Rozważmy przedział I zawarty w zbiorze liczb rzeczywistych ( I R ). Funkcję rzeczywistą mającą pochodną w każdym

Całka nieoznaczona E-podręcznik pod redakcją: Vsevolod Vladimirov Autor: Konrad Nosek 05 Spis treści Funkcja pierwotna. Całka nieoznaczona. Podstawowe wzory Całkowanie przez podstawianie całek nieoznaczonych Całkowanie przez części całek nieoznaczonych Rozkład funkcji wymiernej na sumę wielomianu i ułamka wymiernego. Rozkład wielomianu na czynniki Ułamki proste. Rozkład ułamka wymiernego na ułamki proste Całkowanie ułamków prostych pierwszego i drugiego rodzaju Całka z dowolnej funkcji wymiernej - kompletna procedura i przykłady Całki z funkcji trygonometrycznych Wzory rekurencyjne w całce z funkcji trygonometrycznych Całka z pierwiastkami dowolnego stopnia z funkcji liniowej lub homograficznej Podstawienia Eulera Obliczanie pewnych całek niewymiernych metodą współczynników nieoznaczonych Lagrange'a Podstawienia trygonometryczne w całce niewymiernej Funkcja pierwotna. Całka nieoznaczona. Podstawowe wzory DEFINICJA Definicja : Funkcja pierwotna Rozważmy przedział I zawarty w zbiorze liczb rzeczywistych ( I R ). Funkcję rzeczywistą mającą pochodną w każdym punkcie przedziału I nazywamy funkcją pierwotną funkcji f w przedziale I, jeżeli w każdym punkcie I zachodzi F () = f() (tj. gdy w każdym punkcie z przedziału I pochodna funkcji F równa się wartości funkcji f ). Przykład :

Rozważmy wielomian f() =. Wówczas wielomian określony wzorem F() = + 06 jest funkcją pierwotną funkcji f na przedziale (, ), gdyż F = f() R. Istnieją też inne funkcje pierwotne funkcji f, np.: F () = +,,,... F () = 0 F () = UWAGA Uwaga : Z powyższego przykładu wynika, że funkcja pierwotna danej funkcji nie jest wyznaczona jednoznacznie, a jednak mając jedną funkcję pierwotną łatwo wyznaczyć wszystkie pozostałe. Spostrzeżenie to precyzuje następujące twierdzenie: TWIERDZENIE Twierdzenie : O funkcji pierwotnej Dwie dowolne funkcje pierwotne tej samej funkcji f różnią się o stałą tzn. Jeśli F i G są funkcjami pierwotnymi na przedziale I do funkcji f, to c R I : F() = G() + c. UWAGA Uwaga : Prawdziwość powyższego twierdzenia wynika z własności pochodnych, tj. wzoru na pochodną sumy oraz z faktu, iż pochodna ze stałej c wynosi zero. DEFINICJA Definicja : Całka nieoznaczona Rodzinę wszystkich funkcji pierwotnych funkcji f w przedziale I nazywamy całką nieoznaczoną funkcji f w przedziale I i oznaczamy ją symbolem f() d. Zatem f() d = F() + c F () = f(). UWAGA

Uwaga : Wprost z powyższej definicji wynika ważna własność całki nieoznaczonej, że pochodna całki jest równa funkcji podcałkowej, czyli ( f() d) = f(). Przykład : sin d = cos + c, bo ( cos ) = sin. Przykład : d = arctg + c, bo (arctg ) =. + + TWIERDZENIE Twierdzenie : Wzory podstawowe. α d = α+ + c, gdy α (całka z funkcji potęgowej) ; α+ d. = ln + c ;. a d = a + c, gdy a > 0 i a (całka z funkcji wykładniczej) ; ln a. sin d = cos + c ; 5. cos d = sin + c ; d 6. = tg + c ; cos d 7. = ctg + c ; sin d 8. = arcsin + c ; d 9. = arctg + c. + UWAGA Uwaga : Powyższe wzory łatwo sprawdzić - wystarczy pokazać, że pochodna wyniku jest równa funkcji podcałkowej. Przykładowo = = ln a =.

a ( ) = ( ) = ln a a = a. ln a ln a ln a a Przykład : Obliczmy całkę d. Korzystając z działań na potęgach oraz ze wzoru. powyższego twierdzenia otrzymujemy d = d = + c = + c. Przykład 5: Obliczmy całkę e d. Korzystając ze wzoru na całkę nieoznaczoną dla funkcji wykładniczej (por. twierdzenie - wzory podstawowe ) otrzymujemy gdyż ln e =. e d = e + c = e + c, ln e WNIOSEK Wniosek : Z twierdzenia Wzory podstawowe W szczególności prawdziwe są wzory:. d = + c ;. d = + c, gdy α, więc tym samym np. d = + c ; α (α) α. e d = e + c ; TWIERDZENIE Twierdzenie : O całce sumy Jeżeli funkcje f oraz g mają funkcje pierwotne w przedziale I, to suma f + g ma również funkcję pierwotną w przedziale I. Ponadto zachodzi równość: (f() + g()) d = f() d + g() d.

(f() + g()) d = f() d + g() d. Przykład 6: Obliczmy całkę z funkcji f() = 5 + + +. 5 5 Skorzystamy tu z twierdzenia o całce sumy oraz ze wzoru podstawowego na całkę z funkcji potęgowej. ( + + ) d = ( 5 + 5 + + ) d = d + d + d + d 5 5 5 5 5 5 5 + 5 6 = + c. 6 Przykład 7: Obliczmy całkę + d. + Stosując proste dopełnienie algebraiczne, otrzymujemy + + + + + + d = ( + ) d = d + d = + arctg + c. TWIERDZENIE Twierdzenie : o wyciąganiu stałej przed znak całki Jeżeli funkcja f ma funkcję pierwotną w przedziale I, to dla dowolnej stałej a iloczyn a f ma również funkcję pierwotną w przedziale I. Ponadto dla dowolnej stałej a prawdziwa jest równość: a f() d = a f() d. Należy przy tym pamiętać, że przed całkę można wyciągnąć stałą, ale nie zmienną (czyli nic z -em, jeśli całkujemy funkcję od ). Przykład 8: Obliczmy całkę d. Korzystając z działań na potęgach oraz z twierdzenia o wyciąganiu stałej przed znak całki mamy d = d = d = + c = + c.

d = d = d = + c = + c. ln ln 6 Przykład 9: sin Obliczmy całkę d. cos sin cos sin cos cos d = d = sin d = cos + c. Dlaczego pisząc symbol całki należy zawsze pisać człon d, oznaczający że całkujemy po d tłumaczą następujące przykłady. Przykład 0: d = + c, gdyż. ( ) = = dt = dt = t + c, gdyż (t) = (t) =. Całkę nieoznaczoną, a potem oznaczoną stosujemy głównie w fizyce, gdzie rzadko kiedy argumenty funkcji są oznaczane jako, np. s = s(t) funkcja drogi od czasu (t time). W pierwszym przytoczonym przykładzie dopisek d oznacza, że poszukujemy funkcji pierwotnej od funkcji o argumencie. Czyli widzimy, że całkujemy funkcję f() = względem. W drugim zaś przykładzie jest stałą, którą wolno wziąć przed całkę. Wówczas całkujemy funkcję f(t) = względem t. WNIOSEK Wniosek : Z twierdzenia O całce sumy i z twierdzenia o wyciąganiu stałej przed znak całki Jeżeli funkcje f oraz g mają funkcje pierwotne w przedziale I, to różnica f g ma również funkcję pierwotną w przedziale I. Ponadto zachodzi równość (f() g()) d = f() d g() d. Przykład : (cos ) d

Obliczmy całkę (cos ) d. (cos ) d = cos d d = sin ln + c. WNIOSEK Wniosek : Z twierdzenia O całce sumy i z twierdzenia o wyciąganiu stałej przed znak całki Jeżeli funkcje f oraz g mają funkcje pierwotne w przedziale I, to dla dowolnych liczb a i b funkcja a f + b g ma również funkcję pierwotną w przedziale I oraz (af() + bg()) d = a f() d + b g() d. Przykład : Obliczmy całkę z wielomianu W() = 5 6 + 5. (5 6 + 5) d = 5 d 6 d d + 5 d = 5 + 5 + c. Przykład : Obliczmy całkę d. + Żeby można było użyć wzorów podstawowych, zastosujemy tutaj proste dopełnienie algebraiczne oraz wykorzystamy powyższy wniosek. d = ( ) d = ( ) d = d d = arctg + c. + + + + + + Całkowanie przez podstawianie całek nieoznaczonych TWIERDZENIE

Twierdzenie 5: o całkowaniu przez podstawienie Niech (f g) oznacza złożenie funkcji g z f, tj. (f g)() = f(g()). Jeżeli funkcja rzeczywista f ma w przedziale I funkcję pierwotną F oraz funkcja g o wartościach w przedziale I ma skończoną pochodną w każdym punkcie przedziału J, to funkcja (f g)g ma w przedziale J funkcję pierwotną. Ponadto (f g)() g () d = f(g()) g () d = F(g()) + c. () UWAGA Uwaga 5: Istota wzoru ( ) polega na wprowadzeniu nowej zmiennej poprzez podstawienie t = g() w całce f(g()) g () d. Wówczas otrzymuje się równość w której różniczka dg() = g ()d oraz t = g(). f(g()) g () d = f(t) dt t=g(), Przykład : Obliczmy całkę d. + 6 d = d. + 6 +( ) Zatem przedstawiliśmy funkcję podcałkową w postaci takiej jak we wzorze ( ), gdzie f(t) = oraz g() =. Zatem +t korzystając z powyższego twierdzenia oraz ze wzoru 9. w twierdzeniu wzory podstawowe, otrzymujemy Poniżej jeszcze raz wyznaczymy tą całkę stosując inny, tradycyjny zapis, który będziemy wykorzystywać w kolejnych przykładach. + 6 d = dt = arctg t +c = arctg ( ) + c. +t t= t= t = d = = dt = arctg t + c = arctg ( ) + c. + 6 dt = d +t W kolejnych przykładach oprócz twierdzenia o całkowaniu przez podstawianie będziemy wykorzystywać wzory podstawowe, twierdzenie o całce sumy oraz twierdzenie o wyciąganiu stałej przed znak całki.

