Tekst źródłowy strony Analiza matematyczna 1/Wykład 13: Całka nieoznaczona

==Całka nieoznaczona==
[[grafika:Euler-portret.jpg|thumb|right||Leonhard Euler (1707-1783)<br>[[Biografia Euler|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 <math>D\subseteq \mathbb{R}</math> będzie przedziałem oraz
niech <math>f\colon D\longrightarrow\mathbb{R}</math> będzie funkcją.<br>
Funkcję <math>F\colon D\longrightarrow\mathbb{R}</math> nazywamy
'''''pierwotną''''' funkcji <math>f</math>, jeśli
<math>F</math> jest różniczkowalna i
<math>F'=f</math>.
}}

{{twierdzenie|13.2.||

Dwie dowolne pierwotne funkcji
<math>f\colon \mathbb{R}\supseteq D\longrightarrow\mathbb{R}</math> różnią się o stałą,
to znaczy<br>
'''(1)'''  Jeśli <math>F</math> i <math>G</math> są pierwotnymi funkcji <math>f</math>
to <math>F-G=c</math> dla pewnego <math>c\in\mathbb{R}</math><br>
'''(2)''' Jeśli <math>F</math> jest pierwotną funkcji <math>f</math> oraz
<math>F-G=c</math> dla pewnego <math>c\in\mathbb{R}</math>
to <math>G</math> też jest pierwotną funkcji <math>f</math>
}}

{{dowod|13.2.||

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

<center><math>G'
=
(F+c)'=F'
=
f
</math></center>

zatem <math>G</math> jest także pierwotną funkcji <math>f</math>
}}

{{definicja|13.3. [całka nieoznaczona, całkowanie]||

'''''Całką nieoznaczoną''''' funkcji <math>f</math> nazywamy zbiór jego
pierwotnych i oznaczamy

<center><math>\int f(x)\,dx
</math> lub <math>int f\,dx
</math></center>

'''''Całkowaniem''''' nazywamy wyznaczanie całki.<br>
Oczywiście, jeśli zmienna funkcji <math>f</math> nazywa się <math>t</math>
to piszemy <math>\int f(t)\,dt</math> lub
<math>\int f\,dt</math>,
a jeśli zmienna funkcji <math>f</math> nazywa się
na przykład <math>\xi</math>,
to piszemy <math>\int f(\xi)\,d\xi</math> lub
<math>\int f\,d\xi</math>.
}}

{{wniosek|13.4.||

Jeśli <math>F</math> jest pierwotną funkcji <math>f</math>, to

<center><math>\int f(x)\,dx
=
F(x)+c
</math></center>

}}

{{uwaga|13.5.||

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

<center><math>G(x)
=
F(x)+c
</math></center>

gdzie <math>C=y_0-F(x_0)</math>
}}

[[File:AM1.M13.W.R01.svg|270x225px|thumb|right|Wykres funkcji <math>f</math> z przykładu 13.6.]]

{{przyklad|13.6.||

Funkcja pierwotna nie zawsze istnieje.

Rozważmy następującą funkcję
<math>f\colon\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}</math>

<center>
<math>
f(x)=
\begin{cases}
0 & \text{gdy} & x\ne 0\, \\
1 & \text{gdy} & x= 0 \end{cases}
</math>
</center>

Pokażemy, że <math>f</math> nie ma pierwotnej.
Dla dowodu niewprost,
przypuśćmy, że funkcja ta posiada pierwotną
<math>F\colon\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}</math>
Wówczas <math>F'=f</math>
Na przedziale <math>(-\infty,0)</math> funkcja <math>f</math> jest
tożsamościowo równa <math>0</math> zatem
jej pierwotna jest stała,
powiedzmy <math>F|_{(-\infty,0)}\equiv a</math>
Podobnie na przedziale <math>(0,+\infty)</math>
powiedzmy <math>F|_{(0,+\infty)}\equiv b</math>
Ponieważ funkcja pierwotna jest ciągła
(jako różniczkowalna), zatem

<center>
<math>a
=
\lim_{x\rightarrow 0^-}F(x)
=
\lim_{x\rightarrow 0^+}F(x)
=
b
</math>
</center>

oraz <math>a=F(0)=b</math>
Zatem pokazaliśmy, że <math>F\equiv a</math>
Ale wówczas <math>F'=0\ne f</math> sprzeczność.
Zatem tak zdefiniowana funkcja <math>f</math> 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.

