2.
0
Zadanie 10.2. Oblicz pole obszaru ograniczonego krzywą y = x3 i parabolą y = -x2 + 2x
(dla x 0 i y 0).
Rozwiązanie
Najpierw szukamy punktów, w których te krzywe się przecinają. W tym celu porównu-
jemy ich równania.
x3 = -x2 + 2x
x3 + x2 - 2x = 0
x(x2 + x - 2) = 0
x(x - 1)(x + 2) = 0.
Zatem krzywe przecinają się w trzech punktach: (-2, -8), (0, 0) i (1, 1). Interesuje nas
obszar ograniczony tymi krzywymi i zawarty w pierwszej ćwiartce układu. Jest on opi-
sany nierównościami
0 x 1, x3 y -x2 + 2x,
a zatem jego pole równa się
1
1
x3 x4 5
-x2 + 2x - x3 dx = - + x2 - = .
3 4 12
0
0
10.1 POLE OBSZARU 111
Zadanie 10.3. Oblicz pole obszaru zawartego pomiędzy parabolą y2 = 4x i prostą y =
2x - 4.
Rozwiązanie
Aby wyznaczyć punkty przecięcia tych linii rozwiązujemy równanie kwadratowe
(2x - 4)2 = 4x.
Równanie to ma dwa rozwiązania: x1 = 1, x2 = 4, zatem linie przecinają się w punktach
(1, -2) i (4, 4). Zauważmy, że nasz obszar możemy opisać nierównościami
1 1
-2 y 4, y2 x y + 2,
4 2
zatem jego pole równa się
4
4
y y2 y2 y3
+ 2 - dy = + 2y - = 9.
2 4 4 12
-2
-2
x2 y2
Zadanie 10.4. Oblicz pole elipsy + 1, gdzie a > 0 i b > 0.
a2 b2
Rozwiązanie
Rozwiązując nierówność opisującą elipsę względem zmiennej y otrzymujemy układ dwóch
nierówności:
b b
- a2 - x2 y a2 - x2.
a a
Ponadto x zmienia się w przedziale [-a, a].
10.2 DA
UGOŚĆ KRZYWEJ 112
y
+b
-a +a
x
-b
Stąd pole elipsy równa się
a a
b b 2b
P = a2 - x2 + a2 - x2 dx = a2 - x2 dx
a a a -a
-a
Ostatnią całkę obliczymy przez podstawienie
Ą Ą
x = a sin t, - t , dx = a cos t dt
2 2
Liczymy
Ą
a
2
a2 - x2 dx = a a2 - a2 sin2 t cos t dt =
Ą
-a -
2
Ą Ą Ą
"
2 2 2
= a2 1 - sin2 t cos t dt = a2 cos2 t cos t dt = a2 cos2 t dt,
Ą Ą Ą
- - -
2 2 2
Ą Ą
bo cos t 0 dla t " [- , ]. Aby obliczyć ostatnią całką korzystamy ze wzoru cos 2t =
2 2
2 cos2 t - 1.
Ą Ą Ą Ą
2 2 1 + cos 2t 2 1 2 cos 2t
a2 cos2 t dt = a2 dt = a2 dt + dt =
Ą Ą Ą Ą
- - 2
- 2 - 2
2 2 2 2
Ą
2
t sin 2t a2Ą
= a2 + = .
2 4 Ą 2
-
2
Zatem pole elipsy równa się
2b a2Ą
P = � = Ąab.
a 2
10.2. Długość krzywej
Załóżmy, że funkcja f ma ciągłą pochodną w przedziale [a, b]. Wtedy krzywa y =
f (x), a x b ma długość równą całce
b
1 + [ f (x)]2 dx.
a
10.3 OBJ
TOŚĆ BRYA
Y I POLE POWIERZCHNI OBROTOWEJ 113
"
Zadanie 10.5. Oblicz długość krzywej y = x3, 0 x 1.
Rozwiązanie
Długość krzywej równa się całce
2 2
1 1 1 9
3 3 1 9
t = 1 + x,
4
2 2
1 + x dx = 1 + x dx = 1 + x dx = =
9
2 4 dt = dx
0 0 0
4
13
13
"
" 4 "
4 4 4 2 8 13
= t dt = � t3 = 13 - 1 .
