Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 13: Całka nieoznaczona

13. Całka nieoznaczona

Ćwiczenie 13.1.

Obliczyć całki: $\int {\cos }^{2}xdx$ i $\int {\sin }^{2}xdx$.

Wskazówka

Zauważyć, że ${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$ oraz $co{s}^{2}x-{\sin }^{2}x=\cos 2x$.

Rozwiązanie

Korzystając z tożsamości trygonometrycznych, możemy policzyć całki z sumy oraz z różnicy funkcji ${\sin }^{2}x$ i ${\cos }^{2}x$, a mianowicie:

$\begin{array}{rllll}\int {\sin }^{2}xdx+\int {\cos }^{2}xdx& =& \int ({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x)dx& =& \int 1dx=x+c_1,\\ \int {\cos }^{2}xdx-\int {\sin }^{2}xdx& =& \int ({\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x)dx& =& \int \cos 2xdx=\frac{1}{2}\sin 2x+c_2.\end{array}$

Dodając stronami powyższe równania i dzieląc przez 2, mamy

$\int {\cos }^{2}xdx=\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x+c_3$,

natomiast odejmując stronami i dzieląc przez 2, dostajemy

$\int {\sin }^{2}xdx=\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\sin 2x+c_4$

Ćwiczenie 13.2.

Obliczyć całki:
(1) $\int \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}dx$ gdzie $f\in C^1(\mathbb{ℝ})$
(2) $\int (f(x){)}^{\alpha }{f}^{\prime }(x)dx$, gdzie $f\in C^1(\mathbb{ℝ})$ oraz $\alpha \in \mathbb{ℝ}$

Wskazówka

(1)-(2) Pierwotną łatwo odgadnąć. Można też zastosować podstawienie $f(x)=u$.

Rozwiązanie

(1) Obliczamy całkę, stosując podstawienie $f(x)=u$

$\begin{array}{lll}\int \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}dx& =& \left|\begin{array}{rcl}f(x)& =& u,\\ f^{\prime }(x)dx& =& du\end{array}\right|=\int \frac{du}{u}\\ \\ & =& \ln |u|+c=\ln |f(x)|+c.\end{array}$

(2) Zauważmy, że przypadek $\alpha =-1$ był rozwiązany w punkcie (1). Możemy więc założyć, że $\alpha \ne -1$ Obliczamy całkę, stosując podstawienie $f(x)=u$

$\int (f(x){)}^{\alpha }{f}^{\prime }(x)dx=\left|\begin{array}{rcl}f(x)& =& u,\\ f^{\prime }(x)dx& =& du\end{array}\right|=\int u^{\alpha }du=\frac{1}{\alpha +1}{u}^{\alpha +1}+c=\frac{1}{\alpha +1}(f(x){)}^{\alpha +1}+c$

Ćwiczenie 13.3.

Obliczyć następujące całki z funkcji wymiernych:
(1) $\int \frac{x+1}{x^2+2x-7}dx$,
(2) $\int \frac{4-4x^2}{8x^3+12x^2+6x+1}dx$

Wskazówka

(1) Jaki jest związek licznika z pochodną mianownika? Zastosować ćwiczenie 13.2. (1).
(2) Rozłożyć podcałkowe wyrażenie wymierne na ułamki proste (patrz twierdzenie 13.18.).

Rozwiązanie

(1) Zauważmy, że

$I=\int \frac{x+1}{x^2+2x-7}dx=\frac{1}{2}\int \frac{2x+2}{x^2+2x-7}dx=\frac{1}{2}\int \frac{(x^2+2x-7{)}^{\prime }}{x^2+2x-7}dx$

zatem możemy skorzystać z ćwiczenia 13.2. (1), otrzymując

$I=\ln |x^2+2x-7|+c$

(2) Ponieważ $8x^3+12x^2+6x+1=(2x+1{)}^3=2(x+\frac{1}{2}{)}^3$ więc zgodnie z twierdzeniem o rozkładzie wyrażenia wymiernego na ułamki proste (patrz twierdzenie 13.18.), szukamy rozkładu w postaci