<span id="twierdzenie_13_8">{{twierdzenie|13.8. [Całki pewnych funkcji elementarnych]||
'''(1)'''
<math>\int 0\,dx=c</math>;<br>
'''(2)'''
<math>\int 1\,dx =x+c</math>;<br>
'''(3)'''
<math>\int x^{\alpha}\,dx=\frac{1}{\alpha+1}
x^{\alpha+1}+c</math> dla <math>\alpha\ne -1</math>;<br>
'''(4)'''
<math>\int\frac{1}{x}\,dx =
\ln |x|+c</math>;<br>
'''(5)'''
<math>\int a^x\,dx=\frac{a^x}{\ln a}+c</math>,
dla <math>a>0,a\ne 1</math>,
(w szczególności
<math>\int e^x\,dx=e^x+c);</math><br>
'''(6)'''
<math>\int\sin x\,dx=-\cos x+c</math>;<br>
'''(7)'''
<math>\int\cos x\,dx=\sin x+c</math>;<br>
'''(8)'''
<math>\int\frac{1}{\cos^2 x}\,dx=\mathrm{tg}\, x+c</math>;<br>
'''(9)'''
<math>\int\frac{1}{\sin^2 x}\,dx=-\mathrm{ctg}\, x+c</math>;<br>
'''(10)'''
<math>\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx
=\arcsin x+c</math>;<br>
'''(11)'''
<math>\int\frac{1}{1+x^2}\,dx
=\mathrm{arctg}\, x+c</math>;<br>
'''(12)'''
<math>\int\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\,dx
={\rm arsinh\, } x=\ln\big|x+\sqrt{x^2+1}\big|</math>;<br>
'''(13)'''
<math>\int\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\,dx
={\rm arcosh\, } x=\ln\big|x+\sqrt{x^2-1}\big|</math>.<br>
}}</span>

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 <math>f,g\colon\mathbb{R}\supseteq D\longrightarrow\mathbb{R}</math> są funkcjami, dla których
istnieją całki nieoznaczone,
<math>\lambda\in\mathbb{R}</math>,
to<br>
'''(1)'''
<math>\int(f\pm g)(x)\,dx=
\int f(x)\,dx\pm\int g(x)\,dx</math>;<br>
'''(2)'''
<math>\int(\lambda f)(x)\,dx
=\lambda\int f(x)\,dx</math>.
}}

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:<br>
* stałych,<br>
* potęgowych,<br>
* wykładniczych,<br>
* trygonometrycznych,<br>
przez wykonywanie skończonej liczby operacji:<br>
* dodawania/odejmowania,<br>
* mnożenia/dzielenia,<br>
* złożenia,<br>
* odwracania.<br>
'''(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.<br>
<br>
'''(3)'''
Całka nieoznaczona funkcji elementarnej nie musi być funkcją
elementarną.
Przykłady funkcji, których pierwotne nie są funkcjami
elementarnymi, to między innymi

<center><math>\int\sqrt[3]{1+x^2}\,dx,\quad
\int e^{-x^2}\,dx,\quad
\int \sin x^2\,dx,\quad
\int \cos x^2\,dx,\quad
\int\frac{e^x}{x}\,dx
</math></center>

<center><math>\int\frac{\sin x}{x}\,dx,\quad
\int\frac{\cos x}{x}\,dx\quad
\int\frac{1}{\ln x}\,dx
</math></center>

oraz tak zwane całki eliptyczne:

<center><math>\int\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-kx^2)}},\quad
\int\frac{x^2}{\sqrt{(1-x^2)(1-kx^2)}}\quad
</math> dla <math>k\in(0,1)
</math></center>

}}

==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
<math>I\subseteq \mathbb{R}</math> jest przedziałem,
<math>f,g\colon I\longrightarrow\mathbb{R}</math> są funkcjami różniczkowalnymi
oraz istnieje całka nieoznaczona dla funkcji
<math>f\cdot g'</math>,
to
istnieje także całka nieoznaczona dla funkcji <math>f'\cdot g</math> oraz