Przykład 5: Obliczmy całkę sin cos d. t = sin sin cos d = = t dt = + c = + c. dt = cos d t sin Przykład 6: Obliczmy całkę + d. t = + + d = dt = d = t dt = + c = + c. t ( + ) dt = d Przykład 7: Obliczmy całkę ( + 6) ( 976 + 0) d t = + 0 ( + 6) ( 976 + 0) d = dt = ( + ) d = t 976 d = t 977 + c 977 dt = ( + 6) d = ( + 0 ) 977 + c = ( + 0 ) 977 + c. 977 8 Przykład 8: Obliczmy całkę d. e 5 t = 5 d = e 5 d = dt = 5 d = e dt = + c = + c = + c. e 5 t 5 5 et 5 e5 5e 5 dt = d 5 Przykład 9:

Obliczmy całkę d. 9 t = d = d = dt = 6 d = dt = arcsin t + c = arcsin( ) + c. 9 ( ) 6 t dt = d 6 6 6 Przykład 0: d Obliczmy całkę. e 5 + e 5 t = e 5 d e = 5 d = dt = 5e = dt = arctg t + c = arctg ( ) + c. e 5 + e 5 +(e 5 ) 5 d dt e 5 dt = e 5 5 +t 5 5 d 5 Przykład : + Obliczmy całkę d. 5 t = + d = = dt = dt + dt = + + c 5 t + = t++ t 5 5 t 5 5 t 9 t 9 5 5 t 5 dt = d 5 = ( ) 9 5 + 5( ) 5 + c. 9 Przykład : Obliczmy całkę d. cos (ln ) t = ln d = d = = dt = tg t + c = tg (ln ) + c. cos (ln ) cos (ln ) dt = d cos t Przykład : Obliczmy całkę z funkcji trygonometrycznej ctg. cos t = sin dt ctg d = d = cos d = = = ln t + c = ln sin + c. sin sin dt = cos d t

WNIOSEK Wniosek : Z twierdzenia O całkowaniu przez podstawianie f () d = ln f() + c. f() Przykład : Obliczmy całkę z funkcji trygonometrycznej tg. sin cos sin cos (cos ) cos tg d = d = d = d = ln cos + c. Przykład 5: Obliczmy całkę d. 75 75 7 7 75 7 (75) 75 d = d = d = ln 7 5 + c. 7 Przykład 6: Obliczmy całkę d d = d = ln + c. Przykład 7: Obliczmy całkę tg d. tg d = = tg t dt = dt = ln cos t + c = ln cos + c.

t = tg d = dt = d sin t = tg t dt = dt = ln cos t + c = ln cos + c. cos t dt = d Przykład 8: Obliczmy całkę d. Wyznaczmy pochodną mianownika: Wówczas ln ( ) = ( ) = ln. ( ) ln d = d = ln + c = log + c. Przykład 9: cos Obliczmy całkę d. sin Pierwszy sposób: cos (sin ) d = d = ln sin + c. sin sin Drugi sposób: cos t = cos t (sin t) d = = dt = dt = ln sin t + = ln sin +. sin c dt = d sin t sin t c Trzeci sposób: cos ( cos d = sin ) cos sin (sin ) d = d + d = (cos ) d + d sin sin cos sin cos sin cos = ln sin + ln cos + c = ln sin cos ln + c = ln sin + c. UWAGA Uwaga 6: Całkę nieoznaczoną można obliczyć na kilka sposobów. Wynik otrzymany różnymi metodami jest oczywiście ten sam, jednak poszukiwana rodzina wszystkich funkcji pierwotnych (całka nieoznaczona) może być opisana na różne sposoby, tzn. przedstawiona przy pomocy innych funkcji pierwotnych. Innymi słowy, jeśli rozważamy dwa opisy całki nieoznaczonej funkcji f przy pomocy istotnie różnych funkcji pierwotnych F i G, tj. rodzinę F() + c oraz rodzinę G() + c, gdzie c R, to zgodnie z twierdzeniem o funkcji pierwotnej funkcje F i G różnią się tylko o stałą, a zatem definiują tą samą rodzinę, tj. całkę nieoznaczoną.

Przykład 0: Obliczmy całkę sin cos d. Pierwszy sposób: t = sin cos d = sin d = = sin t dt = cos t + c = cos + c. dt = d Drugi sposób: t = sin t sin cos d = = tdt = sin + c = + c. dt = cos d Z powyższej uwagi wiadomo, że wyrażenia cos oraz mogą się różnić jedynie o stałą. I rzeczywiście sin ( cos ) = ( + cos ) = ( + ) =. sin sin sin cos sin Całkowanie przez części całek nieoznaczonych TWIERDZENIE Twierdzenie 6: o całkowaniu przez części Niech funkcje f i g mają pochodne w przedziale I. Jeżeli iloczyn fg ma w przedziale I funkcję pierwotną, to iloczyn f g ma w przedziale I funkcję pierwotną. Ponadto f ()g() d = f()g() f() g () d. W dalszej części przedstawimy zastosowanie powyższego twierdzenia. Oprócz niego wykorzystamy inne twierdzenia, tj. wzory podstawowe, twierdzenie o całce sumy, twierdzenie o wyciąganiu stałej przed znak całki oraz twierdzenie o całkowaniu przez podstawianie. Przykład : Obliczmy całkę ln d. ln d = g() = ln f () = = ln d = ln d g () = f() = = ln + c.

UWAGA Uwaga 7: W zapisie całkowania przez części f oznacza jakąkolwiek funkcję pierwotną funkcji f. Przykład : Obliczmy całkę e d. e d = g() = f () = e = d = + c. g () = f() = e e e e e Przykład : Obliczmy całkę e d. e d = g() = f () = e = d = d. g () = f() = e e e e e Korzystając z poprzedniego przykładu, otrzymujemy e d = e (e e ) + c = ( + ) e + c. Przykład : Obliczmy całkę (8 ) e d. () (8 ) d = = (8 ) 8 d

(8 ) e d = g() = 8 f () = e = (8 ) 8 d g () = 8 f() = e e e = ( ) e e d = ( ) e + c = ( ) + c. e 5 e Przykład 5: Obliczmy całkę ( + ) sin d. ( + ) sin d = g() = + f () = sin = ( + ) ( cos ) ( cos ) d g () = f() = cos = ( + ) cos + cos d = ( + ) cos + sin + c. Przykład 6: Obliczmy całkę ( 6 + ) cos d. ( ) = ( 6 + ) cos d = g() = g () = 6 + Całkę ( ) sin d wyliczymy również stosując twierdzenie o całkowaniu przez części : Całkę cos d liczymy ponownie stosując twierdzenie o całkowaniu przez części : 6 f () f() 6+ = = cos sin = ( 6 + ) ( sin ) ( 6) ( sin ) d = sin ( ) sin d. ( ) = ( ) sin d = g() = g () = f () f() = = sin cos = ( ) ( cos ) ( cos ) d = cos + cos d. cos d = g() = f () = cos = sin sin d g () = f() = sin = sin sin d = sin ( cos ) + = sin + cos +. c c 9 Wyliczoną całkę wstawiamy do całki oznaczonej przez ( ): 0 c 9 7 ( ) = cos + ( sin + cos + ) = ( ) cos + sin +. c 9 =

W powyższym wzorze stała c została zastąpiona przez stałą c =. Następnie wstawiamy wyliczoną całkę do całki c oznaczonej przez ( ): gdzie stała c = c. ( ) = ( + 7) sin (( ) cos + sin + ) 0 7 = ( + 7) sin ( ) cos + c, 0 9 0 7 c 9 W poniższej uwadze podsumowano dotychczasowe przykłady. UWAGA Uwaga 8: Uogólniając, jeśli W n () oznacza wielomian n -tego stopnia oraz a jest dowolną liczbą różną od zera, to wówczas licząc całki z funkcji W n () sin a, W n () cos a, W n () e a stosujemy twierdzenie o całkowaniu przez części przyjmując g() = W n (). Przykład 7: Stosując całkowanie przez części można wyznaczyć funkcję pierwotną dla funkcji arkus tanagens: arctg d = atctg d = g() = arctg f () = = arctg d = g () = f() = + + + arctg d = arctg ln( + ) + c. Przykład 8: Stosując całkowanie przez części można również wyznaczyć funkcję pierwotną dla funkcji arkus sinus: g() () arcsin d = arcsin d = = arcsin d.