$\frac{4-4x^2}{8x^3+12x^2+6x+1}=\frac{A}{x+\frac{1}{2}}+\frac{B}{(x+\frac{1}{2}{)}^2}+\frac{C}{(x+\frac{1}{2}{)}^3}=\frac{2A}{2x+1}+\frac{4B}{(2x+1{)}^2}+\frac{8C}{(2x+1{)}^3}$

Mnożąc obustronnie przez wspólny mianownik $(2x+1{)}^3$, otrzymujemy

$4-4x^2=2A(2x+1{)}^2+4B(2x+1)+8C$

Ponieważ powyższa równość zachodzi dla dowolnego $x\in \mathbb{ℝ}$ (jest to równość dwóch wielomianów), zatem podstawiając $x=-\frac{1}{2}$, otrzymujemy $C=\frac{3}{8}$ Podstawiając to $C$ do równania, mamy

$4-4x^2=2A(2x+1{)}^2+4B(2x+1)+3$

skąd

$1-4x^2=2A(2x+1{)}^2+4B(2x+1)$

oraz

$(1-2x)(1+2x)=2A(2x+1{)}^2+4B(2x+1)$

Dzieląc stronami przez $(2x+1)$, otrzymujemy

$1-2x=2A(2x+1)+4B$

Ponownie wstawiając $x=-\frac{1}{2}$, obliczamy $B=\frac{1}{2}$. Wstawiając obliczone $B$ do powyższej równości, mamy

$1-2x=2A(2x+1)+2$,

skąd

$-1-2x=2A(2x+1)$,

dzieląc stronami przez $(2x+1)$, dostajemy $A=-\frac{1}{2}$. Zatem szukanym rozkładem jest

$\frac{4-4x^2}{8x^3+12x^2+6x+1}=\frac{-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{(x+\frac{1}{2}{)}^2}+\frac{\frac{3}{8}}{(x+\frac{1}{2}{)}^3}$.

Możemy teraz obliczyć całkę

$\begin{array}{rlr}\int \frac{4-4x^2}{8x^3+12x^2+6x+1}dx& =& \int \frac{-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}dx+\int \frac{\frac{1}{2}}{(x+\frac{1}{2}{)}^2}dx+\int \frac{\frac{3}{8}}{(x+\frac{1}{2}{)}^3}dx\\ & =& -\frac{1}{2}\int \frac{1}{x+\frac{1}{2}}dx+\frac{1}{2}\int \frac{1}{(x+\frac{1}{2}{)}^2}dx+\frac{3}{8}\int \frac{1}{(x+\frac{1}{2}{)}^3}dx\\ & =& -\frac{1}{2}\ln |x+\frac{1}{2}|-\frac{1}{2}\frac{1}{x+\frac{1}{2}}-\frac{3}{16}\frac{1}{(x+\frac{1}{2}{)}^2}+c\\ & =& -\frac{1}{2}\ln |2x+1|-\frac{1}{2x+1}-\frac{3}{4(2x+1{)}^2}+c_1\end{array}$,

W ostatniej równości dla uzyskania bardziej eleganckiego wyniku zastąpiliśmy stałą $C$ przez nową stałą $C_1=C+\frac{1}{2}\ln 2$, gdyż zamiast $-\frac{1}{2}\ln |x+\frac{1}{2}|+c$ napisaliśmy

$-\frac{1}{2}\ln |x+\frac{1}{2}|-\frac{1}{2}\ln 2+\underset{=c_1}{\underbrace{\frac{1}{2}\ln 2+c}}=-\frac{1}{2}\ln |2x+1|+c_1$.

Ćwiczenie 13.4.

(1) Wyprowadzić wzór rekurencyjny na obliczanie całki $I_n=\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^n}$ dla $n=1,2,\dots$. Wypisać wzory na $I_1,I_2,I_3$.
(2) Sprowadzić obliczanie całki z ułamka prostego postaci $\frac{bx+c}{(x^2+Bx+C{)}^k}$ (gdzie $B^2-4C<0$) do całki z punktu (1).