9 9 3 27 8
1
1
W przypadku gdy krzywa dana jest równaniami parametrycznymi
x = f (t), y = g(t), t " [a, b],
to jej długość równa jest całce
b
[ f (t)]2 + [g (t)]2 dt.
a
Ą
Zadanie 10.6. Oblicz długość krzywej danej równaniami x = et sin t, y = et cos t, t " [0, ].
2
Rozwiązanie
Liczymy
f (t) = (et sin t) = et sin t + et cos t = et(sin t + cos t),
g (t) = (et cos t) = et cos t - et sin t = et(cos t - sin t),
[ f (t)]2 = e2t(sin2 t + 2 sin t cos t + cos2 t) = e2t(1 + 2 sin t cos t),
[g (t)]2 = e2t(sin2 t - 2 sin t cos t + cos2 t) = e2t(1 - 2 sin t cos t),
Ą Ą Ą
"
" " Ą "
2 2 2 Ą
2
[ f (t)]2 + [g (t)]2 dt = 2e2t dt = 2 et dt = 2 et 2 = 2(e - 1).
0
0 0 0
10.3. Objętość bryły i pole powierzchni obrotowej
Załóżmy, że funkcja f (x) jest nieujemna i ciągła w przedziale [a, b]. Oznaczmy przez
D trapez krzywoliniowy ograniczony krzywą y = f (x), prostymi x = a i x = b oraz osią
OX.
10.3 OBJ
TOŚĆ BRYA
Y I POLE POWIERZCHNI OBROTOWEJ 114
y
y=f(x)
D
a
b
x x
V
Objętość bryły V powstałej w wyniku obrotu obszaru D o 360ć% wokół osi OX wyraża
się wzorem
b
Ob(V) = Ą [ f (x)]2dx.
a
Zadanie 10.7. Oblicz objętość bryły otrzymanej w wyniku obrotu wokół osi OX trapezu
1
krzywoliniowego ograniczonego przez hiperbolę y = , proste x = 1 i x = 2 oraz oś OX.
x
Rozwiązanie
Liczymy
2
2
1 1 Ą
Ob(V) = Ą dx = Ą - = .
x2 x 2
1
1
Zadanie 10.8. Wyprowadz
wzór na objętość kuli.
Rozwiązanie
Kula o promieniu r powstaje z obrotu wokół osi OX obszaru D opisanego nierównościa-
mi
0 y r2 - x2, -r x r.
Zatem jej objętość równa się
r
r r
2
1 4Ąr3
Ą r2 - x2 dx = Ą (r2 - x2)dx = Ą r2x - x3 = .
3 3
-r -r
-r
Załóżmy, że funkcja f (x) jest nieujemna i ma ciągłą pochodną w przedziale [a, b].
Wtedy pole powierzchni Ł powstałej w wyniku obrotu krzywej y = f (x), a x b, o
360ć% wokół osi OX wyraża się wzorem
10.4 ZADANIA 115
b
P(Ł) = 2Ą f (x) 1 + [ f (x)]2 dx.
a
Zadanie 10.9. Oblicz pole powierzchni otrzymanej w wyniku obrotu wokół osi OX krzy-
1
wej y = x3, x " [0, 1].
3
Rozwiązanie
Liczymy
1
f (x) = x3 = x2
3
1
1
t = 1 + x4
P(Ł) = 2Ą x3 1 + x4 dx = =
dt = 4x3 dx
3
0
2 "
" 2 "
1 Ą Ą
= 2Ą t dt = t3 = (2 2 - 1).
12 9 1 9
1
Zadanie 10.10. Wyprowadz
wzór na pole sfery.
Rozwiązanie
Sfera o promieniu r powstaje z obrotu wokół osi OX krzywej
y = r2 - x2, -r x r.
Mamy
-x
f (x) = r2 - x2 = " ,
r2 - x2
x2 r
1 + [ f (x)]2 = 1 + = " ,
r2 - x2 r2 x2
-
r r
r
P(Ł) = 2Ą r2 - x2 � " dx = 2Ą r dx = 4Ąr2.
