Funkcje pierwotne

Podstawowe definicje

Funkcja pierwotna

Funkcję F nazywamy funkcją pierwotną funkcji [math]f\;[/math], określonej w przedziale otwartym [math]P[/math] (skończonym lub nieskończonym), jeśli [math]F'(x)=f(x)\;[/math] dla każdego [math]x\in P[/math].

Przykłady

1. Funkcja [math]\sin\; x\;[/math] jest funkcją pierwotną funkcji [math]\cos\; x\;[/math], bo [math](\sin\; x)'=\cos\; x\;[/math].
2. Również funkcja [math]\sin\; x +C\;[/math], gdzie [math]C\;[/math] jest dowolną stałą, jest funkcją pierwotną funkcji [math]\cos\; x\;[/math].
3. Funkcją pierwotną dla [math]e^x\;[/math] jest ta sama funkcja [math]e^x\;[/math].

Funkcja pierwotna na przedziale domkniętym

Jeśli funkcja [math]f\;[/math] jest określona w przedziale domkniętym [math]a\leq x\leq b\;[/math], to funkcję [math]F\;[/math] nazywamy jej funkcją pierwotną, jeśli [math]F'(x)=f(x) \;[/math] dla [math]a\lt x\lt b\;[/math] oraz zachodzi: [math]F'_+(a) = f(a)\;[/math] i [math]F'_-(b)=f(b)\;[/math].

Twierdzenie

Jeśli dwie funkcje [math]F\;[/math] i [math]G\;[/math] są funkcjami pierwotnymi funkcji [math]f\;[/math] w przedziale [math]P[/math] (otwartym lub domkniętym), to te dwie funkcje różnią się między sobą o stałą.

Dowód

Ponieważ zachodzi: [math]F'(x)=G'(x)\;[/math], to — na mocy twierdzenia które było przy pochodnych (wniosek z wz. Lagrange'a o wart. średniej — funkcje te różnią się o stałą: [math]F(x) = G(x)+C\;[/math].

I odwrotnie, funkcja, która powstaje przez dodanie stałej do funkcji pierwotnej funkcji [math]f\;[/math], jest też funkcją pierwotną funkcji [math]f\;[/math].

Tak więc wyrażenie: [math]F(x)+C\;[/math] jest ogólną postacią funkcji pierwotnej funkcji [math]f\;[/math].

CBDO

Całki nieoznaczone

To ostatnie wyrażenie oznaczamy symbolem

[math] \int f(x) d x, \;[/math]

czytamy: "całka [math]f(x)\;[/math] po [math]d x\;[/math]" i nazywamy je całką nieoznaczoną funkcji [math]f\;[/math]. Mamy więc:

[math] \int f(x) d x = F(x)+C, \;\;\;\mbox{gdzie}\;\;\; F'(x)=f(x), \;[/math]

[math] \frac{d}{d x} \int f(x) d x =f(x), [/math]

[math] \int \frac{d F(x)}{d x} d x = F(x)+c. \;[/math]

Znajdowanie całki nieoznaczonej danej funkcji [math]f\;[/math] lub — innymi słowy — znajdowanie funkcji pierwotnej funkcji [math]f\;[/math] nazywamy całkowaniem funkcji [math]f\;[/math]. Całkowanie jest więc procesem (prawie) odwrotnym do różniczkowania.

Funkcje pierwotne funkcji elementarnych

Jak wynika z samej definicji całki nieoznaczonej, każdy wzór na pochodną jakiejś funkcji daje automatycznie wzór na całkę funkcji otrzymanej po zróżniczkowaniu. Mamy np.: Z wzoru [math](\sin\; x)' = \cos\; x\;[/math] otrzymujemy

[math] \int \cos\; x d x = \sin\; x + C. \;[/math]

Ze znanych wzorów na pochodne otrzymujemy następujące wzory na funkcje pierwotne:

[math] \int 0 d x = C, \;[/math]

[math] \int a d x = ax +C, \;[/math]

[math] \int x^nd x =\frac{1}{n+1} x^{n+1} +C, \;\;n\in \mathbb N \; , \;[/math]

[math] \int \cos\; x d x =\sin\; x +C, \;[/math]

[math] \int \sin\; x d x =-\cos\; x +C, \;[/math]

[math] \int \frac{1}{\cos\;^2 x}d x = \tg\; x + C;\;\;\; \;[/math]

[math] \int \frac{1}{\sin\;^2 x}d x = -\ctg\; x + C, \;[/math]

[math] \int e^x d x =e^x+C \;[/math]

[math] \int \frac{d x}{x} = \ln |x| + C, \;[/math]

[math] \int \frac{d x}{\sqrt{1-x^2}} d x = {\rm arc \sin}\, x +C, \;[/math]

[math] \int \frac{d x}{1+x^2} d x = {\rm arctg}\, x +C, \;[/math]

[math] \int x^ad x =\frac{1}{a+1} x^{a+1} +C, \;\;a\in \mathbb R \; ,\;\; a\ne -1 \;[/math]

Ogólne wzory na całkowanie

Załóżmy, że funkcje [math]f\;[/math] i [math]g\;[/math] są ciągłe. Zachodzą wówczas następujące wzory.

