Analiza matematyczna 1/Wykład 13: Całka nieoznaczona

Całka nieoznaczona

Leonhard Euler (1707-1783)
Zobacz biografię

W pierwszej części tego wykładu wprowadzamy pojęcia funkcji pierwotnej i całki nieoznaczonej. Podajemy całki pewnych funkcji elementarnych, jak również przykłady funkcji, których pierwotne nie są funkcjami elementarnymi. Dowodzimy wzorów na całkowanie przez części i całkowanie przez podstawienie.

Druga część wykładu jest przeglądem metod całkowania. Omawiamy kolejno metody całkowania wyrażeń wymiernych (rozkład na ułamki proste), metody całkowania pewnych wyrażeń niewymiernych (m.in. metodę współczynników nieoznaczonych, podstawienia Eulera) oraz metody całkowania wyrażeń zawierających funkcje trygonometryczne.

Funkcja pierwotna

Definicja 13.1.

Niech $D\subseteq \mathbb{ℝ}$ będzie przedziałem oraz niech $f:D⟶\mathbb{ℝ}$ będzie funkcją.
Funkcję $F:D⟶\mathbb{ℝ}$ nazywamy pierwotną funkcji $f$, jeśli $F$ jest różniczkowalna i $F^{\prime }=f$.

Twierdzenie 13.2.

Dwie dowolne pierwotne funkcji $f:\mathbb{ℝ}\supseteq D⟶\mathbb{ℝ}$ różnią się o stałą, to znaczy
(1) Jeśli $F$ i $G$ są pierwotnymi funkcji $f$ to $F-G=c$ dla pewnego $c\in \mathbb{ℝ}$
(2) Jeśli $F$ jest pierwotną funkcji $f$ oraz $F-G=c$ dla pewnego $c\in \mathbb{ℝ}$ to $G$ też jest pierwotną funkcji $f$

Dowód 13.2.

(Ad (1)) Jeśli $F$ i $G$ są pierwotnymi funkcji $f$, to mamy $(F-G{)}^{\prime }=F^{\prime }-G^{\prime }=f-f=0$ Ponieważ pochodna różnicy $F-G$ wynosi $0$, więc różnica ta musi być stała. Zatem istnieje $c\in \mathbb{ℝ}$ takie, że $F-G=c$
(Ad (2)) Załóżmy, że $F$ jest pierwotną funkcji $f$ oraz funkcje $F$ i $G$ różnią się o stałą, to znaczy $G=F+c$ dla pewnej stałej $c\in \mathbb{ℝ}$. Ponieważ $F$ jest różniczkowalna (jako pierwotna) oraz funkcja stała jest różniczkowalna, więc także funkcja $G$ jest różniczkowalna. Licząc pochodną sumy, dostajemy

$G^{\prime }=(F+c{)}^{\prime }=F^{\prime }=f$

zatem $G$ jest także pierwotną funkcji $f$

Definicja 13.3. [całka nieoznaczona, całkowanie]

Całką nieoznaczoną funkcji $f$ nazywamy zbiór jego pierwotnych i oznaczamy

$\int f(x)dx$ lub $intfdx$

Całkowaniem nazywamy wyznaczanie całki.
Oczywiście, jeśli zmienna funkcji $f$ nazywa się $t$ to piszemy $\int f(t)dt$ lub $\int fdt$, a jeśli zmienna funkcji $f$ nazywa się na przykład $\xi$, to piszemy $\int f(\xi )d\xi$ lub $\int fd\xi$.

Wniosek 13.4.

Jeśli $F$ jest pierwotną funkcji $f$, to

$\int f(x)dx=F(x)+c$

Uwaga 13.5.

Jeśli $F$ jest jedną z pierwotnych funkcji $f$ oraz $(x_0,y_0)\in {\mathbb{ℝ}}^2$ to pierwotna $G$ funkcji $f$ spełniająca $G(x_0)=y_0$ (to znaczy której wykres przechodzi przez punkt $(x_0,y_0)$) jest równa

$G(x)=F(x)+c$

gdzie $C=y_0-F(x_0)$

Plik:AM1.M13.W.R01.svg

Wykres funkcji $f$ z przykładu 13.6.

Przykład 13.6.

Funkcja pierwotna nie zawsze istnieje.

Rozważmy następującą funkcję $f:\mathbb{ℝ}⟶\mathbb{ℝ}$

$f(x)=\{\begin{array}{lll}0& \text{gdy}& x\ne 0\\ 1& \text{gdy}& x=0\end{array}$

Pokażemy, że $f$ nie ma pierwotnej. Dla dowodu niewprost, przypuśćmy, że funkcja ta posiada pierwotną $F:\mathbb{ℝ}⟶\mathbb{ℝ}$ Wówczas $F^{\prime }=f$ Na przedziale $(-\mathrm{\infty },0)$ funkcja $f$ jest tożsamościowo równa $0$ zatem jej pierwotna jest stała, powiedzmy $F{|}_{(-\mathrm{\infty },0)}\equiv a$ Podobnie na przedziale $(0,+\mathrm{\infty })$ powiedzmy $F{|}_{(0,+\mathrm{\infty })}\equiv b$ Ponieważ funkcja pierwotna jest ciągła (jako różniczkowalna), zatem

$a=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }F(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }F(x)=b$

oraz $a=F(0)=b$ Zatem pokazaliśmy, że $F\equiv a$ Ale wówczas $F^{\prime }=0\ne f$ sprzeczność. Zatem tak zdefiniowana funkcja $f$ nie ma pierwotnej.