g() = arcsin f arcsin d = arcsin d = () = = arcsin d. g () = f() = Całkę wyliczymy stosując twierdzenie o całkowaniu przez podstawianie. Zatem t = d = dt = d = dt = + = +. t c t c dt = d arcsin d = arcsin ( + c ) = arcsin + + c. Przykład 9: Stosując całkowanie przez części można wyznaczyć funkcję pierwotną dla logarytmu naturalnego: ln d = ln d = g() = ln f () = = ln d = ln d g () = f() = = ln + c. Przykład 0: Obliczmy całkę ln ( + ) d. ln ( + ) d = ln ( + ) d = g() = g () = ln ( + ) + + ( +) + = ln ( + ) d = ln ( + ) d f () f() = ln ( + ) ( d ) d = ln ( + ) + arctg + c. + = = Przykład : Obliczmy całkę (9 )ln d. (9 )ln d = g() () 9

(9 )ln d = g() = ln f () = 9 g 9 () = f() = = ( ) ln ( ) d = ( )ln ( ) d = ( )ln ( ) + c = ( )ln + + c. Przykład : Obliczmy całkę e sin d. Zauważmy, że aby wyznaczyć jedną z funkcji pierwotnych, należy rozwiązać równanie: w którym niewiadomą jest całka I = e sin d. Zatem I = (sin cos ). e W celu wyznaczenia całki nieoznaczonej, tj. wszystkich funkcji pierwotnych, dodajemy stałą c. Zatem rozwiązaniem jest e sin d = g() = sin f () = e = sin cos d g () = cos f() = e e e = g() = cos f () = e = sin ( cos ( sin ) d) g () = sin f() = e e e e = e (sin cos ) e sin d. I = e (sin cos ) I, I = e (sin cos ), e sin d = (sin cos ) + c. e UWAGA Uwaga 9: W podobny sposób można wyznaczyć całki postaci: dla dowolnych liczb a 0 oraz b 0. e a sin b d oraz e a cos b d,

Przykład : Obliczmy całkę e cos 6 d. e cos 6 d = g() = g () = cos 6 6 sin 6 Niech I = e cos 6 d. Wówczas rozwiązujemy równanie: f () f() = = e e e e e sin 6 f () = e = cos 6 (6 sin 6) d = cos 6 + e sin 6 d = g() = g () = e 6 cos 6 f() = e e e = cos 6 + ( sin 6 6 cos 6 d) e 9 e = (cos 6 + sin 6) cos 6 d. e I = (cos 6 + sin 6) I, e I = (cos 6 + sin 6), e 9 I = (cos 6 + sin 6), I = (cos 6 + sin 6). e Po dodaniu do wyznaczonej funkcji pierwotnej stałej c otrzymujemy rozwiązanie: e cos 6 d = (cos 6 + sin 6) + c. e Przykład : W podobny sposób można wyliczyć całkę sin d. sin d = sin sin d = Korzystając z jedynki trygonometrycznej sin + cos =, otrzymujemy: Przyjmując I = sin d, otrzymujemy równanie: g() = g () = sin cos f () f() = = sin cos = sin ( cos ) cos ( cos ) d = sin cos + cos d. sin d = sin cos + ( sin ) d = sin cos + sin d.

I = sin cos + I, I = sin cos, I = ( sin cos ). Po dodaniu do wyznaczonej funkcji pierwotnej stałej c otrzymujemy rozwiązanie: sin d = ( sin cos ) + c. Całki sin d oraz cos d można wyliczyć stosując wzory trygonometryczne a następnie podstawienie t =. sin cos = oraz =, cos +cos Rozkład funkcji wymiernej na sumę wielomianu i ułamka wymiernego. Rozkład wielomianu na czynniki DEFINICJA Definicja : Funkcja wymierna Funkcję W() = P() nazywamy funkcją wymierną, jeśli P() i Q() są wielomianami dowolnego stopnia. Q() Jeśli stopień wielomianu P() jest mniejszy niż stopień wielomianu Q(), to funkcję W() nazywamy funkcją wymierną właściwą (ułamkiem wymiernym). Zauważmy, że każdą funkcję wymierną niewłaściwą (tj. st. P() st. Q() ) można przedstawić jako sumę wielomianu i funkcji wymiernej właściwej poprzez wykonanie dzielenia wielomianów z resztą. Kilka przykładów pozwoli nam się zapoznać z technikami przekształcania funkcji wymiernej niewłaściwej na sumę wielomianu i funkcji wymiernej właściwej. Przykład 5: Przedstawić podaną funkcję wymierną w postaci sumy wielomianu i ułamka wymiernego Przekształcając wzór funkcji, otrzymujemy + +5 f() =.

f() = + ( + 5) = = + = + 5 + 5 + 5 = ( + 5) + 9 + = 9 +. + 5 + 5 Szukana postać funkcji, to wielomian 9 i ułamek wymierny. +5 Przykład 6: Zapisz funkcję wymierną w postaci sumy wielomianu i ułamka wymiernego f() = 8. + Funkcję wymierną właściwą otrzymamy, wykonując dzielenie z resztą wielomianów ( 8 ) 8 5 : ( + ) = 5 5 5 + Stąd f() = 5 + wielomian +. ułamek wymierny ZADANIE Zadanie : Treść zadania: Przedstawić podaną funkcję w postaci sumy wielomianu i ułamka wymiernego +9 f() =. ++5 Rozwiązanie: Przekształcamy wzór funkcji, stosując w liczniku dopełnienie algebraiczne tak, aby nie zmienić jego wartości, a jedynie zmienić tylko jego postać ( + + 5) 9 = =

f() = + 9 ( + + 5) 9 = = + + 5 + + 5 = + 9 ( + + 5) + + = + = + + 5 + + 5 + = +. + + 5 Identyczny wynik otrzymamy, wykonując dzielenie pisemne wielomianów ( + 9) 5 9 + + 0 + : ( + + 5) = A zatem szukany rozkład to f() = + wielomian +. ++5 ułamek wymierny TWIERDZENIE Twierdzenie 7: o rozkładzie wielomianu na czynniki Każdy wielomian o współczynnikach rzeczywistych można przedstawić jako iloczyn czynników ( a i ) k i i ( + b i + c i ) l i, gdzie wielomiany + b i + c i są nierozkładalne (tzn. mają Δ i < 0) zaś k i, l i N {0} nazywają się krotnościami tych czynników. Wówczas wielomian dla a n 0 ma postać: W() = a n n + a n n + + a + a 0 = = a n ( a ) k ( a ) k ( a r ) k r ( + b + c ) l ( + b s + c s ) l s oraz k + k + + k r + ( l + + l s ) = n. Liczby k, k,, k r nazywamy wówczas krotnościami pierwiastków a, a,, a r, ponieważ czynnik liniowy ( a i ) pojawia się w rozkładzie wielomianu na czynniki k i krotnie: ( a i ) k i. Przykład 7: Rozłóżmy wielomian R() na czynniki, jeśli R() = +. Wielomian R() rozłożymy na czynniki stosując metodę grupowania wyrazów R() = + = ( + ) ( + ) = ( + )( ) = = ( + )( + )( ) = ( + ) ( ).

Przykład 8: Rozłóżmy na czynniki wielomian P() = +. Skorzystamy ze wzorów skróconego mnożenia. Przekształcając wzór wielomianu P(),, otrzymujemy P() = + = ( + + ) = ( + ) = = ( + ) ( ) = ( + )( + + ), gdzie obie zapisane w nawiasach funkcje kwadratowe są nierozkładalne (w obu przypadkach ich Δ < 0). Zatem jest to szukany rozkład wielomianu P(), gdyż jest to iloczyn złożony jedynie z czynników liniowych lub kwadratowych, o delcie ujemnej, w pewnych potęgach (tutaj oba te czynniki mają krotności pojedyncze). Przykład 9: Rozłóżmy wielomian Q() na czynniki, jeśli Q() = + 0 + 8. Zróbmy podstawienie = t 0 czyli Q(t) = t + 0t + 8. Korzystając z własności funkcji kwadratowej (Δ = b b Δ b+ Δ ac, t =, t = ), otrzymujemy, że oraz. Nie chodzi tu jednak o wyliczenie a t a = t = 9 pierwiastków wielomianu, których nasz wielomian oczywiście nie ma, a jedynie o zamianę sumy na iloczyn. Stąd mamy postać iloczynową Q(t) = t + 0t + 8 = (t + )(t + 9). Wracając do podstawienia mamy szukany rozkład wielomianu Q() na czynniki Q() = ( + )( + 9). ZADANIE Zadanie : Treść zadania: Rozłóż wielomian W() na czynniki, jeśli W() = 6 5 + + +. Rozwiązanie: W() = 0 B zouta W() ( )