1. [math]\int(f(x)+g(x)) d x = \int f(x)d x +\int g(x) d x. [/math]
   Dowód
   Mamy bowiem: [math]\frac{d}{d x} \left( \int f(x)d x + \int g(x) d x \right) = f(x) + g(x).[/math]
   CBDO
   
2. [math]\int a f(x) d x = a \int f(x) d x, \;\;\;\mbox{gdzie } a - \mbox{stala}.[/math]
   Dowód
   [math]\frac{d}{d x} \left( a \int f(x)d x \right) = a \frac{d}{d x}\int f(x)d x = a f(x).[/math]
3. (Wzór na całkowanie przez części) Dla [math]f,g\;[/math] takich, że [math]f', g'\;[/math] są ciągłe zachodzi [math] \int f(x) g'(x) d x = f(x) g(x) - \int f'(x) g(x) d x [/math]

   Dowód

   Zróżniczkujmy obie strony powyższej równości. Mamy: [math]f(x) g'(x) = f'(x) g(x) + f(x) g'(x) - f'(x) g(x).[/math]

   CBDO

   Przykłady

   1. [math]\int x e^x d x = \int x (e^x)'d x = x e^x -\int x' e^x d x = x e^x - \int e^x d x = x e^x - e^x.[/math]
   2. [math]\int \ln x d x = \int x' \ln x d x = x \ln x - x \int (\ln x)' d x =x \ln x - x \int x \frac{1}{x} d x = x \ln x -x+C.[/math]
4. (wzór na całkowanie przez podstawienie, lub na zamianę zmiennych w całce): [math] \int g(f(x)) \frac{d f(x)}{d x} d x = \left. \int g(y) d y\right|_{y=f(x)} [/math]

   Uwaga. Krócej ten wzór możemy zapisać, oznaczając [math]y=f(x)\;[/math] i [math]z=g(y)\;[/math]. Wtedy mamy:

   [math] \int z \frac{d y}{d x} d x = \int z d y. \;[/math]

   Dowód

   Dowód opiera się na odwróceniu wzoru na różniczkowanie funkcji złożonej. Oznaczmy [math]G(y)=\int g(y) d y\;[/math]. Mamy:

   [math] \left[ G(f(x))\right]'=G'(f(x))\cdot f'(x) = g(f(x))\cdot f'(x); \;[/math]

   biorąc teraz funkcję pierwotną od obu stron, mamy

   [math] \int g(f(x))\cdot f'(x) d x = \int \left[ G(f(x))\right]'d x = G(f(x))=\left. G(y)\right|_{y=f(x)} =\left. \int g(y) d y\right|_{y=f(x)} [/math]

   CBDO

   Przykłady

   1. [math]\int g(ax)d x = \frac{1}{a} \int g(y) d y, \;\;\;\mbox{gdzie} \;\;y=ax.[/math]
   2. [math]\int f(x+a)d x = \int f(y)d y, \;\;\;\mbox{gdzie} \;\;y=x+a.[/math]

Przykład 1

Obliczmy całkę:

[math]\int \frac{x}{1+x^2}d x.[/math]

Zrobimy to za pomocą podstawienia [math]y=x^2\;[/math]. Mamy:

[math] \int \frac{x}{1+x^2}d x = \;[/math] [math]||y=x^2, x d x = \frac{1}{2}d y||=\frac{1}{2}\int \frac{d y}{1+y}=\frac{1}{2} \ln(1+y)=\frac{1}{2}\ln(1+x^2).[/math]

Przykład 2

W następującej całce podstawimy [math]x=\sin\; t\;[/math], zakładając, że [math]t\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\;[/math] :

[math] \int\sqrt{1-x^2}d x =||\ x=\sin\; t, d x =\cos\; t d t\;||=\int \cos\;^2 t d t;\;[/math]

tę całkę liczymy całkując przez części:

[math]\int \cos\;^2 t d t = \int (\sin\; t)'\cos\; t d t = \sin\; t \cos\; t - \int \sin\; t (\cos t)' d t= \sin\; t \cos\; t + \int \sin\;^2 t d t[/math] [math] = \sin\; t \cos\; t + \int d t - \int \cos\;^2 t d t, \;[/math]

skąd mamy

[math] \int\sqrt{1-x^2}d x =\int \cos\;^2 t d t = \frac{1}{2}(\sin\; t \cos\; t + t) = \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2}+{\rm arc\sin}\,x).[/math]

Uwaga

Poprawność całkowania możemy sprawdzić, różniczkując wynik; po zrobieniu tego powinniśmy otrzymać funkcję podcałkową.

Uwaga o funkcjach elementarnych

Funkcją elementarną nazywamy funkcję wymierną, trygonometryczną, wykładniczą, lub jedną z odwrotności tychże. Rozpatrzmy teraz zbiór funkcji, powstałych z elementarnych przez branie ich sumy, iloczynu, ilorazu, złożenia albo kombinacji tychże. Pochodną każdej z tych funkcji można znaleźć, posługując się wzorami na pochodną sumy, iloczynu, ilorazu bądź złożenia funkcji.