Zachodzi natomiast następujące twierdzenie (które podajemy tutaj bez dowodu).

Twierdzenie 13.7.

Każda funkcja ciągła ma pierwotną.

Całki pewnych funkcji elementarnych

Poniższe twierdzenie podaje całki nieoznaczone pewnych funkcji elementarnych. Ponieważ wiemy już, ile wynoszą pochodne pewnych funkcji elementarnych, więc łatwo stąd odgadnąć pierwotne niżej podanych funkcji.

Twierdzenie 13.8. [Całki pewnych funkcji elementarnych]

(1) $\int 0dx=c$;
(2) $\int 1dx=x+c$;
(3) $\int x^{\alpha }dx=\frac{1}{\alpha +1}{x}^{\alpha +1}+c$ dla $\alpha \ne -1$;
(4) $\int \frac{1}{x}dx=\ln |x|+c$;
(5) $\int a^{x}dx=\frac{a^x}{\ln a}+c$, dla $a>0,a\ne 1$, (w szczególności $\int e^{x}dx=e^x+c);$
(6) $\int \sin xdx=-\cos x+c$;
(7) $\int \cos xdx=\sin x+c$;
(8) $\int \frac{1}{{\cos }^{2}x}dx=\mathrm{t}\mathrm{g}x+c$;
(9) $\int \frac{1}{{\sin }^{2}x}dx=-\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x+c$;
(10) $\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\arcsin x+c$;
(11) $\int \frac{1}{1+x^2}dx=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x+c$;
(12) $\int \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}dx=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x=\ln |x+\sqrt{x^2+1}|$;
(13) $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}dx=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x=\ln |x+\sqrt{x^2-1}|$.

Poniższe twierdzenie pozwoli nam liczyć całkę z sumy i różnicy funkcji oraz z iloczynu funkcji przez stałą. Wynika ono natychmiast z twierdzenia o liniowości pochodnej.

Twierdzenie 13.9. [Liniowość całki]

Jeśli $f,g:\mathbb{ℝ}\supseteq D⟶\mathbb{ℝ}$ są funkcjami, dla których istnieją całki nieoznaczone, $\lambda \in \mathbb{ℝ}$, to
(1) $\int (f\pm g)(x)dx=\int f(x)dx\pm \int g(x)dx$;
(2) $\int (\lambda f)(x)dx=\lambda \int f(x)dx$.

W przypadku liczenia pochodnej funkcji mieliśmy także do dyspozycji wzór na pochodną iloczynu i ilorazu. Pozwalało to w praktyczny sposób policzyć pochodną dowolnej funkcji elementarnej.

W przypadku całki nieoznaczonej nie mamy do dyspozycji takiego narzędzia. Okazuje się nawet, że dla pewnych funkcji elementarnych nie istnieje funkcja pierwotna elementarna (mimo, że pierwotna na pewno istnieje, bo funkcja jest na przykład ciągła).

Uwaga 13.10. [o funkcjach elementarnych]

(1) Funkcje elementarne to funkcje, które można otrzymać z funkcji:

• stałych,
  
• potęgowych,
  
• wykładniczych,
  
• trygonometrycznych,
  

przez wykonywanie skończonej liczby operacji:

• dodawania/odejmowania,
  
• mnożenia/dzielenia,
  
• złożenia,
  
• odwracania.
  

(2) Pochodna funkcji elementarnej jest zawsze funkcją elementarną. Wynika to ze wzorów na pochodną funkcji stałej, potęgowej, wykładniczej, trygonometrycznej oraz wzorów na pochodne sumy, iloczynu, ilorazu, złożenia i funkcji odwrotnej.

(3) Całka nieoznaczona funkcji elementarnej nie musi być funkcją elementarną. Przykłady funkcji, których pierwotne nie są funkcjami elementarnymi, to między innymi

$\int \sqrt[3]{1+x^2}dx,\int e^{-x^2}dx,\int \sin x^{2}dx,\int \cos x^{2}dx,\int \frac{e^x}{x}dx$ $\int \frac{\sin x}{x}dx,\int \frac{\cos x}{x}dx\int \frac{1}{\ln x}dx$

oraz tak zwane całki eliptyczne:

$\int \frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k{x}^2)}},\int \frac{x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-k{x}^2)}}$ dla $k\in (0,1)$

Całkowanie przez części

Do liczenia całki nieoznaczonej z iloczynu przydatny jest następujący wzór, który w niektórych przypadkach sprowadza całkę z iloczynu (lub ilorazu) do postaci łatwiejszej do wyliczenia.

Twierdzenie 13.11. [Całkowanie przez części]

Jeśli $I\subseteq \mathbb{ℝ}$ jest przedziałem, $f,g:I⟶\mathbb{ℝ}$ są funkcjami różniczkowalnymi oraz istnieje całka nieoznaczona dla funkcji $f\cdot g^{\prime }$, to istnieje także całka nieoznaczona dla funkcji $f^{\prime }\cdot g$ oraz

$\int f^{\prime }gdx=fg-\int f{g}^{\prime }dx$

Dowód 13.11.