<center><math>\int f'g\,dx
=
fg-\int fg'\,dx
</math></center>

}}

{{dowod|13.11.||

Ponieważ funkcje <math>f</math> i <math>g</math> są różniczkowalne, więc
różniczkowalny jest także iloczyn <math>f\cdot g</math> oraz zachodzi wzór

<center><math>(f\cdot g)'
=
f'\cdot g+f\cdot g'</math>,</center>

zatem

<center><math>f'\cdot g
=
(f\cdot g)'
-
f\cdot g'
</math></center>

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

<center><math>\begin{array}{lll}
\int f'\cdot g\,dx &=& \int\big[(f\cdot g)'\,dx  - f\cdot g'\big]\\
&=& \int(f\cdot g)'\,dx - \int f\cdot g'\,dx = f\cdot g-\int f\cdot g'\,dx.
\end{array}
</math></center>

}}

==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
<math>I, J\subseteq\mathbb{R}</math> są przedziałami,
<math>f\colon I\longrightarrow J</math> jest funkcją różniczkowalną oraz
<math>g\colon J\longrightarrow\mathbb{R}</math> jest funkcją, dla której istnieje pierwotna
<math>G\colon J\longrightarrow\mathbb{R}</math>,
to
istnieje całka nieoznaczona dla funkcji <math>(g\circ f)\cdot f'</math> oraz

<center><math>\int (g\circ f)\cdot f'\,dx
=
G\circ f
</math></center>

}}

{{dowod|13.12.||

Ponieważ funkcje <math>G</math> i <math>f</math> są różniczkowalne, więc ich złożenie
także oraz mamy

<center><math>(G\circ f)'
=
(G'\circ f)\cdot f'
=
(g\circ f)\cdot f'
</math></center>

Całkując obie strony, dostajemy tezę naszego twierdzenia.
}}



<span id="uwaga_13_13">{{uwaga|13.13.||

Wzór całkowania przez podstawianie często zapisujemy jako:

<center><math>\int g\big(f(x)\big)f'(x)\,dx
=
\int g(t)\,dt
</math></center>

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

{{przyklad|13.14.||

Obliczyć całkę nieoznaczoną z funkcji <math>f(x)=\sin x\cos x</math>.
}}

<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    '''Sposób I.'''<br>
Wykorzystamy wzór na całkowanie przez części, przyjmując jako
<math>f'(x)=\sin x</math> (gdyż znamy już pierwotną funkcji <math>\sin</math>) oraz
jako <math>g(x)=\cos x</math>. W praktyce korzystając z tego wzoru,
zapisujemy rachunki w następujący sposób:

<center><math>\begin{align}
\int \sin x\cos x\,dx
& = &
\left|
\begin{array} {ll}
f'(x)=\sin x & f(x)=-\cos x\\
g(x)=\cos x  & g'(x)=-\sin x
\end{array} 
\right|
=
-\cos x\cos x
-\int(-\cos x)(-\sin x)\,dx\\
& = &
-\cos ^2x-\int\sin x\cos x\,dx.
\end{align}</math></center>

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

<center><math>\int \sin x\cos x\,dx
=
-\frac{1}{2}\cos^2 x+c
</math></center>

(na końcu dopisujemy "<math>+c</math>"
aby zaznaczyć, że całką nieoznaczoną jest zbiór wszystkich pierwotnych,
które jak wiadomo różnią się o stałą).<br>
<br>
'''Sposób II.'''<br>
Zauważmy, że wzór na całkowanie przez części można tutaj wykorzystać również
w innej kolejności

<center><math>
\int \sin x\cos x\,dx
=
\left|
\begin{array} {ll}
f'(x)=\cos x & f(x)=\sin x\\
g(x)=\sin x  & g'(x)=\cos x
\end{array} 
\right|
=
\sin x\sin x
-\int \sin x\cos x\,dx
=
\sin ^2x-\int\sin x\cos x\,dx
</math></center>