Wskazówka

(1) Dla $n=1$ całka jest nam znana. Dla $n\ge 2$ przekształcić całkę w następujący sposób

$I_n=\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^n}=\int \frac{x^2+1-x^2}{(x^2+1{)}^n}dx=\underset{=I_{n-1}}{\underbrace{\int \frac{1}{(x^2+1{)}^{n-1}}dx}}-\int \frac{x^2}{(x^2+1{)}^n}dx$

Ostatni składnik policzyć, całkując przez części, traktując funkcję podcałkową jako iloczyn $x\cdot \frac{x}{(x^2+1{)}^n}$.
(2) Najpierw rozłożyć ułamek na sumę dwóch ułamków: pierwszego, którego licznik jest pochodną trójmianu z mianownika $x^2+Bx+C$ i drugiego, którego licznik jest stały. Do obliczenia całki z pierwszego ułamka wykorzystać ćwiczenie 13.2. (a). Obliczenie całki z drugiego z ułamków sprowadzić do punktu (1).

Rozwiązanie

(1) Dla $n=1$ całka wynosi

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

Dla $n\ge 2$ przekształcamy całkę w następujący sposób

$I_n=\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^n}=\int \frac{x^2+1-x^2}{(x^2+1{)}^n}dx=\underset{=I_{n-1}}{\underbrace{\int \frac{1}{(x^2+1{)}^{n-1}}dx}}-\underset{=J_n}{\underbrace{\int \frac{x^2}{(x^2+1{)}^n}dx}}$

Policzmy osobno ostatni składnik $J_n=x\cdot \frac{x}{(x^2+1{)}^n}$ przez części. W tym celu wyznaczmy najpierw pierwotną funkcji $\frac{x}{(x^2+1{)}^n}$ przez podstawienie:

$\int \frac{x}{(x^2+1{)}^n}dx=\left|\begin{array}{rcl}{x}^2+1& =& t\\ xdx& =& \frac{1}{2}dt\end{array}\right|=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t^n}=\frac{1}{2}\frac{t^{-n+1}}{-n+1}+c=\frac{-1}{2(n-1)(x^2-1{)}^{n-1}}+c$

Powróćmy teraz do wyliczenia całki $J_n$:

$\begin{array}{rl}{J}_n& =\left|\begin{array}{rclrcl}f(x)& =& x& f^{\prime }(x)& =& 1\\ g^{\prime }(x)& =& \frac{x}{(x^2+1{)}^n}& g(x)& =& \frac{-1}{2(n-1)(x^2-1{)}^{n-1}}\end{array}\right|\\ & =x\cdot \frac{-1}{2(n-1)(x^2-1{)}^{n-1}}-\int \frac{-dx}{2(n-1)(x^2-1{)}^{n-1}}=\frac{-x}{(2n-2)(x^2-1{)}^{n-1}}+\frac{1}{2n-2}{I}_{n-1}.\end{array}$

Wstawiając otrzymany wynik do wzoru na $I_n$, dostajemy

$I_n=I_{n-1}+\frac{x}{2(n-1)(x^2-1{)}^{n-1}}-\frac{1}{2n-2}{I}_{n-1}=\frac{1}{2n-2}\cdot \frac{x}{(x^2-1{)}^{n-1}}+\frac{2n-3}{2n-2}{I}_{n-1}$ $\begin{array}{rcl}{I}_1& =& \mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x+c\\ I_2& =& \frac{1}{2}\cdot \frac{x}{x^2+1}+\frac{1}{2}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x+c\\ I_3& =& \frac{1}{4}\cdot \frac{x}{(x^2+1{)}^2}+\frac{3}{8}\cdot \frac{x}{x^2+1}+\frac{3}{8}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x+c\\ & ⋮& \\ I_n& =& \frac{1}{2n-2}\cdot \frac{x}{(x^2-1{)}^{n-1}}+\frac{2n-3}{2n-2}{I}_{n-1}\text{dla}n=2,3,4\end{array}$