Ponieważ funkcje $f$ i $g$ są różniczkowalne, więc różniczkowalny jest także iloczyn $f\cdot g$ oraz zachodzi wzór

$(f\cdot g{)}^{\prime }=f^{\prime }\cdot g+f\cdot g^{\prime }$,

zatem

$f^{\prime }\cdot g=(f\cdot g{)}^{\prime }-f\cdot g^{\prime }$

Ponieważ funkcja po prawej stronie jest całkowalna, więc funkcja po lewej stronie także jest całkowalna i mamy

$\begin{array}{lll}\int f^{\prime }\cdot gdx& =& \int [(f\cdot g{)}^{\prime }dx-f\cdot g^{\prime }]\\ & =& \int (f\cdot g{)}^{\prime }dx-\int f\cdot g^{\prime }dx=f\cdot g-\int f\cdot g^{\prime }dx.\end{array}$

Całkowanie przez podstawienie

Podobnie jak w przypadku iloczynu i ilorazu funkcji nie ma ogólnego wzoru na obliczanie pierwotnej, tak i w przypadku złożenia funkcji nie ma ogólnej metody wyznaczania pierwotnej (tak jak to miało miejsce w przypadku pochodnej). W przypadku złożenia pomocnym narzędziem może być następujący wzór na całkowanie przez podstawienie zwany także wzorem na zmianę zmiennych w całce. Pozwala ono w pewnych sytuacjach obliczyć całkę z funkcji zawierającej złożenie dwóch funkcji.

Twierdzenie 13.12. [Całkowanie przez podstawianie]

Jeśli $I,J\subseteq \mathbb{ℝ}$ są przedziałami, $f:I⟶J$ jest funkcją różniczkowalną oraz $g:J⟶\mathbb{ℝ}$ jest funkcją, dla której istnieje pierwotna $G:J⟶\mathbb{ℝ}$, to istnieje całka nieoznaczona dla funkcji $(g\circ f)\cdot f^{\prime }$ oraz

$\int (g\circ f)\cdot f^{\prime }dx=G\circ f$

Dowód 13.12.

Ponieważ funkcje $G$ i $f$ są różniczkowalne, więc ich złożenie także oraz mamy

$(G\circ f{)}^{\prime }=(G^{\prime }\circ f)\cdot f^{\prime }=(g\circ f)\cdot f^{\prime }$

Całkując obie strony, dostajemy tezę naszego twierdzenia.

Uwaga 13.13.

Wzór całkowania przez podstawianie często zapisujemy jako:

$\int g(f(x))f^{\prime }(x)dx=\int g(t)dt$

rozumiejąc, że należy "wrócić" do tej samej zmiennej po obu stronach ($x$ po prawej lub $t$ po lewej) przez złożenie "$\circ f$" po prawej stronie lub "$\circ f^{-1}$" po lewej stronie.

Przykład 13.14.

Obliczyć całkę nieoznaczoną z funkcji $f(x)=\sin x\cos x$.

Rozwiązanie

Sposób I.

Wykorzystamy wzór na całkowanie przez części, przyjmując jako $f^{\prime }(x)=\sin x$ (gdyż znamy już pierwotną funkcji $\sin$) oraz jako $g(x)=\cos x$. W praktyce korzystając z tego wzoru, zapisujemy rachunki w następujący sposób:

$\begin{array}{rlr}\int \sin x\cos xdx& =& \left|\begin{array}{ll}{f}^{\prime }(x)=\sin x& f(x)=-\cos x\\ g(x)=\cos x& g^{\prime }(x)=-\sin x\end{array}\right|=-\cos x\cos x-\int (-\cos x)(-\sin x)dx\\ & =& -{\cos }^{2}x-\int \sin x\cos xdx.\end{array}$

Zauważmy, że po obu stronach wyrażenia występuje całka $\int \sin x\cos xdx$ lecz z innym znakiem. Wystarczy przenieść tę całkę na jedną stronę i wyliczyć, że:

$\int \sin x\cos xdx=-\frac{1}{2}{\cos }^{}x+c$

(na końcu dopisujemy "$+c$" aby zaznaczyć, że całką nieoznaczoną jest zbiór wszystkich pierwotnych, które jak wiadomo różnią się o stałą).

Sposób II.
Zauważmy, że wzór na całkowanie przez części można tutaj wykorzystać również w innej kolejności

$\int \sin x\cos xdx=\left|\begin{array}{ll}{f}^{\prime }(x)=\cos x& f(x)=\sin x\\ g(x)=\sin x& g^{\prime }(x)=\cos x\end{array}\right|=\sin x\sin x-\int \sin x\cos xdx={\sin }^{}x-\int \sin x\cos xdx$

Również w tym przypadku po obu stronach wyrażenia występuje całka $\int \sin x\cos xdx$ lecz z innym znakiem. Wystarczy przenieść tę całkę na jedną stronę i wyliczyć, że:

$\int \sin x\cos xdx=\frac{1}{2}{\sin }^{}x+c$

Sposób III.
Przy obliczeniu tej całki możemy posłużyć się także wzorem na całkowanie przez podstawianie. Przyjmując $g(t)=t$ oraz $f(x)=\sin x$, zauważamy, że funkcja podcałkowa jest postaci $g(f(x))\cdot f^{\prime }(x)=\sin x\cos x$. Zatem możemy zastosować wzór całkowania przez podstawianie. W praktyce obliczenia zapisuje się w sposób przedstawiony poniżej (porównaj uwaga 13.13.), przy czym po wyborze dogodnego podstawienia (w tym wypadku) $\sin x=t$) oblicza się pochodną, dopisując odpowiednio $dx$ i $dt$ po obu stronach równości. Jest to dogodne z praktycznego punktu widzenia, ponieważ możemy wówczas patrzeć na wzór w uwadze 13.13. jak na formalne podstawienie wyrażeń zawierających symbole $dx$ i $dt$. Piszemy zatem

$\int \sin x\cos xdx=\left|\begin{array}{rcl}\sin x& =& t\\ \cos xdx& =& dt\end{array}\right|=\int tdt=\frac{1}{2}{t}^2+c=\frac{1}{2}{\sin }^{}x+c$

Sposób IV.
W naszym przykładzie możemy także dokonać podstawienia $\cos x=t$, ponieważ funkcja podcałkowa jest postaci $\cos x\cdot (\cos x{)}^{\prime }$ (z dokładnością do znaku). Zatem mamy

$\int \sin x\cos xdx=\left|\begin{array}{rcl}\cos x& =& t\\ \sin xdx& =& -dt\end{array}\right|=-\int tdt=-\frac{1}{2}{t}^2+c=-\frac{1}{2}{\cos }^{}x+c$

Plik:AM1.M13.W.R02.mp4

AM1.M13.W.R02

Sposób V.
Zauważmy w końcu, że całkę tę da się także obliczyć bez stosowania powyższych twierdzeń. Możemy bowiem skorzystać z tożsamości trygonometrycznej $\sin x\cos x=\frac{1}{2}\sin 2x$. Mamy wówczas

$\int \sin x\cos xdx=\frac{1}{2}\int \sin 2xdx=\frac{1}{4}\cos 2x+c<br>$

przy czym ostatnią całkę odgadujemy (gdyż znamy pochodną funkcji $\cos 2x$, więc dobieramy tylko odpowiedni współczynnik), bądź też obliczamy, stosując podstawienie $2x=t$.

Zauważmy teraz, że w powyższych rozwiązaniach jako pierwotne funkcji $\sin x\cos x$ otrzymaliśmy trzy różne funkcje:

$\frac{1}{2}{\sin }^{2}x,-\frac{1}{2}{\cos }^{2}x,-\frac{1}{4}\cos 2x$

Funkcje te są "istotnie różne" (to znaczy nie jest to ta sama funkcja zapisana w innej postaci). Dlaczego tak się dzieje? Wszystko wyjaśni się, jeśli obliczymy różnicę dowolnych dwóch z powyższych funkcji, na przykład

$-\frac{1}{2}{\cos }^{2}x-\frac{1}{2}{\sin }^{2}x=-\frac{1}{2}({\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x)=-\frac{1}{2}$

oraz

$-\frac{1}{4}\cos 2x-\frac{1}{2}{\sin }^{}x=-\frac{1}{4}(1-2{\sin }^{}x)-\frac{1}{2}{\sin }^{}x=-\frac{1}{4}$

zatem dowolne dwie z powyższych funkcji różnią się o stałą. Zatem całki nieoznaczone wyszły w każdym przypadku takie same z dokładnością do wyboru jednej pierwotnej.

Całkowanie funkcji wymiernych

Zacznijmy od przypomnienia znanego ze szkoły twierdzenia.

Twierdzenie 13.15. [Podstawowe twierdzenie algebry (w wersji rzeczywistej)]

Dowolny wielomian można rozłożyć na czynniki nierozkładalne stopnia co najwyżej $2$, to znaczy

$\begin{array}{lll}Q(x)& =& c(x-A_1{)}^{k_1}(x-A_2{)}^{k_2}\dots \\ & \dots & (x-A_r{)}^{k_r}(x^2+B_{1}x+C_1{)}^{l_1}(x^2+B_{2}x+C_2{)}^{l_2}\dots (x^2+B_{s}x+C_s{)}^{l_s}\end{array}$

gdzie stopień wielomianu $Q$ wynosi

$\mathrm{deg}Q=k_1+k_2+\dots +k_r+2(l_1+l_2+\dots +l_s)$

oraz

$B_i^2-4C_i<0$ dla $i=1,2,\dots s$

Definicja 13.16. [ułamki proste]

Ułamkami prostymi nazywamy funkcje wymierne postaci:

$\frac{a}{(x-A{)}^k}$ oraz $\frac{bx+c}{(x^2+Bx+C{)}^s}$

gdzie $a,b,c,A,B,C\in \mathbb{ℝ},k,s\in \mathbb{\mathbb{N}},B^2-4C<0$.

Podamy twierdzenie, które pozwoli na obliczanie całki z dowolnej funkcji wymiernej. Ponieważ twierdzenie to "wygląda" dość formalnie, proponujemy przestudiować najpierw poniższy przykład.

Przykład 13.17.

Obliczyć całkę z następującej funkcji wymiernej $\int \frac{3x+5}{2x^2-5x-3}dx$.