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

<center><math>\int \sin x\cos x\,dx
=
\frac{1}{2}\sin^2 x+c
</math></center>

<br>
'''Sposób III.'''<br>
Przy obliczeniu tej całki możemy posłużyć się także wzorem na
całkowanie przez podstawianie.
Przyjmując <math>g(t)=t</math> oraz <math>f(x)=\sin x</math>, zauważamy, że
funkcja podcałkowa jest postaci
<math>g(f(x))\cdot f'(x)=\sin x\cos x</math>.
Zatem możemy zastosować wzór całkowania przez podstawianie.
W praktyce obliczenia zapisuje się w sposób
przedstawiony poniżej
(porównaj [[#uwaga_13_13|uwaga 13.13.]]), przy czym
po wyborze dogodnego
podstawienia (w tym wypadku) <math>\sin x=t</math>) oblicza się pochodną,
dopisując odpowiednio <math>dx</math> i <math>dt</math> po obu stronach równości.
Jest to dogodne z praktycznego punktu widzenia, ponieważ
możemy wówczas patrzeć na wzór w [[#uwaga_13_13|uwadze 13.13.]] jak na
formalne podstawienie wyrażeń zawierających symbole <math>dx</math> i <math>dt</math>.
Piszemy zatem

<center><math>
\int \sin x\cos x\,dx
=
\left|
\begin{array} {rcl}
\sin x    & = & t\\
\cos x\,dx & = & \,dt
\end{array} 
\right|
=
\int t\,dt
=
\frac{1}{2}t^2+c
=
\frac{1}{2}\sin^2x+c</math></center>

<br>
'''Sposób IV.'''<br>
W naszym przykładzie możemy także dokonać podstawienia
<math>\cos x=t</math>, ponieważ funkcja podcałkowa jest postaci
<math>\cos x\cdot (\cos x)'</math> (z dokładnością do znaku).
Zatem mamy

<center><math>
\int \sin x\cos x\,dx
=
\left|
\begin{array} {rcl}
\cos x    & = & t\\
\sin x\,dx & = & -\,dt
\end{array} 
\right|
=
-\int t\,dt
=
-\frac{1}{2}t^2+c
=
-\frac{1}{2}\cos^2x+c
</math></center>

[[File:AM1.M13.W.R02.mp4|253x253px|thumb|right|AM1.M13.W.R02]]

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

<br><center>
<math>\int \sin x\cos x\,dx
=
\frac{1}{2}\int \sin 2x\,dx
=
\frac{1}{4}\cos 2x+c
<br></math>
</center>

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

Zauważmy teraz, że w powyższych rozwiązaniach jako pierwotne funkcji <math>\sin x\cos x</math> otrzymaliśmy trzy różne funkcje:

<br><center>
<math>\frac{1}{2}\sin^2x,
\quad
-\frac{1}{2}\cos^2x,
\quad
-\frac{1}{4}\cos 2x
</math>
<br></center>

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

<center><math>-\frac{1}{2}\cos^2x
-
\frac{1}{2}\sin^2x
=
-\frac{1}{2}(\cos^2x+\sin^2x)
=
-\frac{1}{2}
</math></center>

oraz

<center><math>-\frac{1}{4}\cos 2x
-
\frac{1}{2}\sin^2x
=
-\frac{1}{4}(1-2\sin^2x)
-
\frac{1}{2}\sin^2x
=
-\frac{1}{4}
</math></center>

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.<br>

</div></div>

==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
<math>2</math>, to znaczy

<center><math>\begin{array}{lll}Q(x)&=&
c(x-A_1)^{k_1}(x-A_2)^{k_2}\ldots \\
&\ldots&(x-A_r)^{k_r}
(x^2+B_1x+C_1)^{l_1}(x^2+B_2x+C_2)^{l_2}\ldots
(x^2+B_sx+C_s)^{l_s}
\end{array}</math></center>

gdzie stopień wielomianu <math>Q</math> wynosi

<center><math>\deg Q=
k_1+k_2+\ldots+k_r+2(l_1+l_2+\ldots+l_s)</math></center>
oraz
<center><math>B_i^2-4C_i<0</math> dla <math>
i=1,2,\ldots s
</math></center>