-r -r
r2 - x2
10.4. Zadania
Zadanie 10.11. Oblicz pole trapezu krzywoliniowego:
a) ograniczonego krzywą y = ex, prostymi x = 0 i x = 1 oraz osią OX;
b) ograniczonego parabolą y = x2 + x - 6, prostymi x = -1 i x = 1 oraz osią OX;
c) ograniczonego krzywą y = x2 ln x, prostymi x = e i x = e2 oraz osią OX;
2
d) ograniczonego hiperbolą y = + 1, prostymi x = 1 i x = 2 oraz osią OX.
x
Zadanie 10.12. Oblicz pole obszaru:
a) ograniczonego parabolą y = x2 i prostą y = x;
b) ograniczonego parabolą y = 2x - x2 i prostą y + x = 0;
c) ograniczonego parabolami y = x2 - 6x + 10 i y = 6 - x2;
10.4 ZADANIA 116
d) ograniczonego parabolami y = x2 i y2 = x;
3
e) ograniczonego hiperbolą y = i prostą y = -3x + 10.
x
Zadanie 10.13. Oblicz długość krzywej:
1 Ą
a) y = x2, 0 x 4; b) y = 1 - ln cos x, 0 x ;
4 4
" "
1
c) y = ln x, 3 x 8; d) y = ln(1 - x2), 0 x ;
2
e) x = et(cos t + sin t), y = et(cos t - sin t), t " [0, 1];
"
Ą 1
f) x = a cos3 t, y = a sin3 t, t " 0, ; g) x = t3, y = 1 - t3, t " 0, 3 .
2 3
Zadanie 10.14. Oblicz objętość bryły powstałej w wyniku obrotu wokół osi OX trapezu
krzywoliniowego ograniczonego przez wykres funkcji f (x), proste x = a i x = b oraz oś
OX.
"
a) f (x) = 2 x, a = 0, b = 1; b) f (x) = x2 + 1, a = -1, b = 1;
c) f (x) = x3, a = 0, b = 1; d) f (x) =" x, a = 0, b = Ą;
sin
e) f (x) = ex, a = 1, b = 2; f) f (x) = xe-x, a = 0, b = 4.
Zadanie 10.15. Oblicz pole powierzchni powstałej w wyniku obrotu wokół osi OX krzy-
wej y = f (x).
"
1 Ą Ą
a) f (x) = 2 x, x " [0, 1]; b) f (x) = x + 1, x " [1, 3]; c) f (x) = cos x, x " - , .
2 2 2
ROZDZIAA
11
Odpowiedzi do zadań
Rozdział 1
1.28.
3 5 3 3
a) - + C b) x3 - 2 ln |x| - + C c) x4 + 2x3 + x2 + C
x x 4 2
1
d) x3 - x2 + 4x + C, wsk. a3 + b3 = (a + b)(a2 - ab + b2)
3
1 3
e) x3 + x2 + 3x + ln |x| + C, wsk. (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
3 2
1
f) x3 + 6x + C, wsk. 3x3 + x2 + 18x + 6 = (3x + 1)(x2 + 6)
3
1.29.
5 8 7 25 7 3
2 5 3 18 6 4
2 5 3 6 6 4
a) x + C b) x + C c) x + C d) x + C e) x - x + C
5 8 7 25 7 3
3 1 5 17 3 1 1 3
2 4 12 4 2
2 2 4 12 4 2 2
f) x + 2x + C g) x - x + x + C h) -2x- 2 - 4x + x + C
3 5 17 3 3
1.30.
3 2 3
3�( )x ( )x ( )x
(2e)x
10x
2 5 5
a) + C b) + C c) + C d) - + C
3 2 3
ln 10 1+ln 2
ln 5 ln 15 ln
2 5 5
1.31.
1 1
a) ex+5 + C b) e2x + C c) -1 e-4x+5 + C d) e2x + 2ex + x + C
2 4 2
-3 3 3 1
e) + ex + C f) x - - - + C
ex ex
2e2x 3e3x
1.32.