Rozwiązanie

Zauważmy, że trójmian w mianowniku rozkłada się na iloczyn: $2x^2-5x-3=2(x+\frac{1}{2})(x-3)$. Spróbujmy, czy naszą funkcję wymierną można by zapisać w następującej postaci

$\frac{3x+5}{2x^2-5x-3}=\frac{A}{x+\frac{1}{2}}+\frac{B}{x-3}$

Gdyby się to udało, to potrafilibyśmy w prosty sposób wyliczyć całkę z funkcji wymiernej (gdyż łatwo wyliczyć całki z obu składników po prawej stronie; porównaj uwaga 13.20. poniżej).

Wymnażając stronami przez wspólny mianownik $(2x^2-5x-3)$, otrzymujemy

$3x+5=2A(x-3)+2B(x+\frac{1}{2})$

Porządkując powyższe wyrażenie i porównując współczynniki przy $x$ oraz wyrazy wolne po obu stronach, możemy łatwo wyliczyć, że $A=-\frac{1}{2}$ oraz $B=2$. Zatem otrzymaliśmy rozkład

$\frac{3x+5}{2x^2-5x-3}=\frac{-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}+\frac{2}{x-3}$

Możemy teraz policzyć całkę

$\begin{array}{rlr}\int \frac{3x+5}{2x^2-5x-3}dx& =& \int \frac{-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}dx+\int \frac{2}{x-3}dx=-\frac{1}{2}\int \frac{1}{x+\frac{1}{2}}dx+2\int \frac{1}{x-3}dx\\ & =& -\frac{1}{2}\ln |x+\frac{1}{2}|+2\ln |x-3|+c.\end{array}$

To, że funkcję wymierną w powyższym przykładzie udało się rozłożyć na prostsze ułamki nie jest przypadkiem.

Okazuje się, że funkcję wymierną można zawsze przedstawić jako sumę ułamków prostych. Jeśli zatem będziemy umieli scałkować ułamki proste, to dzięki liniowości całki będziemy potrafili scałkować dowolną funkcję wymierną (o ile jej mianownik efektywnie rozłożymy na czynniki stopnia co najwyżej drugiego). Kolejne twierdzenie o rozkładzie funkcji wymiernej na ułamki proste będzie więc bardzo przydatne w rachunkach.

Twierdzenie 13.18. [O rozkładzie na ułamki proste]

Niech $f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$ będzie funkcją wymierną, gdzie $\mathrm{deg}P=m<n=\mathrm{deg}Q$. Wówczas istnieje jedyny rozkład funkcji $f$ na ułamki proste oraz jeśli

$f(x)=\frac{P(x)}{(x-A_1{)}^{k_1}(x-A_2{)}^{k_2}\dots (x-A_r{)}^{k_r}(x^2+B_{1}x+C_1{)}^{l_1}(x^2+B_{2}x+C_2{)}^{l_2}\dots (x^2+B_{s}x+C_s{)}^{l_s}}$

gdzie

$B_i^2-4C_i<0$ dla $i=1,2,\dots s$

to

$\begin{array}{lll}\frac{P(x)}{Q(x)}& =& \frac{a_1^1}{(x-A_1)}+\frac{a_2^1}{(x-A_1{)}^2}+\dots +\frac{a_{k_1}^1}{(x-A_1{)}^{k_1}}\\ & +& \frac{a_1^2}{(x-A_2)}+\frac{a_2^2}{(x-A_2{)}^2}+\dots +\frac{a_{k_2}^2}{(x-A_2{)}^{k_2}}\\ & +& \dots \\ & +& \frac{a_1^r}{(x-A_r)}+\frac{a_2^r}{(x-A_r{)}^2}+\dots +\frac{a_{k_r}^r}{(x-A_r{)}^{k_r}}\\ & +& \frac{b_1^{1}x+c_1^1}{(x^2+B_{1}x+C_1)}+\frac{b_2^{1}x+c_2^1}{(x^2+B_{1}x+C_1{)}^2}+\dots +\frac{b_{l_1}^{1}x+c_{l_1}^1}{(x^2+B_{1}x+C_1{)}^{l_1}}\\ & +& \frac{b_1^{2}x+c_1^2}{(x^2+B_{2}x+C_2)}+\frac{b_2^{2}x+c_2^2}{(x^2+B_{2}x+C_2{)}^2}+\dots +\frac{b_{l_2}^{2}x+c_{l_2}^2}{(x^2+B_{2}x+C_2{)}^{l_2}}\\ & +& \dots \\ & +& \frac{b_1^{s}x+c_1^s}{(x^2+B_{s}x+C_s)}+\frac{b_2^{s}x+c_2^s}{(x^2+B_{s}x+C_s{)}^2}+\dots +\frac{b_{l_s}^{s}x+c_{l_s}^s}{(x^2+B_{s}x+C_s{)}^{l_s}}\\ & =& \sum _{i=1}^r\sum _{j_i=1}^{k_i}\frac{a_{j_i}^i}{(x-A_i{)}^{j_i}}+\sum _{i=1}^s\sum _{j_i=1}^{l_i}\frac{b_{j_i}^{i}x+c_{j_i}^i}{(x^2+B_{i}x+C_i{)}^{j_i}}\end{array}$

Przykład 13.19.