Zauważmy, że W() = 0, a zatem z twierdzenia Bezouta wielomian W() jest podzielny przed dwumian ( ). Dzieląc z resztą wielomiany, bądź stosując schemat Hornera, otrzymujemy W() = ( )( 5 + + ). Przekształcając wzór wielomianu W(), mamy W() = ( )[ ( ) + ( ) + ( )] = = ( )( )( + + ) = ( ) [( + ) ] = = ( ) ( + )( + + ). Jest to szukany rozkład wielomianu W(), ponieważ wyróżniki (tzn. Δ ) obu funkcji kwadratowych: ( + ) i ( + + ) są mniejsze od zera. Nasz wielomian W() ma jeden czynnik liniowy w krotności podwójnej oraz dwa czynniki kwadratowe nierozkładalne, każdy z nich o pojedynczej krotności. Ułamki proste. Rozkład ułamka wymiernego na ułamki proste Jeżeli w ułamku wymiernym rozłożymy wielomian występujący w mianowniku tego ułamka na czynniki, to w rozkładzie pojawią się jedynie czynniki liniowe lub nierozkładalne czynniki kwadratowe w pewnych potęgach. W związku z tym podamy następujące definicje tak zwanych ułamków prostych jedynie dwóch rodzajów. W ułamku prostym pierwszego rodzaju, w mianowniku jest czynnik liniowy w pewnej potędze, a w liczniku stała. Natomiast w ułamku prostym drugiego rodzaju, w mianowniku jest nierozkładalna na iloczyn funkcja kwadratowa w pewnej potędze, a w liczniku czynnik liniowy. DEFINICJA Definicja : Ułamek prosty Funkcję postaci f() = A, gdzie a, A R i k N {0} nazywamy ułamkiem prostym pierwszego rodzaju. (a) k Funkcję f() = B+C, gdzie b, c, B, C R, l N {0} oraz wielomian + b + c jest wielomianem ( +b+c) l nieposiadającym pierwiastków, tzn. Δ = b c < 0 nazywamy ułamkiem prostym drugiego rodzaju. TWIERDZENIE Twierdzenie 8: o rozkładzie ułamka wymiernego na ułamki proste Każdy ułamek wymierny W() = P() (st. P() < st. Q()), można przedstawić w sposób jednoznaczny w postaci sumy Q() ułamków prostych pierwszego lub drugiego rodzaju. UWAGA Uwaga 0:

P(). Jeśli w rozkładzie na czynniki wielomianu Q() z mianownika ułamka wymiernego występuje czynnik liniowy Q() ( a) k o krotności k, gdzie k N {0}, to temu czynnikowi o krotności k w rozkładzie ułamka wymiernego na ułamki proste odpowiada suma k ułamków prostych pierwszego rodzaju A a A + +... +, A (a) (a) A k (a) k () gdzie A i R dla i =,,..., k są nieznanymi liczbami, które trzeba wyliczyć. P(). Jeśli w rozkładzie na czynniki wielomianu Q() z mianownika ułamka wymiernego występuje czynnik Q() ( + b + c) l o krotności l, gdzie l N {0}, to temu czynnikowi o krotności k w rozkładzie ułamka wymiernego na ułamki proste odpowiada suma ułamków prostych drugiego rodzaju B + C B + C B + C B l + C l +b+c ( +b+c) ( +b+c) ( +b+c + +... +, ) l () przy czym B j, C j R dla j =,,..., l, i są to nieznane są liczby B j, C j, które trzeba wyliczyć. Przykład 50: Rozłóżmy na ułamki proste ułamek wymierny P() =, st. P() < st. Q(). Q() 6 +6 () Pierwszą rzeczą, którą musimy wykonać, jest rozłożenie wielomianu Q() z mianownika na czynniki. W rozkładzie Q() na iloczyn występują jedynie czynniki liniowe, a więc w rozkładzie na ułamki proste pojawią się jedynie ułamki proste pierwszego rodzaju, a mianowicie P() Q() 6 +6 ()()() A B C = = = + +. (5) Mnożąc powyższe równanie przez mianownik lewej strony (tj. Q() ) otrzymujemy równanie = A( )( ) + B( )( ) + C( )( ), które ma być spełnione dla dowolnej wartości zmiennej. Wybierając =, = i =, natychmiast otrzymujemy szukane liczby (6) A = B = C =. Zatem szukany rozkład ułamka wymiernego na ułamki proste ma postać 6 +6 = + +. (7) Przykład 5:

Rozłóżmy na ułamki proste ułamek wymierny P() + =, st. P() < st. Q(). Q() +6+9 Zauważmy, że w mianowniku mamy wzór skróconego mnożenia, czyli czynnik liniowy ( + ) krotności, a zatem otrzymujemy następujący rozkład na ułamki proste pierwszego rodzaju P() + + A B = = = + Q() +6+9 (+) + (+) Wymnażając obie strony przez ( + ) otrzymujemy + = A( + ) + B, (8) (9) (0) a następnie porównując po obu stronach współczynniki przy odpowiednich potęgach zmiennej dostajemy { A = A + B =. Stąd A =, B = 7 i otrzymujemy szukany rozkład na ułamki proste postaci P() Q() + 7 (+) = +. () ZADANIE Zadanie : Treść zadania: Rozłóż ułamek wymierny na ułamki proste. P() Q() + =, st. P() < st. Q(). () Rozwiązanie: Rozkładając mianownik Q() na czynniki otrzymujemy następujące ułamki proste pierwszego rodzaju P() Q() + + A B C D = = == + + +. ( ) Mnożąć powyższe równanie obustronnie przez najmniejszy wspólny mianownik, otrzymujemy następujące równanie pomiędzy wielomianami + = A ( ) + B( ) + C( ) + D, które po pogrupowaniu wyrazów jest postaci + = (A + D) + (A + B) + (B + C) C. () () Porównując współczynniki przy odpowiednich jednomianach otrzymujemy układ równań A + D = A + B = B + C = C =, którego rozwiązaniem są liczby A =, B = 0, C =, D =. Zatem + = + (5)

jest szukanym rozkładem ułamka wymiernego na ułamki proste. ZADANIE Zadanie : Treść zadania: Rozłóż na ułamki proste ułamek wymierny P() = ++, st. P() < st. Q(). Q() + + (6) Rozwiązanie: Rozkładając na czynniki wielomian Q() = + + otrzymujemy następujące ułamki proste pierwszego i drugiego rodzaju P() = ++ A B C+D = + +, (7) Q() () ( +) () + ponieważ w rozkładzie na czynniki wielomianu Q() jest czynnik liniowy ( ) krotności oraz nierozkładalny czynnik kwadratowy ( + ) krotności. Czynnik ( ) dyktuje dwa ułamki proste pierwszego rodzaju, zaś czynnik ( + ) dyktuje jeden ułamek prosty drugiego rodzaju. Mnożąc przez mianownik lewej strony równania dostajemy równanie wielomianów + + = A( )( + ) + B( + ) + (C + D)( ), (8) które ma być spełnione dla dowolnej liczby rzeczywistej. Zatem wybierając cztery dowolne liczby otrzymamy warunki na szukane liczby (tutaj wybierzemy =, = 0, =, = ) 5 = B = A + B + D = A + B C + D = 5A + 5B + C + D. 5 Rozwiązując powyższy układ równań mamy A = 0, B =, C = 0, D =. Stąd otrzymujemy szukany rozkład ++ + + 5 = +. () + (9) Całkowanie ułamków prostych pierwszego i drugiego rodzaju TWIERDZENIE Twierdzenie 9: o całkowaniu ułamków prostych pierwszego rodzaju Do obliczenia całki z ułamka prostego pierwszego rodzaju A (a) k stosujemy wzory:. Jeśli k =, to d A d = A ln a + C,

. Jeśli k >, to A d = A ln a + C, a A (a) k A (k)(a) k = + C. Przykład 5: Obliczmy całkę z ułamka wymiernego Chcąc rozwiązać całkę z ułamka wymiernego, w pierwszej kolejności musimy rozłożyć funkcję podcałkową na ułamki proste. Zatem zauważmy, że w podcałkowym ułamku wymiernym rozkład mianownika na czynniki ma postać, a więc otrzymujemy następujący rozkład na ułamki proste Mnożąc powyższe równanie obustronnie przez mianownik lewej strony mamy równanie które po przekształceniu ma postać Wtedy współczynniki A, B spełniają warunki + ++ d. + + = ( + )( + ), + ++ A + B + = +. + = A( + ) + B( + ), + = (A + B) + A + B. A + B = A + B = i stąd A =, B = 5. Wracając do całki mamy + 5 I = d = ( + )d = d + 5 d ++ + + + + Ostatecznie otrzymujemy I = ln + + 5 ln + + C. Przykład 5: Obliczmy całkę z ułamka wymiernego ++ d.