}}

{{definicja|13.16. [ułamki proste]||

'''''Ułamkami prostymi''''' nazywamy funkcje wymierne postaci:

<center><math>\frac{a}{(x-A)^k}
</math>  oraz  <math>\frac{bx+c}{(x^2+Bx+C)^s}
</math></center>

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

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

{{przyklad|13.17.||

Obliczyć całkę z następującej funkcji wymiernej
<math>\int\frac{3x+5}{2x^2-5x-3}\,dx</math>.
}}

<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">   
Zauważmy, że trójmian w mianowniku rozkłada się na
iloczyn:
<math>2x^2-5x-3=2\bigg(x+\frac{1}{2}\bigg)(x-3)</math>.
Spróbujmy, czy naszą funkcję wymierną można by zapisać
w następującej postaci

<center><math>\frac{3x+5}{2x^2-5x-3}
=
\frac{A}{x+\frac{1}{2}}
+\frac{B}{x-3}
</math></center>

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|uwaga 13.20.]] poniżej).

Wymnażając stronami przez wspólny mianownik <math>(2x^2-5x-3)</math>, otrzymujemy

<center><math>3x+5
=
2A(x-3)
+2B\bigg(x+\frac{1}{2}\bigg)
</math></center>

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

<center><math>\frac{3x+5}{2x^2-5x-3}
=
\frac{-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}
+\frac{2}{x-3}
</math></center>

Możemy teraz policzyć całkę

<center><math>\begin{align}
\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\bigg|x+\frac{1}{2}\bigg|
+2\ln|x-3|+c.
\end{align}</math></center>

</div></div>

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]|twierdzenie_13_18|
Niech <math>f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}</math>  będzie funkcją wymierną,
gdzie <math>\deg P=m<n=\deg Q</math>. Wówczas istnieje jedyny rozkład
funkcji <math>f</math> na ułamki proste oraz jeśli

<center><math>f(x)
=
\frac{P(x)}{(x-A_1)^{k_1}(x-A_2)^{k_2}\ldots (x-A_r)^{k_r}
(x^2+B_1x+C_1)^{l_1}(x^2+B_2x+C_2)^{l_2}\ldots
(x^2+B_sx+C_s)^{l_s}}
</math></center>

gdzie

<center><math>B_i^2-4C_i<0</math> dla <math>
i=1,2,\ldots s
</math></center>

to

<center><math>\begin{array}{lll}
\frac{P(x)}{Q(x)}
& = &\frac{a_1^1}{(x-A_1)}+ \frac{a_2^1}{(x-A_1)^2}+ \ldots + \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} + \ldots
+\frac{a_{k_2}^2}{(x-A_2)^{k_2}}\\
& + &\ldots\\
& + & \frac{a_1^r}{(x-A_r)}+\frac{a_2^r}{(x-A_r)^2}+\ldots+\frac{a_{k_r}^r}{(x-A_r)^{k_r}}\\
& +& \frac{b_1^1x+c_1^1}{(x^2+B_1x+C_1)}+\frac{b_2^1x+c_2^1}{(x^2+B_1x+C_1)^2}+\ldots
 + \frac{b_{l_1}^1x+c_{l_1}^1}{(x^2+B_1x+C_1)^{l_1}}\\
& + & \frac{b_1^2x+c_1^2}{(x^2+B_2x+C_2)}+ \frac{b_2^2x+c_2^2}{(x^2+B_2x+C_2)^2}+\ldots
 + \frac{b_{l_2}^2x+c_{l_2}^2}{(x^2+B_2x+C_2)^{l_2}}\\
& + &\ldots\\
& + &\frac{b_1^sx+c_1^s}{(x^2+B_sx+C_s)}+\frac{b_2^sx+c_2^s}{(x^2+B_sx+C_s)^2}+\ldots+
\frac{b_{l_s}^sx+c_{l_s}^s}{(x^2+B_sx+C_s)^{l_s}}\\
& = &
\sum_{i=1}^r\sum_{j_i=1}^{k_i}\frac{a^i_{j_i}}{(x-A_i)^{j_i}}
+\sum_{i=1}^s\sum_{j_i=1}^{l_i}\frac{b^i_{j_i}x+c^i_{j_i}}{(x^2+B_ix+C_i)^{j_i}}
\end{array}</math></center>