Rozłożyć funkcję wymierną $f(x)=\frac{x^5+4x^3-x^2+13x-3}{x^4+2x^2+9}$ na ułamki proste.

Rozwiązanie

Ponieważ stopień licznika jest większy od stopnia mianownika, więc musimy najpierw wydzielić wielomiany. Dokonując dzielenia licznika przez mianownik, dostajemy

$\frac{x^5+4x^3-x^2+13x-3}{x^4+2x^2+9}=x+\frac{2x^3-x^2+4x-3}{x^4+2x^2+9}$

Pozostaje do rozłożenia na ułamki proste druga funkcja wymierna. Zauważmy, że mianownik wynosi

$x^4+2x^2+9=(x^2+3{)}^2-4x^2=(x^2+2x+3)(x^2-2x+3)$

oraz oba trójmiany kwadratowe są nierozkładalne. Zatem rozkład na ułamki proste jest postaci

$\frac{2x^3-x^2+4x-3}{(x^2+2x+3)(x^2-2x+3)}=\frac{bx+c}{x^2+2x+3}+\frac{dx+e}{x^2-2x+3}$

Mnożąc stronami przez wspólny mianownik, dostajemy

$2x^3-x^2+4x-3=(ax+b)(x^2-2x+3)+(cx+d)(x^2+2x+3)$

Wykonując działania po prawej stronie i korzystając z faktu, że dwa wielomiany są równe wtedy i tylko wtedy, gdy odpowiednie współczynniki obu wielomianów są równe, dostajemy następujący układ równań

$\{\begin{array}{rrrrrrrrr}a& & & +& c& & & =& 2\\ -2a& +& b& +& 2c& +& d& =& -1\\ 3a& -& 2b& +& 3c& +& 2d& =& 4\\ & & 3b& & & +& 3d& =& -3,\end{array}$

którego rozwiązaniem jest

$\{\begin{array}{lll}a& =& 1\\ b& =& 0\\ c& =& 1\\ d& =& -1.\end{array}$

Zatem ostatecznie mamy

$\frac{x^5+4x^3-x^2+13x-3}{x^4+2x^2+9}=x+\frac{x}{x^2+2x+3}+\frac{x-1}{x^2-2x+3}$

Uwaga 13.20.

Korzystając z liniowości całki nieoznaczonej dla policzenia całki z funkcji wymiernej $\frac{P(x)}{Q(x)}$, wystarczy umieć policzyć całki z ułamków prostych. Znamy już całki z ułamków:

$\begin{array}{lll}\int \frac{A}{x-a}dx& =& A\ln (x-a)+c,\\ \int \frac{A}{(x-a{)}^k}dx& =& -\frac{A}{k-1}\cdot \frac{1}{(x-a{)}^{k-1}}+c,\text{dla}k\ge 2.\end{array}$

Całki z ułamków prostych postaci $\frac{bx+c}{(x^2+Bx+C{)}^k}$ będą policzone na ćwiczeniach (patrz ćwiczenie 13.4.).

Całkowanie funkcji niewymiernych

Zacznijmy od rozważenia następującej całki:

$\int \frac{W_n(x)}{\sqrt{p{x}^2+qx+r}}dx$

gdzie $W_n$ jest dowolnym wielomianem (stopnia $n$). Okazuje się, że istnieje ogólna metoda obliczania tego typu całek. Opiera się ona na twierdzeniu, które mówi, iż mamy następującą równość

$\int \frac{W_n(x)}{\sqrt{p{x}^2+qx+r}}dx=Q_{n-1}(x)\sqrt{p{x}^2+qx+r}+A\int \frac{dx}{\sqrt{p{x}^2+qx+r}}$

gdzie $Q_{n-1}(x)$ jest wielomianem stopnia $n-1$. Współczynniki wielomianu $Q_{n-1}$ oraz stałą $\lambda$ znajdujemy, licząc pochodną z obu stron powyższej równości (pamiętamy, że pochodna z całki to funkcja podcałkowa!) i mnożąc potem obie strony przez $\sqrt{p{x}^2+qx+r}$. Dostaniemy wtedy:

$W(x)=Q_{n^{\prime }-1}(x)(p{x}^2+qx+r)+Q_{n-1}(x)(px+\frac{q}{2})+\lambda$

skąd, porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach zmiennej $x$, znajdujemy współczynniki wielomianu $Q_{n-1}$ oraz stałą $\lambda$.

Pozostaje jeszcze do obliczenia

$\int \frac{dx}{\sqrt{p{x}^2+qx+r}}$

którą przez odpowiednie podstawienie sprowadzamy do jednej z całek

$\int \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}$ lub $\int \frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}$

(patrz twierdzenie 13.8.).

Policzymy teraz pewną całkę, którą w przyszłości będziemy wielokrotnie wykorzystywać.

Przykład 13.21.