(2) Zapiszmy

$\int \frac{bx+c}{(x^2+Bx+C{)}^n}dx=\frac{b}{2}\cdot \underset{=K_1}{\underbrace{\int \frac{2x+B}{(x^2+Bx+C{)}^n}dx}}+(-\frac{bB}{2}+C)\underset{=K_2}{\underbrace{\int \frac{1}{(x^2+Bx+C{)}^n}dx}}$

Całkę $K_1$ znamy już z ćwiczenia 13.2., a mianowicie:

$K_1=\int \frac{2x+B}{(x^2+Bx+C{)}^n}dx=\{\begin{array}{lll}\ln (x^2+Bx+C)+c_1& \text{dla}& n=1\\ \frac{-1}{n-1}\cdot \frac{1}{(x^2+Bx+C{)}^{n-1}}+c_1& \text{dla}& n\ge 1.\end{array}$

Całkę $K_2$ sprowadzimy do całki z punktu (1) przez odpowiednie podstawienie

$\begin{array}{rlr}{K}_2& =& \int \frac{1}{(x^2+Bx+C{)}^n}dx=\int \frac{dx}{\left[\right(x+\frac{B}{2}{)}^2+\underset{=S}{\underbrace{\frac{4C-B^2}{4}}}{]}^n}=\frac{1}{S^n}\int \frac{dx}{\left[\right(\frac{x+\frac{B}{2}}{\sqrt{S}}{)}^2+1{]}^n}\\ & =& \left|\begin{array}{rcl}\frac{x+\frac{B}{2}}{\sqrt{S}}& =& t\\ dx& =& \sqrt{S}dt\end{array}\right|=\frac{\sqrt{S}}{S^n}\int \frac{dt}{(1+t{)}^n}.\end{array}$

Ćwiczenie 13.5.

Obliczyć całkę $\int \frac{x^5+4x^3-x^2+13x-3}{x^4+2x^2+9}dx$.

Wskazówka

Dokonać dzielenia wielomianów, w celu przedstawienia funkcji podcałkowej jako sumy wielomianu oraz funkcji wymiernej właściwej (to znaczy takiej, gdzie stopień licznika jest mniejszy od stopnia mianownika). Rozłożyć funkcję wymierną na ułamki proste. Scałkować ułamki proste według metod z ćwiczenie 13.4.

Rozwiązanie

Ponieważ stopień mianownika nie jest większy od stopnia licznika, więc musimy najpierw wydzielić wielomiany w liczniku i mianowniku. Następnie dokonujemy rozkładu na ułamki proste. Było to już zrobione na wykładzie (patrz przykład 13.19.). Mamy

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

Zatem nasza całka wynosi

$\int \frac{x^5+4x^3-x^2+13x-3}{x^4+2x^2+9}dx=\int xdx+\underset{=K_1}{\underbrace{\int \frac{x}{x^2+2x+3}dx}}+\underset{=K_2}{\underbrace{\int \frac{x-1}{x^2-2x+3}dx}}$

Policzmy każdą z całek osobno według metody opisanej z ćwiczenie 13.3.

$K_1=\underset{L_1}{\underbrace{\frac{1}{2}\int \frac{2x+2}{x^2+2x+3}dx}}-\underset{L_2}{\underbrace{\int \frac{1}{x^2+2x+3}dx}}$

Teraz z kolei mamy

$L_1=\frac{1}{2}\ln (x^2+2x+3)+c_1$

oraz

$\begin{array}{rlr}{L}_2& =& \int \frac{1}{(x+1{)}^2+2}dx=\frac{1}{2}\int \frac{1}{(\frac{x+1}{\sqrt{2}}{)}^2+1}dx=\left|\begin{array}{lll}\frac{x+1}{\sqrt{2}}& =& t\\ dx& =& \sqrt{2}dt\end{array}\right|\\ & =& \frac{\sqrt{2}}{2}\int \frac{dt}{t^2+1}=\frac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x+1}{\sqrt{2}}+c_2,\end{array}$

zatem

$K_1=\ln (x^2+2x+3)+\frac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x+1}{\sqrt{2}}+c_3$