Do rozwiązania całki zastosujemy rozkład funkcji podcałkowej na ułamki proste. Najpierw zauważmy, że w ułamku wymiernym mianownik rozłożony na czynniki ma postać Stąd otrzymujemy rozkład funkcji podcałkowej na ułamki proste Mnożąc równanie przez ( + ) otrzymujemy a więc współczynniki A, B spełniają układ równań postaci + + = ( + ). ++ A + B (+) = +. = A( + ) + B, A = A + B = i stąd dostajemy A =, B = 7. Wracając do całki mamy co ostatecznie daje ++ + 7 (+) + (+) I = d = ( + )d = d 7 d 7 I = ln + + + C. + Przykład 5: Obliczmy całkę z ułamka wymiernego + d. Najpierw zamienimy mianownik funkcji podcałkowej na iloczyn Stąd dostajemy następujący rozkład na ułamki proste Mnożąc równanie przez, otrzymujemy równanie które po pogrupowaniu wyrazów jest postaci = ( ). + + () Szukane współczynniki A, B, C, D spełniają zatem układ równań A = = + + +. B C D + = A ( ) + B( ) + C( ) + D, + = (A + D) + (A + B) + (B + C) C.

A + D = A + B = B + C = C =, którego rozwiązaniem są liczby A =, B = 0, C =, D =. Wracając do całki mamy I = + d = ( + )d d d d = + = ln + ln + C Ostatecznie I = ln + + ln + C. TWIERDZENIE Twierdzenie 0: o całkowaniu ułamków prostych drugiego rodzaju Do obliczenia całki korzystamy z wzoru B+C B ( +b+c) n B+C ( +b+c ) n d +b Bb ( +b+c) n d = d + (C ) d ( +b+c ) n (0) oraz postaci kanonicznej funkcji kwadratowej + b + c = ( p) + q, b Δ gdzie p =, q =. Pierwszą z całek ze wzoru ( 0 ) obliczamy w następujący sposób +b ( +b+c) n (n)( +b+c d = + C. Do drugiej całki ze wzoru ( 0 ) stosujemy podstawienie t = + b i po przekształceniu mianownika do postaci ( t + α ) n (α 0), otrzymaną całkę obliczamy według wzorów ) n dt ( t + α ) n n dt t + α α t n α ( t + α ) n n t α = arctg + C, = +, n. α dt ( + ) t α n () Przykład 55: Obliczmy całkę z ułamka wymiernego + d.

+ ++6 + + I = d = d + d = ++6= + + 6 + + 6 + + 6 =(+ ) +5 = ln + + 6 + d = t=+ ( + ) dt=d + 5 = ln + + 6 + dt t + 5 = ln t + + 6 + arctg + C 5 5 = ln 5 + + + 6 + arctg + C. 5 5 d. Przykład 56: 5 d. + Zauważmy, że w powyższym przykładzie współczynnik przy najwyższej potędze jest różny od ( a = ), więc aby móc skorzystać z wzoru ( 0 ) musimy najpierw przekształcić całkę (wystarczy tylko wyciągnąć stałą przed całkę) 5 5 I = d = d + + 7 = ( d d) = + 8 + = ln 7 + d = 8 5 ( ) + t= 8 dt=d 8 6 = ln 7 + dt 8 t + 5 6 = ln 7 8 8t + arctg + C 8 5 5 = ln 7 8 + arctg + C. 8 5 5 + = 8 5 = ( ) + 6 Przykład 57: Obliczmy całkę z ułamka wymiernego Ułamek wymierny ( ++) d ( ++). ma następujący rozkład na ułamki proste ( ++) A B+C ++ = +.

Mnożąc powyższe równanie przez wspólny mianownik lewej strony i grupując wyrazy podobne otrzymujemy = A( + + ) + (B + C) = (A + B) + (A + C) + A. Zatem szukane współczynniki spełniają układ równań A + B = 0 A + C = 0 A =. Stąd A =, B =, C =. Następnie wracając do całki mamy I = d ( + + ) = ( + )d + + d + = d + + + = ln ( d + d) + + + + = ln ln d + + d = t=+ 6 ( + ) dt=d + = ln ln dt + + d 6 t + = ln ln t + + d arctg + C 6 = ln ln + + + d arctg + C. 6 6 ZADANIE Zadanie 5: Treść zadania: Obliczmy całkę z ułamka wymiernego d. Rozwiązanie: Mianownik funkcji podcałkowej możemy przedstawić w postaci = ( + )( ) = ( + )( )( + ), więc rozkład na ułamki proste jest następujący ()(+)( +) A+B + C = = + +. Mnożąc powyższe równanie przez i grupując wyrazy podobne dostajemy D + = (A + C + D) + (B + C D) + (A + C + D) B + C D.

Tak więc szukane współczynniki spełniają układ równań postaci A + C + D = 0 B + C D = A + C + D = 0 B + C D = 0. Stąd A = 0, B =, C =, D =. Wracając do całki mamy I = d = ( + + )d + + d d d = d + d d + + = arctg + ln ln + + C. ZADANIE Zadanie 6: Treść zadania: Oblicz całkę z ułamka wymiernego d ( ++) d. Rozwiązanie: Do obliczenia powyższej całki skorzystamy ze wzoru rekurencyjnego ( ) z twierdzenia o całkowaniu ułamków prostych drugiego rodzaju. Aby móc skorzystać ze wzoru rekurencyjnego musimy najpierw przekształcić funkcję kwadratową z mianownika do postaci kanonicznej, a mianowicie + + = ( + ) + = ( ( + ) + ). 8 6 Stąd mamy I = d d d = ( + + ) (( + ) + ) d = = t=+ = dt=d 8 (( + ) + ) 6 8 dt ( + ) t 6 Do tak przekształconej całki możemy skorzystać ze wzoru rekurencyjnego ( ), przyjmując n = oraz α = 6 otrzymujemy t 6 dt t I = + = + 8 6 ( + ) 6 6 t ( + ) t 6 6( + ) t 6 dt t 6 ( + )

Do otrzymanej całki po zastosowaniu wzoru rekurencyjnego ponownie stosujemy wzór ( ) z twierdzenia o całkowaniu ułamków prostych drugiego rodzaju, przyjmując n = oraz α =. 6 Zatem t I = + t 6 + 6( t + 6 ) ( + ) 6 t 6 6 t t dt = + + 6( t + ) ( t + ) + 6 6 t 6 dt t + 6 t t t = + + arctg + C 6( t + ) ( t + ) 6 6 Wracając do podstawienia t = + otrzymujemy odpowiedź + I = + + arctg + C. 6( + +) +9 ( + +) 8 + Całka z dowolnej funkcji wymiernej - kompletna procedura i przykłady DEFINICJA Definicja 5: Całka z funkcji wymiernej Jeżeli P(), Q() są to dowolne wielomiany ( Q() 0), to całkę P() d Q() nazywamy całką z funkcji wymiernej. Procedura obliczania całki z funkcji wymiernej:. Jeżeli stopień wielomianu P() jest większy lub równy stopniowi wielomianu Q(), to należy podzielić z resztą wielomian P() przez Q(). W wyniku uzyskamy sumę wielomianu i ułamka wymiernego, w którym stopień licznika będzie mniejszy niż stopień mianownika.. Następnie w ułamku wymiernym należy rozłożyć wielomian w mianowniku na czynniki liniowe lub nierozkładalne czynniki kwadratowe w pewnych potęgach.. Po rozłożeniu mianownika ułamka wymiernego na czynniki należy ułamek wymierny rozłożyć na ułamki proste pierwszego lub drugiego rodzaju. Rozkład ten jest podyktowany obecnością czynników liniowych lub nierozkładalnych czynników kwadratowych w rozkładzie mianownika ułamka wymiernego na czynniki oraz ich krotnościami.. Na koniec należy scałkować powstały wielomian oraz ułamki proste i jest to wynik całości. Przykład 58:

Obliczmy całkę z funkcji wymiernej 7 5 + 8 +6 d. Zauważmy, że stopień wielomianu z licznika jest większy od stopnia wielomianu w mianowniku, a zatem najpierw wykonamy dzielenie wielomianów ( 7 5 + 8 + 6) 7 + 5 + + 8 + 6 + 9 + + + : ( ) = + Stąd 7 5 + 8 +6 Otrzymaliśmy w ten sposób ułamek właściwy + ++, w którym stopień wielomianu w liczniku jest niższy niż stopień wielomianu z mianownika, a więc możemy przystąpić do rozłożenia wielomianu na czynniki. Aby rozłożyć na iloczyn wielomian, skorzystamy z podstawienia t = sprowadzając wielomian stopnia do funkcji kwadratowej t t. Po obliczeniu Δ = 5 oraz miejsc zerowych t =, t =, otrzymujemy postać iloczynową funkcji kwadratowej Wracając do podstawienia t = oraz korzystając ze wzoru skróconego mnożenia dostajemy szukany rozkład na czynniki mianownika Szukany rozkład na ułamki proste jest zatem następujący = + +. t wielomian t = (t + )(t ). + + ułamek wymierny = ( + )( ) = ( )( + )( + ). + + A = + +. Mnożąc powyższe równanie przez wspólny mianownik ( ), a następnie grupując wyrazy podobne otrzymujemy Następnie porównując współczynniki przy odpowiednich potęgach zmiennej dostajemy układ równań B + C+D + + + = (A + B + C) + (A B + D) + (A + B C) + (A B D). A + B + C = A B + D = A + B C = A B D =, a stąd A =, B =, C = 0, i D =. Wówczas otrzymujemy Wracając do całki + + + + = + +. 7 5 + 8 + 6 = d