Policzyć

$\int \sqrt{R^2-x^2}dx$

gdzie $R$ jest stałą dodatnią. Aby użyć metody współczynników nieoznaczonych, zapiszmy

$\int \frac{R^2-x^2}{\sqrt{R^2-x^2}}dx$

Wielomian $R^2-x^2$ jest stopnia $2$, zatem

$\int \frac{R^2-x^2}{\sqrt{R^2-x^2}}dx=(ax+b)\sqrt{R^2-x^2}+\lambda \int \frac{1}{\sqrt{R^2-x^2}}dx$

Stąd

$R^2-x^2=a(R^2-x^2)-x(ax+b)+\lambda =-2a{x}^2-bx+a{R}^2+\lambda$

skąd dostajemy układ równań

$-2a=-1,b=0,a{R}^2+\lambda =R^2$

zatem

$a=\frac{1}{2},b=0,\lambda =\frac{1}{2}{R}^2$

Pozostaje do policzenia $\int \frac{1}{\sqrt{R^2-x^2}}dx$. Podstawiając $\frac{x}{R}=t$ (zatem $\frac{dx}{R}=dt$), mamy

$\begin{array}{lll}\int \frac{1}{\sqrt{R^2-x^2}}dx& =& \int \frac{\frac{dx}{R}}{\sqrt{1-\frac{x^2}{R^2}}}\\ & =& \int \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\arcsin t+c=\arcsin \frac{x}{R}+c.\end{array}$

Reasumując, mamy

$\int \sqrt{R^2-x^2}dx=\frac{x}{2}\sqrt{R^2-x^2}+\frac{R^2}{2}\arcsin \frac{x}{R}+c$

Kolejne twierdzenie zawiera warunek konieczny i wystarczający istnienia pierwotnej elementarnej dla funkcji postaci $f(x)=x^r(a+b{x}^s{)}^p$ oraz podaje sposób policzenia całki nieoznaczonej, jeśli pierwotna jest funkcją elementarną. Dowód twierdzenia pomijamy.

Twierdzenie 13.22.

Funkcja

$f(x)=x^r(a+b{x}^s{)}^p,$ gdzie $a,b\in \mathbb{ℝ},p,r,s\in \mathbb{\mathbb{Q}}$

ma pierwotną elementarną wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi jeden z przypadków:
(1) $p\in \mathbb{\mathbb{Z}}$ (robimy podstawienie $x=z^N$, gdzie $N$ jest wspólnym mianownikiem ułamków $r$ i $s$);
(2) $\frac{r+1}{s}\in \mathbb{\mathbb{Z}}$ (robimy podstawienie $a+b{x}^s=z^N$, gdzie $N$ jest mianownikiem ułamka $p$);
(3) $\frac{r+1}{s}+p\in \mathbb{\mathbb{Z}}$ (robimy podstawienie $a{x}^{-s}+b=z^N$, gdzie $N$ jest mianownikiem ułamka $p$).

Przykład 13.23.

Które z funkcji mają pierwotną elementarną? Sprowadzić całki z funkcji, które mają pierwotną elementarną do całek z funkcji wymiernych.
(1) $f(x)=\sqrt[3]{1+x^2}$.
(2) $f(x)=\sqrt[4]{1+x^2}$.
(3) $f(x)=\sqrt[3]{1+\sqrt{x^3}}$.

Rozwiązanie

(1) Funkcja $f(x)=\sqrt[3]{1+x^2}$ nie ma pierwotnej elementarnej, gdyż $\frac{1}{3},\frac{0+1}{2},\frac{0+1}{2}+\frac{1}{3}\in ̸\mathbb{\mathbb{Z}}$.

(2) Funkcja $f(x)=\sqrt[4]{1+x^2}$ nie ma pierwotnej elementarnej, gdyż $\frac{1}{4},\frac{0+1}{2},\frac{0+1}{2}+\frac{1}{4}\in ̸\mathbb{\mathbb{Z}}$.

(3) Funkcja $f(x)=\sqrt[3]{1+\sqrt{x^3}}$ ma pierwotną elementarną, gdyż $\frac{0+1}{\frac{3}{2}}+\frac{1}{3}=1\in \mathbb{\mathbb{Z}}$.

Wykonujemy podstawienie $x^{-\frac{3}{2}}+1=z^3$. Wówczas $x=\frac{1}{(z^3-1{)}^{\frac{2}{3}}}$, czyli $dx=\frac{-2z^2}{(z^3-1{)}^{\frac{5}{3}}}dz$. Dokonując tego podstawienia, mamy

$\int \sqrt[3]{1+\sqrt{x^3}}dx=\int \frac{z}{\sqrt[3]{z^3-1}}\cdot \frac{-2z^2}{(z^3-1{)}^{\frac{5}{3}}}dz=\int \frac{-2z^3}{(z^3-1{)}^2}dz=\int \frac{-2z^3}{(z-1{)}^2(z^2+z+1{)}^2}dz$

Uwaga 13.24. [Podstawienia Eulera]

Do policzenia całki postaci

$\int R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})dx$

gdzie $R=R(x,\xi )$ jest funkcją wymierną, $a,b,c\in \mathbb{ℝ},a\ne 0$ można zastosować następujące podstawienia (tak zwane podstawienia Eulera):

• Niech $a>0$. Podstawiamy

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x$

• Niech $c>0$. Podstawiamy

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=xt+\sqrt{c}$

• Niech trójmian kwadratowy ma dwa różne pierwiastki $\mu ,\lambda$, to znaczy $a{x}^2+bx+c=a(x-\lambda )(x-\mu )$. Podstawiamy
  
  

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=t(x-\lambda )$

Przykład 13.25.