1
a) sin 2x + C b) -1 cos(3x - 3) + C c) -x - ctg x + C
2 3
x 1
d) + sin 2x + C, wsk. cos 2x = 2 cos2 x - 1
2 4
e) -2 ctg 2x + C, wsk. sin 2x = 2 sin x cos x
f) - ctg x - tg x + C, wsk. cos 2x = cos2 x - sin2 x
g) sin x - cos x + C, wsk. cos 2x = cos2 x - sin2 x
1
h) tg 5x + C
5
1.33.
1 1
a) (4x - 9)12 + C b) -5 ln |2 - 3x| + C c) (2x + 3)3 + C
48 3 3
x 1 1 1
d) ln + C, wsk. = -
x+1 x(x+1) x x+1
e) arctg(x + 1) + C, wsk. (x + 1)2 = x2 + 2x + 1
1
f) x3 + x2 + ln |2x - 1| + C, wsk. 6x3 + x2 - 2x + 1 = (2x - 1)(3x2 + 2x) + 1
2
g) arc sin(x - 1) + C, wsk. (x - 1)2 = x2 - 2x + 1
1.34.
(x-2)(2x+1)
3 2x2-3x-2
a) ln(x4 + 1) + C, b) ln(x2 + x + 1) + C, wsk. =
4
x3-x2-x-2 (x-2)(x2+x+1)
c) ln(1 + sin x) + C d) -1 ln |3 - 2ex| + C
2
1
e) x + ln(x2 + 1) + 2 arctg x + C, wsk. x2 + x + 3 = (x2 + 1) + x + 2
2
f) ln | arctg x| + C g) ln | tg x| + C h) - ln(3 + cos2 x) + C
117
11.0 ROZDZIAA
2 118
Rozdział 2
2.41.
3
1 1
a) sin(4x2 - 3) + C b) ln(4 + sin x) + C c) e2 sin x + C d) -1 e-x + C
8 2 3
2
1 1 1
e) ln4 x + C f) cos + C g) arctg2 x + C h) -1 e-x + C
4 x 2 2
1 1
i) tg2 x + C j) - ln |3 - ex| + C k) arc sin2 x + C l) - arctg(cos x) + C
2 2
2.42.
6
a) -1 cos(ax + b) + C b) -35 6 (3 - 5x)7 + C
a
1
c) -6(2x-3)9 + C, wsk. 4x2 - 12x + 9 = (2x - 3)2
2
3 3
1 e(x-2) (x-1)
d) e(x-2) , wsk. = e(x-2)
3
e(x-2)2
1 3 3
e) (x - 1)"+ (x - 1)2 + 3(x - 1) + ln - 1| + C, wsk. podstaw t = x - 1
3 2
"|x
1
"
f) arctg 5x + C, wsk. podstaw t = 5x
5
5 2
3
g) (x + 1)3 - 3(x + 1)3 + C, wsk. podstaw t = x + 1
5
13 9 5
4 8 4
4
h) (x + 1) - (x + 1)4 + (x + 1)4 + C, wsk. podstaw t = x + 1
13 9 5
x 1 1 1 x
" " " "
i) arc sin + C, wsk. = � , podstaw t =
x
5 5-x2 5 " 5
1-( )2
5
2.43.
(2x+3)2
5 1
a) sin + C b) (2x2 - 3)9 + C c) -5e1 + C, wsk. podstaw t = x5
4 5 36 x5
1 x2+x+1 x x2+1
d) -2(x2+1) + arctg x + C, wsk. = +
(x2+1)2 (x2+1)2 (x2+1)2
1
e) -4(x4-x2-2)2 + C, wsk. (x2 + 1)(x2 - 2) = x4 - x2 - 2, podstaw t = x4 - x2 - 2
4
5
f) (x3 + 1)5 + C, wsk. podstaw t = x3 + 1
12
9 4
5 5
g) (x3 + 1)5 - (x3 + 1)5 + C, wsk. podstaw t = x3 + 1
27 12
1
h) tg x5 + C, wsk. podstaw t = x5
5
1
i) arctg(x2 + 1) + C, wsk. x4 + 2x2 + 2 = 1 + (x2 + 1)2, podstaw t = x2 + 1
2
1
j) tg(x2 + 1) + C, wsk. 1 - sin2(x2 + 1) = cos2(x2 + 1)
2
1
k) arc sin x3 + C, wsk. podstaw t = x3
3
2.44.