I = 7 5 + 8 + 6 = ( + + + + )d = ( + + + )d + d = + + ( + + )d + + d d d = + + + + + + = + + ln + ln + + arctg + C = + + ln + arctg + C. d Przykład 59: Obliczmy całkę z funkcji wymiernej Zauważmy, że stopień wielomianów z licznika i mianownika jest taki sam a więc, aby móc rozłożyć funkcję wymierną na ułamki proste, musimy przekształcić ją najpierw do postaci sumy wielomianu i ułamka wymiernego. Stąd + Następnie rozkładając mianownik ułamka na czynniki = ( ) = ( )( + ), otrzymujemy rozkład na ułamki proste + ++ Mnożąc powyższe równanie przez mianownik lewej strony (tj. ) otrzymujemy równanie + + = A( )( + ) + B( + ) + C( ), które ma być spełnione dla dowolnej wartości zmiennej. Wybierając = 0, = i =, natychmiast otrzymujemy szukane liczby d. + + = = + = +. + A B C + = + +. A = B = C =. Wracając do całki mamy + = d = ( + )d

+ + I = d = ( + )d + = d + d = + ( + + )d + d d d = + + + = ln + ln + ln + + C. ZADANIE Zadanie 7: Treść zadania: Oblicz całkę z funkcji wymiernej + + + d. Rozwiązanie: Zauważmy, że funkcja podcałkowa jest ułamkiem wymiernym bo stopień wielomianu z mianownika jest większy niż stopień wielomianu z licznika, a więc nie ma potrzeby wykonania dzielenia wielomianów. Możemy bezpośrednio przystąpić do rozkładu wielomianu + + na czynniki. Otrzymujemy a stąd mamy następujący rozkład na ułamki proste Mnożąc powyższe równanie przez + + i grupując wyrazy podobne dostajemy zależność Zatem szukane współczynniki spełniają układ równań + + = ( + + ) = ( + ), + A + + B + C (+) = + +. + = (A + B) + (A + B + C) + A. A + B = 0 A + B + C = A = i stąd otrzymujemy A =, B = oraz C =. Wracając do całki = = ( + + )d

I = + = ( + + )d + + + ( + ) = d d d + + ( + ) = ln ln + + + C + = ln + C. + + Całki z funkcji trygonometrycznych TWIERDZENIE Twierdzenie : o całkowaniu funkcji postaci R(sin, cos ) Do obliczania całki R(sin, cos )d, gdzie R jest funkcją wymierną dwóch zmiennych stosujemy, w zależności od warunków jakie spełnia funkcja R, następujące podstawienia. Oznaczmy u = sin, v = cos.. Jeśli funkcja R jest dowolna to stosujemy podstawienie uniwersalne (tzw. tangens połówkowy ) dt t t t = tg, d =, sin =, cos =. +t +t +t. Jeśli R(u, v) = R(u, v) (tzn. funkcje sin i cos są w parzystych potęgach), to stosujemy podstawienie tangensowe dt t = tg, d =, sin = t, cos =. +t +t +t. Jeżeli R(u, v) = R(u, v) (tzn. funkcja cos jest w potędze nieparzystej), to dt t = sin, d =, cos = t. t. Jeżeli R(u, v) = R(u, v) (tzn. funkcja sin jest w potędze nieparzystej), to dt t = cos, d =, sin = t. t Zauważmy, że głównym celem podstawień trygonometrycznych jest zamiana całki z funkcji trygonometrycznych na całkę z funkcji wymiernej. To, w jaki sposób należy korzystać z podstawień trygonometrycznych, przybliżą nam poniższe przykłady. Przykład 60: Stosując podstawienie trygonometryczne, rozwiąż całkę d. sin + cos +5 Zauważmy, że występujące w całce funkcje sin i cos są w potęgach nieparzystych więc do jej rozwiązywania skorzystamy z podstawienia uniwersalnego t = tg, tangens-połówkowe, i wówczas mamy

t= tg d sin + cos + 5 = d= dt dt +t = +t = sin = t t t +t + + 5 cos = t +t +t +t dt dt = = t + t + 5 + 5t t + t + 7 dt dt = = + t + t 7 (t + + ) 0 9 dt +t t+( t )+5(+ t ) +t = arctg + C = arctg ( ) + C t + t + 5 5 0 9 0 9 5 tg + 5 5 tg + 5 = arctg ( ) + C = arctg ( ) + C. 5 5 5 0 Przykład 6: Korzystając z podstawienia trygonometrycznego oblicz całkę d sin +9 cos. Zauważmy, że w powyższej całce funkcje sinus i cosinus występują w potęgach parzystych, a stąd najbardziej odpowiednim będzie skorzystanie z podstawienia t = tg t= tg d= d dt dt sin = +t +t = = + 9 cos sin t = t +t cos + 9 +t +t = +t dt t = = arctg + C t + tg = arctg ( ) + C. t dt + 9 Przykład 6: Stosując podstawienie trygonometryczne oblicz całkę cos d. Oczywiście do rozwiązania powyższej całki możemy użyć podstawienia uniwersalnego jednak o wiele łatwiejszą całkę

będziemy mieć do rozwiązania, jeśli zastosujemy podstawienie t = sin, tj. kiedy funkcja cosinus jest w potędze nieparzystej. cos t=sin d = dt=cos dt = ( t )dt = t + C = sin + + C. t sin cos =t ZADANIE Zadanie 8: Treść zadania: Stosując podstawienie trygonometryczne oblicz całkę d. sin Rozwiązanie: Do rozwiązania powyższej całki można oczywiście skorzystać z podstawienia uniwersalnego ti. t = tg my jednak wybierzemy podstawienie t = cos I = d sin = sin d = t=cos sin = dt = dt. dt= sin sin =t t (t + )(t ) Korzystając z rozkładu na ułamki proste otrzymujemy Wracając do całki mamy (t+)(t) t+ t = +. dt dt I = + = ln t + + ln t + C = ln t + C = ln cos + C. t + t t + cos + TWIERDZENIE sin(α) cos(β) Twierdzenie : o całkowaniu funkcji postaci, sin(α) sin(β), cos(α) cos(β) Do obliczania całek sin(α) cos(β)d, sin(α) sin(β)d, cos(α) cos(β)d stosujemy tożsamości trygonometryczne sin(α) cos(β) = sin(α) sin(β) = cos(α) cos(β) = [sin[(α + β)] + sin[(α β)]], [cos[(α β)] cos[(α + β)]], [cos[(α + β)] + cos[(α β)]]. Przykład 6:

Obliczmy całkę sin(6) cos()d. Korzystając z tożsamości z twierdzenia o całkowaniu funkcji postaci sin(α) cos(β), sin(α) sin(β), cos(α) cos(β), otrzymujemy I = sin(6) cos()d = [sin(6 + ) + sin(6 )]d = sin(9)d + sin()d Ostatecznie z wzoru sin(a)d = a cos(a) + C otrzymujemy 8 I = cos(9) cos() + C. 6 () () Przykład 6: Obliczmy całkę sin() sin(5)d. Na podstawie wzoru z twierdzenia o całkowaniu funkcji postaci sin(α) cos(β), sin(α) sin(β), cos(α) cos(β) otrzymujemy I = sin() sin(5)d = [cos( 5) cos( + 5)]d = cos()d cos(9)d Następnie korzystając z wzoru cos(a)d = a sin(a) + C mamy 8 I = sin() sin(9) + C = sin() sin(9) + C. 8 ZADANIE Zadanie 9: Treść zadania: Oblicz całkę cos() cos(7)d. Rozwiązanie: I = cos() cos(7)d = [cos(7 + ) + cos(7 )]d = cos(9)d + cos(5)d Stosując wzór cos(a)d = a sin(a) + C otrzymujemy odpowiedź 8 0 I = sin(9) + sin(5) + C.

Wzory rekurencyjne w całce z funkcji trygonometrycznych TWIERDZENIE Twierdzenie : Podstawowe wzory rekurencyjne W poniższych wzorach zakładamy, że n, m > sin n (a) cos(a) na sin n n (a)d = + sin n (a)d, cos n (a) sin(a) na cos n (a)d = + cos n (a)d, sin n+ cos m n n n m sin n (a) cos m (a) (a) (a)d = + (a) (a)d, n+m sinn cos m a(n+m) sin n cos m+ sin n (a) cos m (a) (a) n (a)d = + (a) (a)d. a(n+m) n+m sinn cos m Przykład 65: Stosując wzór rekurencyjny oblicz całkę sin 6 ()d. () Skorzystajmy z twierdzenia Podstawowe wzory rekurencyjne, przyjmując we wzorze na sin n (a)d, że n = 6 i a = sin 5 () cos() I = sin 6 5 ()d = + sin ()d. 6 6 Chcąc obliczyć całkę sin ()d ponownie skorzystamy z wzoru z twierdzenia Podstawowe wzory rekurencyjne, tym razem przyjmując n = i nadal a = sin 5 () cos() 5 sin () cos() I = + ( + sin ()d) 6 6 5 5 sin() cos() = () cos() () cos() + ( + d). sin5 8 sin Ostatecznie otrzymujemy 5 5 5 I = () cos() () cos() sin() cos() + + C sin5 8 sin 96 8 5 = sin()(cos(8) 9 cos() + ) + + C. 9 8