}}

{{przyklad|13.19.||

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

<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">   
Ponieważ stopień licznika jest większy od stopnia mianownika,
więc musimy najpierw wydzielić wielomiany.
Dokonując dzielenia licznika przez mianownik,
dostajemy

<center><math>\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}
</math></center>

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

<center><math>x^4+2x^2+9
=
(x^2+3)^2-4x^2
=
(x^2+2x+3)(x^2-2x+3)
</math></center>

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

<center><math>\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}
</math></center>

Mnożąc stronami przez wspólny mianownik, dostajemy

<center><math>2x^3-x^2+4x-3
=
(ax+b)(x^2-2x+3)+(cx+d)(x^2+2x+3)
</math></center>

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

<center><math>\left\{
\begin{array} {rrrrrrrrr}
a &   &     & + &   c &   &     & = & 2\\
-2a & + &   b & + &  2c & + &   d & = & -1\\
3a & - &  2b & + &  3c & + &  2d & = & 4\\
&   &  3b &   &     & + &  3d & = & -3,
\end{array} 
\right.</math></center>

którego rozwiązaniem jest

<center><math>\left\{
\begin{array} {lll}
a & = & 1\\
b & = & 0\\
c & = & 1\\
d & = & -1.
\end{array} 
\right.</math></center>

Zatem ostatecznie mamy

<center><math>\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}
</math></center>

</div></div>

<span id="uwaga_13_20">{{uwaga|13.20.||

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

<center><math>\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,
\quad\text{dla}\ k\ge 2.
\end{array}</math></center>

Całki z ułamków prostych postaci
<math>\frac{bx+c}{(x^2+Bx+C)^k}</math>
będą policzone na ćwiczeniach
(patrz [[#cwiczenie_13_4|ćwiczenie 13.4.]]).
}}</span>

==Całkowanie funkcji niewymiernych==

Zacznijmy od rozważenia następującej całki:

<center><math>\int\frac{W_n(x)}{\sqrt{px^2+qx+r}}\,dx
</math></center>

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

<center><math>\int\frac{W_n(x)}{\sqrt{px^2+qx+r}}\,dx
=
Q_{n-1}(x)\sqrt{px^2+qx+r}
+A\int\frac{dx}{\sqrt{px^2+qx+r}}
</math></center>

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

<center><math>W(x)=Q_{n-1}'(x)(px^2+qx+r)+Q_{n-1}(x)(px+\frac{q}{2})+\lambda
</math></center>

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

Pozostaje jeszcze do obliczenia

<center><math>\int\frac{dx}{\sqrt{px^2+qx+r}}
</math></center>

którą przez odpowiednie podstawienie sprowadzamy do
jednej z całek

<center><math>\int\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}
\quad\ </math> lub <math>\quad
\int\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}}
</math></center>

(patrz [[#twierdzenie_13_8|twierdzenie 13.8.]]).

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

{{przyklad|13.21.||

Policzyć

<center><math>\int\sqrt{R^2-x^2}\,dx
</math></center>

gdzie <math>R</math> jest stałą dodatnią.
Aby użyć metody współczynników nieoznaczonych, zapiszmy

<center><math>\int\frac{R^2-x^2}{\sqrt{R^2-x^2}}\,dx
</math></center>

Wielomian <math>R^2-x^2</math> jest stopnia <math>2</math>, zatem

<center><math>\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
</math></center>

Stąd

<center><math>R^2-x^2
=
a(R^2-x^2)-x(ax+b)+\lambda=-2ax^2-bx+aR^2+\lambda
</math></center>

skąd dostajemy układ równań

<center><math>-2a=-1,\quad b=0, \quad aR^2+\lambda=R^2
</math></center>

zatem

<center><math>a=\frac{1}{2},\quad b=0, \quad \lambda=\frac{1}{2}R^2
</math></center>

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

<center><math>\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}</math></center>