6 6 1
a) (5 + sin x)7 + C b) (arctg x)6 + C
7 6
3 1
c) - cos x + cos3 x - cos5 x + cos7 x + C, wsk. sin7 x = sin x(1 - cos2 x)3
5 7
1
d) + C, wsk. cos 2x = 2 cos2 x - 1, podstaw t = 1 + sin 2x
8(1+sin 2x)4
"
e) -2 1 + cos2 x + C, wsk. podstaw t = 1 + cos2 x
1
f) tg3 x + C, wsk. podstaw t = tg x
3
(1-3 cos2 x) sin x
1-3 cos2 x
g) - ln cos x sin2 x + C, wsk. = ,
sin x cos x
(1-cos2 x) cos x
1-3t2 1-t2-2t2
podstaw t = cos x, =
(1-t2)t (1-t2)t
2.45.
8
8
a) ln9 x + C b) ln ln x + C c) arctg(ln x) + C
9
"
2
d) (5 + ln x)3 - 10 5 + ln x + C, wsk. podstaw t = 5 + ln x
3
1
e) arc sin(ln3 x) + C, wsk. podstaw t = ln3 x
3
11.0 ROZDZIAA
3 119
f) -1(ln(cos x))2 + C, wsk. podstaw t = ln(cos x)
2
2.46.
1
a) - + C
ex-1
7 5 3
2 4 50
b) (3x + 5)2 - (3x + 5)2 + (3x + 5)2 + C, wsk. podstaw t = 3x + 5
7 ln 3 ln 3 3 ln 3
(2x+1)2 2(2x+1) ln(2x+1)
c) - + + C, wsk. podstaw t = 2x + 1
2 ln 2 ln 2 ln 2
1
d) arctg e3x + C, wsk. podstaw t = e3x
3
1 1 2x
" "
e) arc sin 2x, wsk. = , podstaw t = 2x
ln 2
4-x-1 1-22x
1 ex
f) arctg(1 + ex) + C, wsk. =
2e-x+2+ex 1+(1+ex)2
1 ex-1 e2x ex
g) ln(e2x + 1) - arctg ex + C, wsk. = -
2 ex+e-x e2x+1 e2x+1
2.47.
" "
a) -1 cos 2 x + C, wsk. podstaw t = 2 x
3
"
b) 2 arctg x + C, wsk. podstaw t2 = x
" " "
6 6 6
c) -6 ln |1 - x| + 12(1 - x) - 3(1 - x)2 + C, wsk. podstaw t6 = x, a potem s = 1 - t
3
x-1 1
d) -2 x-1 + C, wsk. podstaw t2 = = 1 +
3 x-2 x-2 x-2
2.48.
1
1
x2
a) -1 e + C, wsk. podstaw t =
2
x2
1 1
b) -ln 3 � + C, wsk. podstaw t = x + 2 sin x
3x+2 sin x
c) arctg(x + ex) + C, wsk. e2x + 2xex + x2 + 1 = 1 + (x + ex)2, podstaw t = x + ex
Rozdział 3
3.25.
x x x2 2 2
a) 4 sin - 2x cos + C b) (- + ) cos 5x + x sin 5x + C
2 2 5 125 25
5 1
c) -1(x2 - 2x + ) cos 2x + (x - 1) sin 2x + C
2 2 2
d) (x4 - 10x2 + 21) sin x + (4x3 - 20x) cos x + C
x2 1 1 1
e) - x sin 2x - cos 2x + C f) (x + sin x cos x) + C
4 4 8 2
3.26.
1
a) -(x + 1)e-x + C b) -1(x2 + x + )e-2x + C c) (x3 - 3x2 + 6x - 6)ex + C
2 2
1
d) (cos x + sin x)ex + C e) -1(sin 2x + 2 cos 2x)e-x + C
2 5
3.27.
1 1 1 1 1
a) x3 ln x - x3 + C b) x3 ln(1 + x) - (1 x3 - x2 + x - ln(1 + x)) + C
3 9 3 3 3 2
1 1
c) x2 ln(x - 1) - (1 x2 + x + ln(x - 1)) + C
2 2 2
1
d) (1 x2 + x) ln2 x - (1 x2 + 2x) ln x + x2 + 2x + C
2 2 4
3.28.