Z całkami jest inaczej: Gdy musimy znaleźć funkcję pierwotną funkcji z powyższej klasy, to taka pochodna może się już nie dać wyrazić przez funkcje elementarne. Tak jest np. z całkami: [math]\int e^{-x^2} d x\;[/math] czy [math]\int \sqrt{1+ k^2 \sin\;^2 x} d x\;[/math], [math]k^2\ne 1\;[/math].

Podkreślmy, że obie te funkcje pierwotne istnieją — zgodnie z powyższym twierdzeniem, że każda funkcja ciągła posiada funkcję pierwotną. Powyższe funkcje pierwotne istnieją, tyle że się nie wyrażają przez funkcje elementarne: Pierwsza całka to tzw. funkcja błędu, a druga to całka eliptyczna. Tak więc nie dla każdej funkcji da się funkcję pierwotną wyrazić przez funkcje elementarne.

W pozostałej części tego rozdziału będziemy rozważać te klasy funkcji, dla których da się to zrobić.

Rekurencyjne metody obliczania całek

Załóżmy, że mamy jakiś ciąg funkcji [math]\{f_n\}(x)\;[/math] i że chcemy obliczyć całki [math]I_n =\int f_n(x) d x.\;[/math] Metoda rekurencyjna polega na obliczeniu całki dla [math]n=1\;[/math] (lub [math]n=0\;[/math] ) i na umiejętności sprowadzenia liczenia [math]n-\;[/math] tej całki do całki o numerze [math]n-1\;[/math] (lub wcześniejszej).

Był to ogólny (tak ogólny, że ogólnikowy) przepis; przyjrzyjmy się, jak to się przekłada na praktykę.

Przykład 1

Obliczyć całkę

[math] I_n=\int e^{-x} x^n d x. [/math]

We wzorze na [math]I_n\;[/math] wykonajmy całkowanie przez części w następujący sposób:

[math] I_n=\int e^{-x} x^n d x = \int (-) (e^{-x})' x^n d x = - e^{-x} x^n - (-) \int e^{-x} n x^{n-1} d x = -e^{-x}x^n + n I_{n-1};[/math]

aby sfinalizować liczenie całki, potrzebujemy jeszcze wyrażenia na [math]I_0\;[/math]:

[math] I_0 = \int e^{-x}d x = - e^{-x}. [/math]

Ostatecznie więc

[math] \begin{matrix} I_n= -e^{-x} x^n + n I_{n-1} = -e^{-x} x^n - n e^{-x}x^{n-1}-n(n-1)I_{n-2} = \dots\\ = -e^{-x}[x^n + n x^{n-1} + n(n-1) x^{n-2}+ \dots + n! x ] + I_0 = -n! e^{-x} \, \left( 1+x+\frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!}\right)+C. \end{matrix} [/math]

Przykład 2

Weźmy teraz:

[math] I_n=\int \frac{d x}{(1+x^2)^n}. [/math]

Mamy:

[math] I_1=\int \frac{d x}{1+x^2}=arctg x. [/math]

Teraz policzmy:

[math] \begin{matrix} I_n=\int \frac{ x' d x}{(1+x^2)^n} = \frac{x}{(1+x^2)^n} - \int x\left(\frac{1}{(1+x^2)^n}\right)' d x = \frac{x}{(1+x^2)^n} - (-n) \int x\frac{2x}{(1+x^2)^{n+1}} d x \;\\=\frac{x}{(1+x^2)^n} +2n \int \frac{x^2+1-1}{(1+x^2)^{n+1}} d x = \frac{x}{(1+x^2)^n} +2n I_n - 2n I_{n+1},\end{matrix}[/math]

skąd mamy

[math] I_{n+1} =\frac{2n-1}{2n} I_n+\frac{1}{2n} \frac{x}{(1+x^2)^n}. \;[/math]

Całki z funkcji wymiernych

Nazywamy w ten sposób całkę, gdzie funkcją podcałkową jest funkcja wymierna:

[math] f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)} [/math]

gdzie [math]P(x), Q(x)\;[/math] — wielomiany.

Liczenie całki wykonujemy w kilku krokach.

Będziemy zakładać, że stopień licznika jest niższy od stopnia mianownika. Gdyby tak nie było, to

1. wykonujemy dzielenie wielomianów (z resztą) i możemy zapisać: [math] P(x) = w(x)\cdot Q(x) + r(x), [/math]

   gdzie [math]w(x)\;[/math] — wynik dzielenia, a [math]r(x)\;[/math] — reszta, przy czym [math]\deg r \lt \deg Q\;[/math]. Mamy w ten sposób:

   [math] \frac{P(x)}{Q(x)} = w(x) + \frac{r(x)}{Q(x)}, [/math] gdzie [math]w(x)\;[/math] jest wielomianem, który umiemy scałkować, zaś w [math]\frac{r(x)}{Q(x)}\;[/math] stopień licznika jest mniejszy od stopnia mianownika — tak jak dalej potrzeba.
2. Rozkładamy mianownik na czynniki. Niedługo poznamy twierdzenie z algebry, które mówi, że: Tw. Dowolny wielomian o współczynnikach rzeczywistych rozkłada się na czynniki stopnia co najwyżej drugiego, tzn. postaci: [math]x-a\;[/math] (czynniki liniowe) oraz [math]x^2 + bx + c\;[/math] (kwadratowe), dla których [math]\Delta\lt 0\;[/math]. Uwaga. Liczba [math]a\;[/math] z czynnika liniowego jest pierwiastkiem wielomianu; z tw. Bézout mamy, że jeżeli [math]a\;[/math] jest pierwiastkiem wielomianu [math]Q(x)\;[/math], to wielomian [math]Q(x)\;[/math] dzieli się przez [math]x-a\;[/math] bez reszty, tzn. można zapisać: [math]Q(x)=\tilde{Q}(x) (x-a)\;[/math], gdzie [math]\tilde{Q}(x)\;[/math] jest wielomianem stopnia o 1 niższego niż [math]Q(x)\;[/math]. Oraz dokładniej: Jeśli [math]a\;[/math] jest [math]k-\;[/math] krotnym pierwiastkiem wielomianu [math]Q(x)\;[/math], to wielomian [math]Q(x)\;[/math] dzieli się przez [math](x-a)^k\;[/math] bez reszty, tzn. można zapisać: [math]Q(x)=\tilde{Q}(x) (x-a)^k\;[/math], gdzie [math]\tilde{Q}(x)\;[/math] jest wielomianem stopnia o [math]k\;[/math] niższego niż [math]Q(x)\;[/math]. Dla trójmianów kwadratowych nierozkładalnych jest podobnie, ale zagłębienie się w temat wymaga znajomości liczb zespolonych, więc odkładamy to do czasu, gdy się z nimi zaznajomimy.
3. rozkład na ułamki proste. Def. Ułamkiem prostym nazywamy wyrażenie postaci [math] \frac{A}{(x-a)^k}\;\;\;\mbox{lub} \;\;\; \frac{Cx+D}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m}, [/math]

   gdzie [math]A, a; C,D,\alpha,\beta\in \mathbb R \; \;[/math].

   Uwaga: W mianowniku ostatniego wyrażenia występuje postać kanoniczna trójmian kwadratowego, który nie ma pierwiastków rzeczywistych.

   I teraz!!
4. Tw. Funkcja wymierna [math]\frac{P(x)}{Q(x)}\;[/math] jest sumą ułamków prostych, których mianowniki są czynnikami wielomianu [math]Q(x)\;[/math]. Tw.(o rozkładzie na ułamki proste): Każda funkcja wymierna: [math]\frac{P(x)}{Q(x)}\;[/math],gdzie [math]\deg P\lt \deg Q\;[/math], daje się zapisać jako suma ułamków prostych, których mianowniki są czynnikami wielomianu [math]Q(x)\;[/math]. Dokładniej: Jeżeli w rozkładzie [math]Q(x)\;[/math] na czynniki pojawia się wyrażenie [math](x-a)^k\;[/math], to wśród ułamków prostych znajdują się wyrazy: [math] \frac{A_1}{x-a},\;\;\frac{A_2}{(x-a)^2},\;\dots,\;\frac{A_m}{(x-a)^k}; \;[/math]

   jeżeli zaś w rozkładzie [math]Q(x)\;[/math] na czynniki pojawia się [math]((x-\alpha)^2 +\beta^2)^m\;[/math], to wśród ułamków prostych znajdą się wyrazy:

   [math] \frac{C_1 x + D_1}{(x-\alpha)^2+\beta^2}, \;\;\frac{C_2 x + D_2}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^2}, \; \dots\;\frac{C_m x + D_m}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m} \;[/math] Wyznaczenie konkretnych wartości współczynników stojących przy ułamkach prostych odbywa się przez porównanie obu postaci funkcji wymiernej: Postaci wyjściowej: [math]f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}\;[/math], oraz otrzymanej z rozkładu na ułamki proste.

"Jak to działa", zobaczmy na przykładach.

Przykłady

1. Rozłóżmy na ułamki proste funkcję wymierną
   [math] f(x)=\frac{x-1}{(x-2)^2(x-3)} [/math]

   Zgodnie z powyższym twierdzeniem, rozkład na ułamki proste będzie miał postać:

   [math] \frac{x-1}{(x-2)^2(x-3)}= \frac{A}{x-2}+\frac{B}{(x-2)^2}+\frac{C}{x-3}. [/math]

   Współczynniki [math]A,B,C\;[/math] wyznaczamy, sprowadzając prawą stronę do wspólnego mianownika. Mamy:

   [math] \frac{x-1}{(x-2)^2(x-3)}= \frac{A(x-2)(x-3)+B(x-3)+C(x-2)^2}{(x-2)^2(x-3)}=\frac{(B+C)x^2+(5A+B-4C)x+6A-3B+4C}{(x-2)^2(x-3)}, [/math]

   co daje równania:

   [math] A+C=0;\;\;\;-5A+B-4C=1; \;\;\;6A-3B+4C=-1. [/math]

   Rozwiązanie tego układu równań daje:

   [math] A=-2,\;\;\;B=-1, \;\;\;C=2. [/math]
2. Weźmy teraz: [math]f(x)=\frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2}\;[/math].
   Rozkład na ułamki proste ma postać:
   [math] f(x)=\frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2} = \frac{A}{x-2} + \frac{Bx+C}{x^2+1}+ \frac{Dx+E}{(x^2+1)^2}. [/math]

   Współczynniki [math]A,B,C,D,E\;[/math] wyznaczamy z porównania obu stron po sprowadzeniu prawej do wspólnego mianownika, co daje:

   [math] 2x^2+2x+13=A(x^2+1)^2 + (Bx+C)(x-2)(x^2+1) + (Dx+E)(x-2) [/math]

   skąd otrzymujemy układ równań na współczynniki:

   wsp. przy [math]x^4[/math]	[math]A+B=0[/math]
   wsp. przy [math]x^3[/math]	[math]-2B+C=0[/math]
   wsp. przy [math]x^2[/math]	[math]2A+B-2C+D=2[/math]
   wsp. przy [math]x[/math]	[math]-2B+C-2D+E=2[/math]
   wsp. przy [math]0[/math]	[math] A-2C-2E=13[/math]

   Rozwiązując ten układ równań, dostajemy:

   [math] A=1, \;B=-1,\; C=-2,\; D=-3,\; E=-4 [/math]

   co daje rozkład na ułamki proste:

   [math] f(x)=\frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2} = \frac{1}{x-2} - \frac{x+2}{x^2+1}- \frac{3x+4}{(x^2+1)^2}. [/math]

Obliczanie funkcji pierwotnych z ułamków prostych

Twierdzenie o rozkładzie na ułamki proste sprowadza całkowanie funkcji wymiernej do całkowania ułamków prostych. Zobaczymy zaraz, jak obliczać funkcje pierwotne z takich ułamków prostych.

1. Zacznijmy od ułamków prostych postaci [math]\frac{A}{(x-a)^k}\;[/math]. Podstawiając [math]y= x-a\;[/math], mamy [math] \int \frac{Ad x}{(x-a)^k} = A\int\frac{d y}{y^k} = \left\{ \begin{matrix}{} A\ln (x-a) & \mbox{dla} & k=1,\\ \frac{A}{1-k}\cdot\frac{1}{(x-a)^{k-1}} & \mbox{dla} & k\gt 1. \end{matrix} \right. \;[/math]
2. Gdy mamy ułamek prosty: [math]\frac{C x + D}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m}\;[/math], to całka nieoznaczona z tego wyrażenia sprowadza się do obliczenia dwóch całek [math] \int \frac{d x}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m}\;\;\;\mbox{oraz}\;\;\;\int \frac{(x-\alpha)d x}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m}. \;[/math]
   1. Przy pierwszej całce podstawiamy [math]y=x-\alpha\;[/math] i otrzymujemy całkę [math]\int\frac{d y}{(y^2+\beta^2)^m}\;[/math],w której z kolei podstawiamy [math]y=\beta z\;[/math] i po tym podstawieniu dostajemy całkę [math]\int\frac{d z}{(z^2+1)^m}\;[/math]. Dla [math]m=1\;[/math] funkcją pierwotną jest [math]arctg z\;[/math], zaś dla [math]m\gt 1\;[/math] wyprowadziliśmy już na tę całkę wzór rekurencyjny [math]\int(1+x^2)^{-n}[/math].
   2. Przy całce drugiego typu, podstawiamy: [math]y=(x-\alpha)^2\;[/math]. Mamy: [math]d y = 2 (x-\alpha) d x\;[/math], skąd otrzymujemy: [math]\int \frac{(x-\alpha)d x}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m} =\frac{1}{2} \int \frac{d y}{(y+\beta^2)^m} =\left\{\begin{matrix}{}\frac{1}{2}\ln ((x-\alpha)^2+\beta^2) & \mbox{dla} & m=1,\\-\frac{1}{2(k-1)}\cdot\frac{1}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^{k-1}} & \mbox{dla} & k\gt 1.\end{matrix}\right.\;[/math]

Tymi to sposobami zawsze możemy obliczyć całkę z funkcji wymiernej (oczywiście, jeśli znamy pierwiastki mianownika [math]Q(x)\;[/math]).

Przykłady

Obliczmy teraz dla naprzykładu całki z f. wymiernych (17) i (18).