Całkę

$\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}}$

sprowadzimy do całki z funkcji wymiernej, stosując pierwsze podstawienie Eulera. Podstawiamy

$\sqrt{x^2-x+1}=t-x$

skąd

$x=\frac{t^2-1}{2t-1}$

oraz

$dx=\frac{2t^2-2t+2}{(2t-1{)}^2}dt$

Podstawiając, dostajemy

$\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}}=2\int \frac{t^2-t+1}{t(2t-1{)}^2}dt$

czyli całkę z funkcji wymiernej, którą już umiemy policzyć.
Teraz tę samą całkę $\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}}$ sprowadzimy do całki z funkcji wymiernej, używając drugiego podstawienia Eulera. Podstawiamy

$\sqrt{x^2-x+1}=tx-1$

skąd

$x=\frac{1-2t}{1-t^2}dx=-2\frac{t^2-t+1}{(1-t^2{)}^2}dt$

Podstawiając, dostajemy

$\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}}=-2\int \frac{t^2-t+1}{t(t-1)(t+1{)}^2}dt$,

czyli też całkę z funkcji wymiernej - co prawda nieco bardziej skomplikowaną niż poprzednia.

Całkowanie wyrażeń zawierających funkcje trygonometryczne

Uwaga 13.26.

Aby policzyć całkę

$\int R(\sin x,\cos x,\mathrm{t}\mathrm{g}x)dx$

stosujemy podstawienie

$\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}=t$

i mamy

$\begin{array}{rllll}\sin x& =& \frac{2\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}}{1+\mathrm{t}\mathrm{g}{}^2\frac{x}{2}}& =& \frac{2t}{1+t^2},\\ \\ \cos x& =& \frac{1-\mathrm{t}\mathrm{g}{}^2\frac{x}{2}}{1+\mathrm{t}\mathrm{g}{}^2\frac{x}{2}}& =& \frac{1-t^2}{1+t^2},\\ \\ \mathrm{t}\mathrm{g}x& =& \frac{2\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}}{1-\mathrm{t}\mathrm{g}{}^2\frac{x}{2}}& =& \frac{2t}{1-t^2}\end{array}$

oraz

$x=2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}t,$ zatem $,dx=\frac{2dt}{1+t^2}$

Po podstawieniu dostajemy całkę

$\int R(\frac{2t}{1+t^2},\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1-t^2})\frac{2dt}{1+t^2}$

Przykład 13.27.

Obliczyć całkę $\int \frac{dx}{2+\cos x}$. W całce tej stosujemy podstawienie $\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}=t$, wówczas $x=2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}t$ i $dx=\frac{2dt}{1+t^2}$. Zatem

$\begin{array}{lll}\int \frac{dx}{2+\cos x}& =& \int \frac{\frac{2dt}{1+t^2}}{2+\frac{1-t^2}{1+t^2}}=2\int \frac{dt}{t^2+3}=\frac{2}{3}\int \frac{dt}{(\frac{t}{\sqrt{3}}{)}^2+1}=\left|\begin{array}{rcl}\frac{t}{\sqrt{3}}& =& s\\ dt& =& \sqrt{3}ds\end{array}\right|\\ & =& \frac{2}{\sqrt{3}}\int \frac{\sqrt{3}ds}{s^2+1}=2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}s+c=2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\left(\frac{\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}}{\sqrt{3}}\right)+c\end{array}$

Uwaga 13.28.

Aby policzyć całkę

$\int R({\sin }^{2}x,{\cos }^{2}x,\sin x\cos x)dx$

stosujemy podstawienie

$\mathrm{t}\mathrm{g}x=t$

i mamy

$\begin{array}{rllll}{\sin }^{2}x& =& \frac{\mathrm{t}\mathrm{g}{}^{2}x}{1+\mathrm{t}\mathrm{g}{}^{2}x}& =& \frac{t^2}{1+t^2},\\ \\ {\cos }^{2}x& =& \frac{1}{1+\mathrm{t}\mathrm{g}{}^{2}x}& =& \frac{1}{1+t^2},\\ \\ \sin x\cos x& =& \frac{\mathrm{t}\mathrm{g}x}{1+\mathrm{t}\mathrm{g}{}^{2}x}& =& \frac{t}{1+t^2}\end{array}$

oraz

$x=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}t,dx=\frac{dt}{1+t^2}$

Zatem po podstawieniu dostajemy całkę

$\int R(\frac{t^2}{1+t^2},\frac{1}{1+t^2},\frac{t}{1+t^2})\frac{dt}{1+t^2}$

Przykład 13.29.

Obliczyć całkę $\int \frac{dx}{1+2{\cos }^{2}x}dx$.

W całce tej stosujemy podstawienie $\mathrm{t}\mathrm{g}x=t$, wówczas ${\cos }^{2}x=\frac{1}{1+t^2}$ i $dx=\frac{dt}{1+t^2}$. Zatem

$\int \frac{dx}{1+2{\cos }^{2}x}dx=\int \frac{\frac{1}{1+t^2}}{1+\frac{2}{1+t^2}}dt=\int \frac{dt}{t^2+3}$

Zauważmy, że całkę tę liczyliśmy w przykładzie 13.27. Zatem

$\int \frac{dx}{1+2{\cos }^{2}x}dx=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\left(\frac{\mathrm{t}\mathrm{g}x}{\sqrt{3}}\right)+c$