"
1
a) x arc cos x - 1 - x2 b) x arcctg x + ln(1 + x2) + C
2
1
c) (x2 arcctg x + x - arctg x) + C
2
11.0 ROZDZIAA
6 120
Rozdział 4
4.25.
"
1 1
x- x+
1 1 3x 1 x-1 1
3 2
"
a) ln + C b) arctg + C c) ln + C d) ln + C
1
6 2 3 x+2 2 x+1
x+ 2 3
3
1
e) -5 ln |x - 3| + 6 ln |x - 4| + C f) ln |x2 - 6x + 5| + C
2
1 4 5 1
g) 5 ln |x + | - 4 ln |x + 1| + C h) - - � + C
2 x-2 2
(x-2)2
1 x 7 x+1
" "
i) ln |x| - ln(x2 + 4) + arctg + C j) 2 ln(x2 + 2x + 4) - arctg + C
2 2
3 3
1
"2 2x-1
"
k) ln |2x2 - 5x + 3| + C l) arctg + C m) ln |x2 + 1| + 2 arctg x + C
2
11 11
5 2 1 1 x-3
n) ln |x - 5| - ln |x - 2| + C o) ln(x2 - 6x + 13) + arctg + C
3 3 2 2 2
2 1 1 1 7 1 9 1
p) ln |x - 2| + ln |x + | + C q) x + ln |x| - ln |x - | - ln |x + | + C
5 10 2 4 16 2 16 2
x3 x 4 1 x-1
r) - 9x + 27 arctg + C s) x3 + ln + C
3 3 3 2 x+1
6 1
t) 2 ln |x| - ln |x + 1| + + C u) x + 2 ln |x - 1| - ln |x| + + C
x+1 x
1 1 x-1 1
v) + ln + C w) ln |x| - ln(x2 + 1) + C
x 2 x+1 2
1 1 1 2x-1
" "
x) ln |x + 1| - ln |x2 - x + 1| + arctg + C
3 6
3 3
1 1 1
y) ln |x| - ln |x + 1| - ln(x2 + 1) - arctg x + C
2 4 2
x2
z) - 2x + 2 ln |x + 1| - ln |x - 1| + C
2
Rozdział 5
5.19.
1 1 1 3 1 1
a) x + sin 2x + C b) sin x - sin3 x + C c) x - sin 2x + sin 4x + C
2 4 3 8 4 32
1 1 1 1 3 5x x
d) -10 cos 5x - cos x + C e) sin 2x - sin 4x + C f) sin + 3 sin + C
2 4 8 5 6 6
5.20.
1 1 1+sin x 1 1 1+cos x 1 1
a) -sin x + + C b) - + C c) cos5 x - cos3 x + C
2 1-sin x 2 cos x 4 1-cos x 5 3
1 1 cos x-1 1
d) -7 sin7 x + C e) ln + C f) + ln | cos x| + C
2 cos x+1
2 cos2 x
5.21.
"
x x x
tg tg tg -1+"2
2 2 2 1
2 2 2
" " "
a) arctg + C b) -1+tg + C c) arctg + C d) ln + C
x
x
3 3
3 3 2 tg -1- 2
2
2
x 1 1 x 1
e) + ln | tg x + 1| - ln | tg2 x + 1| + C = + ln | sin x + cos x| + C
2 2 4 2 2
2 tg x
1 sin x+cos x
f) x + ln + C, wsk. tg 2x =
2 sin x-cos x
1-tg2 x
Rozdział 6
6.30.
" "
4 4
a) 4 x + 4 ln | x - 1| + C, wsk. podstaw t4 = x
"
" 6
|"x-1|
6
b) 6 x + 3 ln + C, wsk. podstaw t6 = x
6
x+1
" "
c) -x 4 x - 4 ln | x - 1| + C, wsk. podstaw t2 = x
"- "
" "
3
3 3 3 6
d) x2 - 3 x + 6 ln( x + 1) + 6 arctg x + C, wsk. podstaw t6 = x
2
"
"
|"x-1|
e) 2 x + ln + C, wsk. podstaw t2 = x
x+1
" " "
3 6 6
f) 3 - 6 + 6 ln( x + 1)" C, wsk. podstaw t6 = x
+
"x "x "
3 6 6
g) 2 x - 3 x + 6 x - 6 ln( x + 1) + C, wsk. podstaw t6 = x
11.0 ROZDZIAA
6 121
"
12 6 12
"
h) 2 ln x + - " - 24 ln( x + 1) + C, wsk. podstaw t12 = x
12 6
x x
6.31.