Przechodząc do drugiej z całek, mamy

$K_2=\int \frac{x-1}{x^2-2x+3}dx=\frac{1}{2}\int \frac{2x-2}{x^2-2x+3}dx=\frac{1}{2}\ln (x^2-2x+3)+c_4$

Ostatecznie dostajemy, że

$\int \frac{x^5+4x^3-x^2+13x-3}{x^4+2x^2+9}dx=\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{2}\ln (x^2+2x+3)-\frac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x+1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}\ln (x^2-2x+3)+c_5$

Ćwiczenie 13.6.

Obliczyć całki:
(1) $\int \frac{1+4x}{\sqrt{4x^2+x}}dx$,
(2) $\int \sqrt{1+4x^2}dx$.

Wskazówka

(1)--(2) Wykorzystać metodę współczynników nieoznaczonych.

Rozwiązanie

(1) Z metody współczynników nieoznaczonych wiemy, że całka nieoznaczona jest postaci:

$\int \frac{1+4x}{\sqrt{4x^2+x}}dx=a\sqrt{4x^2+x}+k\int \frac{dx}{\sqrt{4x^2+x}}$

Aby wyznaczyć $a$ i $k$, różniczkujemy stronami i dostajemy:

$\frac{1+4x}{\sqrt{4x^2+x}}=\frac{a(8x+1)}{2\sqrt{4x^2+x}}+\frac{k}{\sqrt{4x^2+x}}$,

a mnożąc stronami przez $\sqrt{4x^2+x}$, dostajemy:

$1+4x=4ax+\frac{1}{2}a+k$,

stąd $a=1$ i $k=\frac{1}{2}$. Ponadto obliczamy całkę

$\begin{array}{rlr}\int \frac{dx}{\sqrt{4x^2+x}}& =& \int \frac{dx}{\sqrt{(2x+\frac{1}{4}{)}^2-\frac{1}{16}}}=\left|\begin{array}{rcl}2x+\frac{1}{4}& =& t\\ dx& =& \frac{1}{2}dt\end{array}\right|=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{\sqrt{t^2-\frac{1}{16}}}\\ & =& \frac{1}{2}\ln |t+\sqrt{t^2-\frac{1}{16}}|+c=\frac{1}{2}\ln |2x+\frac{1}{4}+\sqrt{4x^2+x}|+c.\end{array}$

(2) Ponieważ

$\int \sqrt{1+4x^2}dx=\int \frac{1+4x^2}{\sqrt{1+4x^2}}dx$,

więc możemy policzyć ostatnią całkę metodą współczynników nieoznaczonych. Wiemy, że całka nieoznaczona jest postaci:

$\int \frac{1+4x^2}{\sqrt{1+4x^2}}dx=(ax+b)\sqrt{1+4x^2}+k\int \frac{dx}{\sqrt{1+4x^2}}$

Aby wyznaczyć $a,b$ i $k$, różniczkujemy stronami i dostajemy:

$\frac{1+4x^2}{\sqrt{1+4x^2}}=a\sqrt{1+4x^2}+\frac{(ax+b)\cdot 8x}{2\sqrt{1+4x^2}}+\frac{k}{\sqrt{1+4x^2}}$,

a mnożąc stronami przez $\sqrt{1+4x^2}$, dostajemy:

$1+4x^2=a(1+4x^2)+4a{x}^2+4bx+k$,

stąd $a=\frac{1}{2},b=0$ i $k=\frac{1}{2}$. Ponadto obliczamy całkę

$\begin{array}{rlr}\int \frac{dx}{\sqrt{1+4x^2}}& =& \left|\begin{array}{rcl}2x& =& t\\ dx& =& \frac{1}{2}dt\end{array}\right|=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{\sqrt{t^2+1}}\\ & =& \frac{1}{2}\ln |t+\sqrt{t^2+1}|+c=\frac{1}{2}\ln |2x+\sqrt{1+4x^2}|+c.\end{array}$