1. c.d przykładu (17) [math] \int \frac{x-1}{(x-2)^2(x-3)} d x = -\int\frac{d x}{x-2}-2\int \frac{d x}{(x-2)^2}+2\int\frac{d x}{x-3}=-\ln|x-2| + \ln|x-3| + \frac{2}{x-2} +C. [/math]
2. c.d przykładu (18) [math] \int \frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2} d x = \int \frac{d x}{x-2} - \int\frac{(x+2)d x}{x^2+1}-\frac{(3x+4)d x}{(x^2+1)^2} =\int \frac{d x}{x-2} - \int\frac{xd x}{x^2+1}-2\int\frac{d x}{x^2+1}-3\int \frac{xd x}{(x^2+1)^2} -4\int \frac{d x}{(x^2+1)^2} [/math] [math] =\ln|x-2| -\frac{1}{2}\cdot\ln(x^2+1) - 2 arctg x + \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{x^2+1} -4 \frac{d x}{(x^2+1)^2}. [/math]

   Ostatnią całkę liczymy wykorzystując wzór rekurencyjny [math]\int(1+x^2)^{-n}[/math]; dla [math]n=2\;[/math] mamy:

   [math] \mathfrak I_2=\int\frac{d x}{(1+x^2)^2}=\frac{1}{2}\cdot \frac{x}{1+x^2}+ \frac{1}{2}I_1 = \frac{1}{2}\cdot \frac{x}{1+x^2}+ \frac{1}{2}arctg x. \;[/math]

   Ostatecznie

   [math] \int \frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2} d x =\frac{1}{2}\cdot \frac{3-4x}{x^2+1} + \frac{1}{2}\ln \frac{(x-2)^2}{x^2+1} - 4 arctg x + C. [/math]

Uwaga

Analizując metodę całkowania funkcji wymiernych widzimy, że całka z funkcji wymiernej jest postaci:

[math] R(x) + A \ln U(x) + B\; arctg V(x), [/math]

gdzie [math]A,B\;[/math] — stałe, zaś [math]R(x), U(x), V(x)\;[/math] są funkcjami wymiernymi.

Całki z funkcji wymiernych od funkcji trygonometrycznych

Niech [math]R(u,v)\;[/math] oznacza funkcję trygonometryczną dwóch zmiennych [math]u,v\;[/math]. Rozważmy całkę:

[math] \int R(\sin\; x, \cos\; x) d x. [/math]

Oazuje się, że całkę tego typu można sprowadzić do całki z funkcji wymiernej poprzez podstawienie trygonometryczne. Podstawieniem, które działa zawsze (aczkolwiek często nie jest sposobem optymalnym ze względu na ilość rachunków) jest podstawienie uniwersalne: [math]t=\tg\;\frac{x}{2}\;[/math].

Zamiana zmiennych

Musimy wyrazić [math]\sin\; x, \cos\; x, d x\;[/math] przez [math]t\;[/math]. Mamy:

[math] \sin\;^2 \frac{x}{2} +\cos\;^2 \frac{x}{2}=1,\;\;[/math] skąd [math]\;\; \tg\;^2 \frac{x}{2} + 1 =\frac{1}{\cos\;^2 \frac{x}{2}},\;\;\;[/math] co daje [math]\;\;\cos\;^2 \frac{x}{2}=\frac{1}{1+t^2}[/math]

Mamy dalej

[math] \cos\; x = 2 \cos\;^2\frac{x}{2}-1 = \frac{2}{1+t^2} -1 =\frac{1-t^2}{1+t^2}. [/math]

Ponadto:

[math] \sin\;^2 \frac{x}{2} =1 -\cos\;^2 \frac{x}{2} = \frac{t^2}{1+t^2}, [/math]

co daje

[math] \sin\; x = 2\sin\;\frac{x}{2}\cos\;\frac{x}{2} = \frac{2t}{1+t^2}. [/math]

Wreszcie, z równości: [math]x=2arctg t\;[/math] mamy

[math] \frac{d x}{d t}=\frac{2}{1+t^2}. [/math]

Podstawienie

Ostatecznie mamy wszystko co jest potrzebne do podstawienia:

[math] \sin\; x = \frac{2t}{1+t^2},\;\;\; \cos\; x =\frac{1-t^2}{1+t^2},\;\;\; {d x}=\frac{2}{1+t^2}{d t} . [/math]

Przykład

[math] I=\int \frac{d x}{\sin\; x} = \int \frac{1+t^2}{2t}\frac{2}{1+t^2}{d t}=\int\frac{d t}{t} = \ln |t| = \ln\left|\tg\;\frac{x}{2}\right|. [/math]

Uwaga o innych podstawieniach trygonometrycznych

Powyższe podstawienie uniwersalne działa zawsze. Prowadzi jednak często do funkcji wymiernej o dużych stopniach licznika i mianownika. Z tego względu należy je stosować tylko w ostateczności, jeśli inne podstawienia trygonometryczne nie dadzą się zastosować.

Te inne podstawienia to:

[math] t=\sin\; x,\;\;\; t= \cos\; x\;\;\; t=\tg\; x. \;[/math]

Istnieją przepisy, kiedy takie podstawienia stosować. Nie będziemy ich tu wypisywać (zainteresowany Czytelnik znajdzie je np. w książce Fichtenholza, t. II).