"
3
a) 3 arctg x + 3 + C, wsk. podstaw t3 = x + 3
3 3 3 3
b) (2x + 1)5 - (2x + 1)2 + C, wsk. podstaw t3 = 2x + 1
10 4
25 5 5
c) -" 5 (5 - 3x)6 + (5 - 3x)11 + C, wsk. podstaw t5 = 5 - 3x
54 99
"
d) 2 x + 2 + 6 ln( x + 2 - 1) + C, wsk. podstaw t2 = x + 2
" "
2x-3
e) + 2 2x - + ln(2x - 2) - arctg 2x - 3 + C, wsk. podstaw t2 = 2x - 3
2
" "3 "2
3 6 6
3 3 3
f) 2x + 1 - 2x + 1 - ln(8 2x + 1 + 4) + C, wsk. podstaw t6 = 2x + 1
4 4 8
6.32.
"
1-x 1- 1-x2 1-x
a) 2 arctg + ln + C, wsk. podstaw t2 =
1+x |x| 1+x
3
x-2 1 1 x-2 x-2
"
b) 2 + C, wsk. = , podstaw t2 =
x-1 x-1 x-1
(x-2)2
(x-1)3(x-2)
"
"
t2+t+1 2t+1 3 x+1 1 1 3 x+1
" "
c) ln + 3 arctg + C, gdzie t = , wsk. =
|t-1| x-1 3
3
(x-1)(x+1)2 x+1 x-1
6.33.
" "
1
12 3 3
4 4
4
a) (1 + x)7 - 3 (1 + x)4 + C, wsk. podstaw t3 = 1 + x
7
" " "
2
3 3 3
3
3
b) (1 + x2)5 - 2 (1 + x2)3 + 3 1 + x2 + C, wsk. podstaw t2 = 1 + x
5
"
1
6 18 3
3
c) t7 - t5 + 6t3 - 6t + C, gdzie t = 1 + x, wsk. podstaw t2 = 1 + x
7 5
1-x4
d) -3 arctg + C, wsk. podstaw t2 = x-4 - 1
x4
3
e) -2 1+x + C, wsk. podstaw t2 = x-1 + 1
3 x
7 4
3
1 1 3
f) -42 3 3 - 1 - - 1 + C, wsk. podstaw t3 = 3x-2 - 1
24
x2 x2
"
"
3
1 t2+t+1 3 2t+1
"
g) ln - arctg + C, gdzie t = 1 + x-3
6 3
(t-1)2
3
6.34.
x
"
a) + C, wsk. podstaw x = sin t
1-x2
"
9 x 1
b) arc sin -" x 9 - x2 + C, wsk. podstaw x = 3 sin t
2 3 2
"
2
1 1
" "2|x|+"x -1
c) ln + C, wsk. podstaw t = , a potem u = sin t
cos t
2 2 2|x|- x2-1
6.35.
1 7 1 3x-2
" "
a) ln x + 1 + x2 + 2x + + C, b) arc sin + C,
3 3
3 2
" "
x+1 1
c) 2x + x2 - ln |x + 1 +" 2x + x2| + C
2 2
" "
1 x 1
"1
d) x2 + x2 - 1 - ln |x + x2 - 1| + C, wsk. = x + x2 - 1
2 2 2
x- x2-1
"
9 x+2 x+2
e) arc sin + 5 - x2 - 4x + C
2 3 2
" "
5 1
f) 2x2 + 8x - 1 - 4 2 ln x + 2 + x2 + 4x - + C
2 2
"
x-2
g) - 5 + 4x - x2 - 3 arc sin + C
3
" "
1 x-1 5
h) (x2 - 2x + 6)3 + x2 - 2x + 6 + ln |x - 1 + x2 - 2x + 6| + C
3 2 2
11.0 ROZDZIAA
9 122
"
17 2x-3 3
"
i) -2 (2 + 3x - x2)3 - arc sin + x - 2 + 3x - x2 + C
3 4 2
17
6.36.