Reasumując, mamy

<center><math>\int\sqrt{R^2-x^2}\,dx
=
\frac{x}{2}\sqrt{R^2-x^2}+\frac{R^2}{2}\arcsin
\frac{x}{R} +c
</math></center>

}}

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

{{twierdzenie|13.22.||

Funkcja

<center><math>f(x)
=
x^r(a+bx^s)^p,
\quad
</math> gdzie <math>
a,b\in\mathbb{R},\ p,r,s\in\mathbb{Q}
</math></center>

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

{{przyklad|13.23.||

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

<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">   
'''(1)''' Funkcja <math>f(x)=\sqrt[3]{1+x^2}</math> '''nie ma''' pierwotnej elementarnej, gdyż <math>\frac{1}{3},\frac{0+1}{2},\frac{0+1}{2}+\frac{1}{3}\not\in\mathbb{Z}</math>.<br>

'''(2)''' Funkcja <math>f(x)=\sqrt[4]{1+x^2}</math> '''nie ma''' pierwotnej elementarnej, gdyż <math>\frac{1}{4},\frac{0+1}{2},\frac{0+1}{2}+\frac{1}{4}\not\in\mathbb{Z}</math>.<br>

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

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

<center><math>\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
</math></center>

</div></div>

{{uwaga|13.24. [Podstawienia Eulera]||
Do policzenia całki postaci

<center><math>\int R\big(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\big)\,dx
</math></center>

gdzie
<math>R=R(x,\xi)</math> jest funkcją wymierną,
<math>a,b,c\in\mathbb{R},a\ne 0</math> można zastosować następujące
podstawienia (tak zwane podstawienia Eulera):<br>
* Niech <math>a>0</math>. Podstawiamy

<center><math>\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x</math></center>

* Niech <math>c>0</math>. Podstawiamy

<center><math>\sqrt{ax^2+bx+c}=xt+\sqrt{c}
</math></center><br>

* Niech trójmian kwadratowy ma dwa '''różne''' pierwiastki <math>\mu,\lambda</math>, to znaczy <math>ax^2+bx+c=a(x-\lambda)(x-\mu)</math>. Podstawiamy<br><br>

<center><math>\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\lambda)
</math></center>

}}

{{przyklad|13.25.||
Całkę

<center><math>\int\frac{\,dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}}
</math></center>

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

<center><math>\sqrt{x^2-x+1}=t-x
</math></center>

skąd

<center><math>x
=
\frac{t^2-1}{2t-1}
</math></center>

oraz

<center><math>dx
=
\frac{2t^2-2t+2}{(2t-1)^2}\,dt
</math></center>

Podstawiając, dostajemy

<center><math>\int\frac{\,dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}}=2\int\frac{t^2-t+1}{t(2t-1)^2}\,dt
</math></center>

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

<center><math>\sqrt{x^2-x+1}=tx-1
</math></center>

skąd

<center><math>x
=
\frac{1-2t}{1-t^2} \quad dx=-2\frac{t^2-t+1}{(1-t^2)^2}\,dt
</math></center>

Podstawiając, dostajemy

<center><math>\int\frac{\,dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}}
=
-2\int\frac{t^2-t+1}{t(t-1)(t+1)^2}\,dt</math>,</center>

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

==Całkowanie wyrażeń zawierających funkcje trygonometryczne==

{{uwaga|13.26.||

Aby policzyć całkę

<center><math>\int R(\sin x,\cos x,\mathrm{tg}\, x)\,dx
</math></center>

stosujemy podstawienie

<center><math>\mathrm{tg}\,\frac{x}{2}=t
</math></center>

i mamy

<center><math>\begin{array}{rllll}
\sin x&=&\frac{2\mathrm{tg}\,\frac{x}{2}}{1+\mathrm{tg}\,^2\frac{x}{2}}
&=&\frac{2t}{1+t^2},\\\\
\cos x &=& \frac{1-\mathrm{tg}\,^2\frac{x}{2}}{1+\mathrm{tg}\,^2\frac{x}{2}} &=&\frac{1-t^2}{1+t^2},\\\\
\mathrm{tg}\, x &=& \frac{2\mathrm{tg}\,\frac{x}{2}}{1-\mathrm{tg}\,^2\frac{x}{2}}&=&\frac{2t}{1-t^2}
\end{array}</math></center>

oraz

<center><math>x
=
2\mathrm{arctg}\, t,
\quad</math> zatem <math>\quad
,dx=\frac{2\,dt}{1+t^2}
</math></center>