Całki z wyrażeń typu pierwiastek n-tego stopnia z ilorazu jednomianów

Całki z wyrażeń typu [math]R(x,\sqrt[n]{\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}})\;[/math]

Rozpatrzmy teraz całki postaci

[math] \int R(x,\sqrt[n]{\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}}) d x, [/math]

(zakładamy tu, że [math]\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}\ne {\rm const} \;[/math], bo inaczej problem byłby trywialny), gdzie [math]R(u,v)\;[/math] jest funkcją wymierną swoich argumentów. Okazuje się, że takie całki można sprowadzić do całek z funkcji wymiernych.

Realizuje się to za pomocą następującego podstawienia:

[math] t=\sqrt[n]{\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}}. \;\;\;\lt math\gt tzn. \lt math\gt t^n= \frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta},[/math]

co znaczy, że [math]x\;[/math] wyraża się wymiernie przez [math]t\;[/math] i w ten sposób otrzymujemy w zmiennej [math]t\;[/math] całkę z funkcji wymiernej, którą liczymy znanymi nam już metodami. Konkretnie, mamy tutaj:

[math] x=\frac{\beta - \delta t^n}{\gamma t^n-\alpha}, \;\;\; d x = n (\alpha \delta -\beta \gamma) \frac{t^{n-1}}{(\gamma t^n-\alpha)^2} d t \;[/math]

Przykład

[math] I=\int\frac{d x}{\sqrt[3]{(x-1)(x+1)^2}} =\int \sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}\cdot \frac{d x}{x+1}.[/math]

Zgodnie z powyższym przepisem, podstawiamy:

[math] t=\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}},\;\;\; x=\frac{t^3+1}{t^3-1},\;\;\; d x = -\frac{6t^2 d t}{(t^3-1)^2} [/math]

i nasza całka przyjmuje postać

[math] I=\int \frac{-3 d t}{t^3-1}. [/math]

Powyższe podstawienie sprowadziło więc całkę do całki wymiernej.

Zachęcam Czytelnika, aby powyższą całkę policzył dalej. Wynik jest następujący:

[math] I=\frac{1}{2}\ln \frac{t^2+t+1}{(t-1)^2} + \sqrt{3}\, arctg \frac{2t-1}{\sqrt{3}} +C. [/math]

Całki z wyrażeń typu pierwiastek z równania kwadratowego; podstawienia Eulera

Całki z wyrażeń typu [math]R(x, \sqrt{ax^2+bx+c})\;[/math] ; podstawienia Eulera

Ostatnią z omawianych teraz klas całek będą całki

[math] \int R(x, \sqrt{ax^2+bx+c}) d x, [/math]

gdzie [math]R(u,v)\;[/math] jest funkcją wymierną. Całki powyższego rodzaju także wyrażają się przez funkcje elementarne. Istnieje kilka sposobów obliczania całek (20); my omówimy tu podstawienia Eulera.

Odnośnie trójmianu kwadratowego [math]ax^2+bx+c\;[/math] zakładamy, iż nie jest on pełnym kwadratem, gdyż w tym przypadu moglibyśmy wyciągnąć zeń pierwiastek i mieć całkę wymierną.

Pierwsze podstawienie Eulera

Podstawiamy wówczas:

[math] \sqrt{ax^2+bx+c} = t-\sqrt{a}x \;[/math]

(lub, aby [math]t\;[/math] występowało tylko po jednej stronie równości: [math]t = \sqrt{ax^2+bx+c} + \sqrt{a}x\;[/math]). Po podniesieniu do kwadratu równości (21) wyraz [math]ax^2\;[/math] skasuje się po obu stronach i zostanie

[math] bx+c=t^2 -2 \sqrt{a}x t [/math]

skąd mamy

[math] x=\frac{t^2-c}{b+2\sqrt{a} t}, \;\;\;\;\;\sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{\sqrt{a} t^2 +bt + c\sqrt{a}}{2\sqrt{a} t+b}, [/math] [math] d x = 2 \frac{\sqrt{a} t^2 +bt + c\sqrt{a}}{(b+2\sqrt{a} t)^2} d t. [/math]

Widać, że przy tym podstawieniu zarówno [math]x\;[/math] (oraz oczywiście [math]d x\;[/math], jak i [math]\sqrt{ax^2+bx+c}\;[/math] wyrażają się wymiernie przez [math]t\;[/math] ; w ten sposób doprowadziliśmy całkę (20) do całki z funkcji wymiernej.

Drugie podstawienie Eulera

można stosować w przypadku, gdy [math]c\gt 0\;[/math]. Wówczas bierzemy:

[math] \sqrt{ax^2+bx+c} = xt+\sqrt{c}. \;[/math]

Jeśli podniesiemy obie strony równości (22) do kwadratu, odejmiemy po obu stronach [math]c\;[/math] i podzielimy przez [math]x\;[/math], to otrzymamy:

[math] ax+b=xt^2 +2 \sqrt t \;[/math]

i mamy:

[math] \begin{matrix} x=\frac{2\sqrt{c}t-b}{a-t^2},\;\;\;\;\; \sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{\sqrt{c}t^2-bt+\sqrt{c}a}{a-t^2}, \\d x = 2 \frac{\sqrt{c}t^2-bt+\sqrt{c}a}{(a-t^2)^2}d t. \end{matrix}[/math]