" "
x-3
"
a) (x + 3) x2 + 1 + C b) (-x2 - 3x - 31) 5 + 6x - x2 + 88 arc sin + C
14
"
x-2
c) (3x3 - 2x2 - 10x - 60) 4x - x2 + 120 arc sin + C
2
6.37.
"
"
x2+4x-4-x
a) arctg + C, wsk. podstaw x2 + 4x - 4 = x + t
"2
"
x+" x2+x+1
b) 2 ln + C, wsk. podstaw x2 + x + 1 = -x + t
2x+2 x2+x+1+1
Rozdział 7
7.6.
a) tgh x - ctgh x + C, wsk. cosh(2x) = cosh2 x + sinh2 x
b) x2 cosh x - 2x sinh x + 2 cosh x + C, wsk. całkuj przez części
1 1 1
c) x + sinh 2x + C,wsk. cosh2 x = (1 + cosh 2x)
2 4 2
1
d) cosh3 x - cosh x + C,wsk. podstaw t = cosh x
3
e) ln | sinh x| + C, wsk. podstaw t = sinh x
f) -x ctgh x + ln | sinh x| + C, wsk. całkuj przez części
1 1
g) sinh5 x + sinh7 x + C, wsk. podstaw t = sinh x
5 7
x
3 tgh +2
2 x
" "2
h) arctg + C, wsk. podstaw t = tgh
2
5 5
1 1
i) -1 x - sinh 2x - sinh2 x + C
2 4 2
7.7.
x
"
a) - + C, wsk. podstaw t = cosh x
x2-1
" " "
x
b) ln(x + x2 +" + x2 + 2 + C, wsk. podstaw t = 2 sinh x
2)
2
"
1 -"2+x+"x2+1+1 t et-1
"
c) ln + C, wsk. podstaw t = sinh x, tgh =
2 et+1
2 - 2-x+ x2+1-1
Rozdział 8
8.13.
15 2
a) 1 b) c) -4 d) 2 - e) 1 f) Ą2
4 e
8.14.
1 3Ą 1+e2
a) 1 b) (e3 - 1) c) 1 d) e) e2 - 1 - ln
2 2 2
"
2 Ą 2
f) 1 - g) + ln , wsk. całkować przez części h) ln 2
e 4 2
Rozdział 9
9.20.
1 1 3Ą
a) b) rozbieżna c) -1 d) e) Ą f)
3 2 8
11.0 ROZDZIAA
10 123
9.21.
"
5
5 Ą
a) 81 b) rozbieżna c) -4 d) rozbieżna e) f) Ą
4 3 2
Rozdział 10
10.11.
34 5 2
a) e - 1 b) c) e6 - e3 d) 2 ln 2 + 1
3 9 9
10.12.
1 9 1 1 40
a) b) c) d) e) - 6 ln 3.
6 2 3 3 3
10.13.
" "
a) 2 5 + ln(2 5), wsk. zastosuj podstawienie Eulera;
"+
1
b) ln(3 + 2 2), wsk. podstaw t = sin x;
2
"
1 3
c) 1 + ln , wsk. podstaw t = 1 + x2;
2 2
"
1 3
d) ln 3 - e) 2(e - 1) f) |a| g) 30.
2 4
10.14.
56 Ą Ą2 Ą Ą
a) 2Ą b) Ą c) d) e) (e4 - e2) f) (1 - 9e-8)
15 7 2 2 4
10.15.
" " " "
8Ą
a) 2 2 - 1 b) 4 5Ą c) 2Ą( 2 + ln(1 + 2))
3
Bibliografia
[1] J. Banaś, S. Wędrychowicz Zbiór zadań z analizy matematycznej. WNT
[2] W. Krysicki, L. Włodarski, Analiza matematyczna w zadaniach. PWN, Część I
[3] F. Leja, Rachunek różniczkowy i całkowy. PWN
[4] W. Stankiewicz, Zadania z matematyki dla wyższych uczelni technicznych. PWN, Część I
124