Po podstawieniu dostajemy całkę

<center><math>\int
R\bigg(\frac{2t}{1+t^2},
\frac{1-t^2}{1+t^2},
\frac{2t}{1-t^2}
\bigg)\frac{2dt}{1+t^2}
</math></center>

}}

{{przyklad|13.27.|przyklad_13_27|

Obliczyć całkę
<math>\int\frac{dx}{2+\cos x}</math>.
W całce tej stosujemy podstawienie
<math>\mathrm{tg}\, \frac{x}{2}=t</math>,
wówczas
<math>x=2\mathrm{arctg}\, t</math>
i
<math>dx=\frac{2\,dt}{1+t^2}</math>.
Zatem

<center><math>\begin{array}{lll} 
\int\frac{dx}{2+\cos x}
& = &
\int\frac{\frac{2\,dt}{1+t^2}}{2+\frac{1-t^2}{1+t^2}}
=
2\int \frac{dt}{t^2+3}
=
\frac{2}{3}\int\frac{dt}{\bigg(\frac{t}{\sqrt{3}}\bigg)^2+1}
=
\bigg|
\begin{array} {rcl}
\frac{t}{\sqrt{3}} & = & s\\
dt& = & \sqrt{3}\,ds
\end{array} 
\bigg|\\
& = &
\frac{2}{\sqrt{3}}\int\frac{\sqrt{3}\,ds}{s^2+1}
=
2\mathrm{arctg}\, s+c
=
2\mathrm{arctg}\,\bigg(\frac{\mathrm{tg}\,\frac{x}{2}}{\sqrt{3}}\bigg)+c
\end{array}</math></center>}}

{{uwaga|13.28.||

Aby policzyć całkę

<center><math>\int R(\sin^2x,\cos^2x,\sin x\cos x)\,dx
</math></center>

stosujemy podstawienie

<center><math>\mathrm{tg}\, x=t
</math></center>

i mamy

<center><math>\begin{array}{rllll}
\sin^2x&=&\frac{\mathrm{tg}\,^2x}{1+\mathrm{tg}\,^2x}&=&\frac{t^2}{1+t^2},\\\\
\cos^2x&=&\frac{1}{1+\mathrm{tg}\,^2x}&=&\frac{1}{1+t^2},\\\\
\sin x\cos x&=&\frac{\mathrm{tg}\, x}{1+\mathrm{tg}\,^2x}&=&\frac{t}{1+t^2}
\end{array}
</math></center>

oraz

<center><math>x
=
\mathrm{arctg}\, t,\quad
\,dx=\frac{\,dt}{1+t^2}
</math></center>

Zatem po podstawieniu dostajemy całkę

<center><math>\int
R\bigg(\frac{t^2}{1+t^2},
\frac{1}{1+t^2},
\frac{t}{1+t^2}
\bigg)\frac{dt}{1+t^2}
</math></center>

}}

{{przyklad|13.29.||

Obliczyć całkę
<math>\int\frac{dx}{1+2\cos^2x}\,dx</math>.

W całce tej stosujemy podstawienie
<math>\mathrm{tg}\, x=t</math>,
wówczas
<math>\cos^2x=\frac{1}{1+t^2}</math>
i
<math>dx=\frac{\,dt}{1+t^2}</math>.
Zatem

<center><math>\int\frac{dx}{1+2\cos^2x}\,dx
=
\int\frac{\frac{1}{1+t^2}}{1+\frac{2}{1+t^2}}\,dt
=
\int\frac{dt}{t^2+3}
</math></center>

Zauważmy, że całkę tę liczyliśmy w [[#przyklad_13_27|przykładzie 13.27.]]
Zatem

<center><math>\int\frac{dx}{1+2\cos^2x}\,dx
=
\mathrm{arctg}\,\bigg(\frac{\mathrm{tg}\, x}{\sqrt{3}}\bigg)+c
</math></center>}}