Znów więc [math]x\;[/math], [math]d x\;[/math] oraz [math]\sqrt{ax^2+bx+c}\;[/math] wyrażają się wymiernie przez [math]t\;[/math] ; w ten sposób znowu doprowadziliśmy całkę (20) do całki z funkcji wymiernej. Wreszcie

Trzecie podstawienie Eulera

można stosować w przypadku, gdy trójmian kwadratowy [math]ax^2+bx+c\;[/math] ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste; oznaczmy je [math]\lambda[/math] oraz [math]\mu\;[/math]. Wiemy, że w takim przypadku trójmian ten rozkłada się na czynniki liniowe:

[math] ax^2+bx+c = a(x-\lambda)(x-\mu). [/math]

Wtedy podstawiamy:

[math] \sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\lambda). [/math]

Podnosząc równość (24) do kwadratu i korzystając z (23), skracamy przez wspólny czynnik [math](x-\lambda)\;[/math] i otrzymujemy znów równanie pierwszego stopnia na [math]x\;[/math] :

[math] a(x-\mu) = t^2(x-\lambda) [/math]

skąd dostajemy:

[math] \begin{matrix} x=\frac{\lambda t^2 - a\mu}{t^2-a}, \;\;\;\;\; \sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{a(\lambda- \mu) t}{t^2-a},\\ d x = \frac{2 t a (\mu-\lambda)}{(t^2 - a)^2} d t \end{matrix} [/math]

Uwaga

Może się zdarzyć, że do jakiejś całki można zastosować więcej niż jedno podstawienie Eulera!

Zastosowanie podstawień Eulera

Pokażemy teraz, w dowolnej całce postaci (20) można zastosować któreś z podstawień Eulera (konkretnie, pierwsze lub trzecie). Otóż jeśli trójmian kwadratowy [math]ax^2+bx+c\;[/math] ma pierwiastki rzeczywiste, to można zawsze zastosować podstawienie trzecie. Jeśli natomiast trójmian nie ma pierwiastków rzeczywistych, tzn. [math]b^2-4ac\lt 0\;[/math], to

Przykłady

1. Obliczmy całkę [math] I_1 = \int \frac{d x}{x \sqrt{x^2+4x-4}} \;[/math]

   za pomocą pierwszego podstawienia Eulera. Zgodnie z (21) (pierwszym podstawieniem Eulera) mamy

   [math] \sqrt{x^2+4x-4}=t-x, \;[/math]

   skąd wyliczamy

   [math] x=\frac{t^2+4}{2t+4},\;\;\; d x = \frac{2t^2+8t-8}{(2t+4)^2}d t, \;\;\; \sqrt{x^2+4x-4} = t-x= \frac{t^2+4t-4}{2t+4} \;[/math]

   i wstawiając do całki wyjściowej, mamy

   [math] I_1 = 2\int \frac{d t}{t^2+4}. \;[/math]

   Tę całkę już łatwo policzyć, dostając (zachęcam Czytelnika, aby uzupełnił te rachunki)

   [math] I_1 = arctg [2(x+\sqrt{x^2+4x-4})] +C. \;[/math]
2. Obliczmy całkę [math] I_2 = \int \frac{d x}{x -\sqrt{x^2-x+1}} \;[/math]

   za pomocą drugiego podstawienia Eulera. Zgodnie z (22) (drugim podstawieniem Eulera) mamy

   [math] \sqrt{x^2-x+1} = xt+1; \;[/math]

   skąd

   [math] x=\frac{2t+1}{1-t^2}, \;\;\;d x =\frac{2(t^2+t+1)}{(t^2-1)^2} d t,\;\;\; \sqrt{x^2-x+1}=\frac{t^2+t+1}{1-t^2}, \;[/math]

   i w zmiennej [math]t\;[/math] całka przybiera postać

   [math] I_2 =\int \frac{2(t^2+t+1)}{t-t^2} d t \;[/math]

   a więc otrzymaliśmy — jak trzeba — całkę z wyrażenia wymiernego. Czytelnika zachęcam do dokończenia

   i sprawdzenia rachunku.
3. Przetestujmy wreszcie trzecie podstawienie Eulera na całce [math] I_3 = \int \frac{d x}{(2x-3) \sqrt{4x-x^2}}. \;[/math]

   Zgodnie z (23) i (24) (trzecim podstawieniem Eulera) bierzemy

   [math] \sqrt{4x-x^2}=xt, \;[/math]

   skąd wyliczamy

   [math] x=\frac{4}{t^2+1},\;\;\;d x = -8\frac{t d t}{(t^2+1)^2}, \;\;\;\sqrt{4x-x^2}=xt=\frac{4t}{t^2+1}, \;\;\;2x-3=\frac{5-3t^2}{t^2+1} \;[/math]

   i w zmiennej [math]t\;[/math] całka przyjmuje postać

   [math] I_3 = 2 \int \frac{d t}{3t^2-5} \;[/math]

   więc znów w postaci wymiernej, tak jak powinno być. Znów wykładowca zachęca Czytelnika do dokończenia

   i sprawdzenia rachunków.