Przykład 66: Stosując wzór rekurencyjny oblicz całkę cos 5 d. Przyjmując n = 5 i a = w odpowiednim wzorze z twierdzenia Podstawowe wzory rekurencyjne mamy cos sin 5 I = cos 5 d = + cos d Aby obliczyć cos d ponownie stosujemy wzór podstawiając n = i a = 5 (5) cos sin I = sin + ( + cos d) 5 cos 5 Zatem I = sin + sin + sin + C. 5 cos 5 cos 8 5 UWAGA Uwaga : Zastosowanie podstawienia sin = t, niż tylko korzystanie z wzorów rekurencyjnych, prowadzi do prostszego rozwiązania powyższej całki. Przykład 67: Stosując wzór rekurencyjny oblicz całkę sin cos 5 d. (6) Do rozwiązania całki posłużymy się wzorem z twierdzenia Podstawowe wzory rekurencyjne, który obniża stopień funkcji sinus Natomiast całkę sin cos 5 d obliczymy stosując podstawienie t = cos : Wracając do początkowej całki otrzymujemy I = sin cos 5 d = + sin cos 5 d sin cos 6 +5 sin cos 5 d = t=cos dt= sin d = t 5 dt = t6 + C = + C 6 6 cos6 +5 I = 6 + 6 + C.

I = + + C. 8 sin cos 6 cos6 Całka z pierwiastkami dowolnego stopnia z funkcji liniowej lub homograficznej TWIERDZENIE Twierdzenie : o całkowaniu funkcji niewymiernej z pierwiastkiem dowolnych stopni z tej samej funkcji liniowej Całkę postaci n R(, n a + b, n a + b,, k a + b)d, (7) gdzie R jest funkcją wymierną wielu zmiennych, sprowadzamy do całki z funkcji wymiernej zmiennej t, stosując podstawienie gdzie N = NWW( n, n,, n k ). t = N a + b, (8) TWIERDZENIE Twierdzenie 5: o całkowaniu funkcji niewymiernej z pierwiastkiem dowolnych stopni z tej samej funkcji homograficznej Całkę postaci a+b R(, n a+b, n a+b,, n k )d, c+d c+d c+d (9) gdzie a b 0 oraz R jest funkcją wymierną wielu zmiennych, sprowadzamy do całki z funkcji wymiernej zmiennej t, c d stosując podstawienie gdzie N = NWW( n, n,, n k ). a+b t = N, c+d (0) Głównym celem podstawienia w całce z pierwiastkiem z funkcji homograficznej jest to, aby zamiast rozwiązywać całkę z funkcji niewymiernej mieć do rozwiązywania całkę z funkcji wymiernej. Poniższe przykłady przybliżą nam w jaki sposób należy postępować w obliczaniu całki, w której występuje pierwiastek z funkcji liniowej albo homograficznej. Przykład 68: Obliczmy całkę d

d +. () Zauważmy, że w powyższej całce występują pierwiastki różnych stopni z tej samej funkcji liniowej Zatem w rozwiązaniu całki zastosujemy podstawienie t = 6, () ponieważ 6 = NWW(, ). Przekształcając stronami powyższe podstawienie otrzymujemy t 6 =, = t 6, = t 6 = t, = t 6 = t, a następnie licząc różniczkę stronami mamy d = 6 t 5 dt. () Stąd d t 5 I = = 6 dt + t 6 + t 6 t 5 t 5 t = 6 dt = 6 dt = 6 dt. t + t t + t t + Następnie wykonując dzielenie wielomianów z resztą, otrzymujemy ( t ) t t : (t + ) = t t + t t + t t t Zatem mamy t = t +. t t+ t+ () Wracając do całki mamy I = 6 ( t t + )dt = 6 ( t dt t + )dt + 6 = t + t + t t = 6( + t) + 6 ln t + + C = t + t 6t + 6 ln t + + C. Następnie wracając poprzez podstawienie do otrzymujemy I = + 6 6 + 6 ln 6 + + C.

Przykład 69: Obliczmy całkę W rozwiązaniu całki zastosujemy podstawienie + d. + t =. (5) (6) Przekształcając stronami powyższe podstawienie, otrzymujemy + =, t =, t + t a następnie różniczkując równanie stronami, mamy Stąd d = t ( t +) + t I = d = t dt = dt. t t+ dt. t ( t +) ( t )( t +) (7) (8) Rozkład funkcji podcałkowej na ułamki proste ma wówczas postać: t (t+)(t)( t +) A t+ B t Ct+D t + = + +. (9) Mnożąc powyższe równanie obustronnie przez ( t )( t + ) otrzymujemy t^=a(t-)(t^+)+b(t+)(t^+)+(ct+d)(t^-). (0) Aby wyznaczyć nieznane współczynniki grupujemy wyrazy podobne t^=(a+b+c)t^+(-a+b+d)t^+(a+b-c)t-a+b-d () i porównując współczynniki przy poszczególnych potęgach otrzymujemy układ równań \begin{cases} A+B+C=0\\ -A+B+D=\\ A+B-C=0\\ -A+B-D=0.\end{cases} Stąd A=-, B=, C=0 i D=. Wracając do całki mamy \begin{align*} I&=\int \left(\frac{ - }{ t+ }+\frac{ }{ t- }+\frac{ }{ t^+ } \right)dt = -\int \frac{ dt }{ t+ } +\int \frac{ dt }{ t- }+ \int \frac{ dt }{ t^+ } \\&=- \ln t+ +\ln t- + \tet{ arctg } t +C = \ln \left \frac{ t- }{ t+ }\right + \tet{ arctg } t +C. \end{align*} Wracając do podstawienia otrzymujemy I=\ln \left \frac{ \sqrt{ \frac{ + }{ - } }- }{ \sqrt{ \frac{ + }{ - } }+ }\right + \tet{ arctg } \sqrt{ \frac{ + }{ - } } () +C. ZADANIE Zadanie 0: Treść zadania:

Oblicz całkę \int \sqrt[]{ \frac{ + }{ - } } \, d. () Rozwiązanie: Zastosujmy podstawienie z którego po przekształceniach mamy t = \sqrt[]{ \frac{ + }{ - } }, () \begin{align*} t^&=\frac{ + }{ - }, \\& = \frac{ t^- }{ t^+ },\\ \sqrt[]{ \frac{ + }{ - } }&=\sqrt[]{ t^ }=t, \end{align*} a następnie różniczkując równanie stronami d = \frac{ t^ }{ (t^+)^ }\,dt. (5) Wówczas \begin{align*} I&=\int \sqrt[]{ \frac{ + }{ - } } \, d = \int t \cdot \frac{ t^ }{ (t^+)^ }\,dt \\&= \int 7t \cdot \frac{ t^ }{ (t^+)^ }\,dt = \left \begin{array}{cc} f = 7t & f^{\prime} = 7dt \\ g^{\prime} = \frac{ t^ }{ (t^+)^ } dt & g=\frac{ - }{ t^+ } \end{array} \right \\&= -\frac{ 7t }{ t^+ }+ 7\int \frac{ dt }{ t^+ }=-\frac{ 7t }{ t^+ }+ 7 \int \frac{ dt }{ (t+\sqrt[]{ })(t^-\sqrt[]{ }t+\sqrt[]{ 9 }) }. \end{align*} Wówczas rozkład na ułamki proste ma postać \frac{ }{ \left(t+\sqrt[]{ }\right)\left(t^-\sqrt[]{ }t+\sqrt[]{ 9 }\right) }=\frac{ A }{ t+\sqrt[]{ } }+\frac{ Bt+C }{ t^-\sqrt[]{ }t+\sqrt[]{ 9 } } (6) i stąd po przemnożeniu równania przez mianownik lewej strony oraz pogrupowaniu wyrazów podobnych otrzymujemy zależność =(A+B)t^+(-\sqrt[]{ }A+\sqrt[]{ }B+C)t+\sqrt[]{ 9 }A+\sqrt[]{ }C. (7) Zatem szukane liczby spełniają układ równań \begin{cases} A+B=0\\ -\sqrt[]{ }A+\sqrt[]{ }B+C=0\\ \sqrt[]{ 9 }A+\sqrt[]{ }C=.\end{cases} Stąd A=\frac{ \sqrt[]{ } }{ 9 }, B=-\frac{ \sqrt[]{ } }{ 9 } i C=\frac{ \sqrt[]{ 9 } }{ 9 } i wracając do całki mamy \begin{align*} I&=-\frac{ 7t }{ t^+ }+ 7\int \left(\frac{ \frac{ \sqrt[]{ } }{ 9 } }{ t+\sqrt[]{ } }+\frac{ -\frac{ \sqrt[]{ } }{ 9 }t+\frac{ \sqrt[]{ 9 } }{ 9 } }{ t^-\sqrt[]{ }t+\sqrt[]{ 9 } }\right)dt \\&= \frac{ 7t }{ t^+ }+ \frac{ 7\sqrt[]{ } }{ 9 }\int \frac{ dt }{ t+\sqrt[]{ } }-\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ 9 }\int\frac{ t-\sqrt[]{ } }{ t^-\sqrt[]{ }t+\sqrt[]{ 9 } }dt \\&= \frac{ 7t }{ t^+ }+\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ 9 } \ln \left t+\sqrt[]{ }\right -\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ 8 }\int\frac{ t-\sqrt[]{ } }{ t^- \sqrt[]{ }t+\sqrt[]{ 9 } }dt+\frac{ 7\sqrt[]{ 9 } }{ 6 }\int \frac{ dt }{ t^-\sqrt[]{ }t+\sqrt[]{ 9 } } \\&=\frac{ 7t }{ t^+ }+\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ 9 } \ln \left t+\sqrt[]{ }\right -\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ 8 } \ln \left t^-\sqrt[]{ }t+\sqrt[]{ 9 }\right +\frac{ 7\sqrt[]{ 9 } }{ 6 }\int \frac{ dt }{ \left(t-\frac{ \sqrt[]{ } }{ }\right)^+\frac{ \sqrt[]{ 9 } }{ } } \\&=\frac{ 7t }{ t^+ }+\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ 9 } \ln \left t+\sqrt[]{ }\right -\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ 8 } \ln \left t^-\sqrt[]{ }t+\sqrt[]{ 9 }\right +\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ \sqrt{ } } \cdot \tet{ arctg } \frac{ t-\sqrt[]{ } }{ \sqrt{ } \cdot \sqrt[]{ } }+C \end{align*} Następnie z podstawienia t = \sqrt[]{ \frac{ + }{ - } } mamy I=(-)\sqrt[]{ \frac{ + }{ - } }+\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ 8 } \ln \frac{ \left(\sqrt[]{ \frac{ + }{ - } }+\sqrt[]{ (8) }\right)^ }{ \left \sqrt[]{ \left(\frac{ + }{ - }\right)^ }-\sqrt[]{ \frac{ 9+ }{ - } }+\sqrt[]{ 9 }\right }+\frac{ 7\sqrt[]{ } }{ \sqrt{ } } \cdot \tet{ arctg }\left( \frac{ \sqrt[]{ \frac{ + }{ - } }-\sqrt[]{ } }{ \sqrt{ } \cdot \sqrt[]{ } }\right)+c. ZADANIE Zadanie : Treść zadania:

Oblicz całkę \int { \frac{ d }{ \sqrt{ +\frac{ }{ } }-\sqrt[]{ +\frac{ }{ } } } }. (9) Rozwiązanie: Zastosujmy podstawienie t=\sqrt[]{ +\frac{ }{ } }, (50) ponieważ =NWW(,). Po przekształceniach mamy \begin{align*} t^&=+\frac{ }{ }, \\&=\frac{ }{ t^- }, \\\sqrt{ +\frac{ }{ } }&=\sqrt{ t^ }=t^, \\\sqrt[]{ +\frac{ }{ } }&=\sqrt[]{ t^ }=t, \end{align*} a następnie różniczkując stronami otrzymujemy d=\frac{ -t^ }{ (t^-)^ }dt. (5) Wówczas \begin{align*} I&=\int { \frac{ d }{ \sqrt{ +\frac{ }{ } }-\sqrt[]{ +\frac{ }{ } } } }= -\int { \frac{ \frac{ t^ }{ (t^-)^ }dt }{ t^-t } }=-\int \frac{ t^ }{ (t-)(t^-)^ }dt \\&=-\int \frac{ t^ }{ (t-)(t^-)^(t^+)^ }dt=-\int \frac{ t^ }{ (t-) (t-)^(t+)^(t^+)^ }dt \\&=-\int \frac{ t^ }{ (t-)^(t+)^(t^+)^ }dt \end{align*} Wówczas rozkład na ułamki proste pierwszego i drugiego rodzaju ma postać: \frac{ t^ }{ (t-)^(t+)^(t^+)^ }=\frac{ A }{ t- }+\frac{ B }{ (t-)^ }+\frac{ C }{ (t-)^ }+\frac{ D }{ t+ }+\frac{ E }{ (t+)^ }+\frac{ Ft+G }{ t^+ }+\frac{ Ht+K }{ (t^+)^ }. (5) Mnożąc powyższą równość przez (t-)^(t+)^(t^+)^ otrzymujemy \begin{align*} t^&=a(t-)^(t+)^(t^+)^ \\&+B(t-)(t+)^(t^+)^+C(t+)^(t^+)^+ \\&+D(t-)^(t+) (t^+)^+e(t-)^(t^+)^+ \\&+(Ft+G)(t-)^(t+)^(t^+)+(Ht+K)(t-)^(t+)^. \end{align*} Zatem szukane liczby spełniają układ równań \begin{cases} A+D+F=0\\B-D+E-F+G=0\\ B+C+D-E-F-G+H=0\\ B+C-D+5E+F-G-H+K=0\\ -A+B+C-7E-F+G-H-K=0\\ - B+C+D+7E+F-G+H-K=0\\ -B+C-D-5E+F+G+H+K=\\ -B+C+D+E-F+G-H+K=0\\ A-B+C-D-E-G-K=0.\end{cases} Stąd \begin{cases} A=-\frac{ }{ 6 }\\B=-\frac{ }{ 6 }\\ C=\frac{ }{ 6 }\\ D=-\frac{ }{ 6 }\\ E=-\frac{ }{ }\\ F=\frac{ }{ 6 }\\ G=\frac{ }{ 6 }\\ H=\frac{ }{ 8 }\\ K=\frac{ }{ 8 }.\end{cases} Wracając do całki mamy \begin{align*} I&=-\int \left(\frac{ -\frac{ }{ 6 } }{ t- }+\frac{ -\frac{ }{ 6 } }{ (t-)^ }+\frac{ \frac{ }{ 6 } }{ (t-)^ }+\frac{ -\frac{ }{ 6 } }{ t+ }+\frac{ -\frac{ }{ } }{ (t+)^ }+\frac{ \frac{ }{ 6 }t+\frac{ }{ 6 } }{ t^+ }+\frac{ \frac{ }{ 8 }t+\frac{ }{ 8 } }{ (t^+)^ }\right)dt \\&=-\frac{ }{ 6 }\int \left(\frac{ - }{ t- }+\frac{ - }{ (t-)^ }+\frac{ }{ (t-)^ }+\frac{ - }{ t+ }+\frac{ - }{ (t+)^ }+\frac{ t+ }{ t^+ }+\frac{ 8t+8 }{ (t^+)^ }\right)dt \\&=-\frac{ }{ 6 }\left( -\ln t- +\frac{ }{ t- } -\frac{ }{ (t-)^ }-\ln t+ +\frac{ }{ t+ } +\int\frac{ t+ }{ t^+ }dt+\int\frac{ 8t+8 }{ (t^+)^ }dt\right) \\&=-\frac{ }{ 6 }\left( -\ln (t-)(t+)^ +\frac{ 6t+ }{ t^- } -\frac{ }{ (t-)^ } +\int\frac{ t+ }{ t^+ }dt+\int\frac{ 8t+8 }{ (t^+)^ }dt\right) \end{align*} Wyliczając pozostałe całki \int\frac{ t+ }{ t^+ }dt=\int\frac{ t }{ t^+ }dt+\int\frac{ dt }{ t^+ }=\ln t^+ +\tet{ arctg }t+c (5) \begin{align*} \int\frac{ 8t+8 }{ (t^+)^ }dt&=\int\frac{ t }{ (t^+)^ }dt+8\int\frac{ dt }{ (t^+)^ } \\&=-\frac{ }{ t^+ }+8\left(\frac{ }{ } \cdot \frac{ t }{ t^+ }+\frac{ }{ }\int\frac{ dt }{ t^+ }\right) \\&=-\frac{ }{ t^+ }+\frac{ t }{ t^+ }+\tet{ arctg }t+c \end{align*} otrzymujemy \begin{align*} I&=-\frac{ }{ 6 }\left( -\ln \left (t-)(t+)^\right +\frac{ 6t+ }{ t^- } -\frac{ }{ (t-)^ } +\ln \left t^+\right +\frac{ t }{ t^+ }+8\tet{ arctg }t\right)+c \\&=\frac{ }{ 6 }\ln\left (t-)(t+)^(t^+)^\right -\frac{ }{ 8 }\cdot \frac{ t+ }{ t^- } +\frac{ }{ 8 }\cdot\frac{ }{ (t-)^ } -\frac{ }{ }\cdot\frac{ t }{ t^+ }-\frac{ }{ }\tet{ arctg }t+c \\&=\frac{ }{ 6 }\ln\left (t^-)(t+)^(t^+)\right -\frac{ }{ 8 }\cdot \frac{ 5t^+t }{ t^- } +\frac{ }{ 8 }\cdot\frac{ }{ (t-)^ } -\frac{ }{ }\tet{ arctg }t+c \end{align*} Następnie z podstawienia t=\sqrt[]{ +\frac{ }{ } } mamy \begin{multline*} I=\frac{ }{ 6 }\ln\left \frac{ }{ }\left(\sqrt[]{ +\frac{ }{ } }+\right)^\left(\sqrt{ +\frac{ }{ } }+\right)\right - \frac{}{8} \sqrt[]{+\frac{}{}}\left( 5 \sqrt{+\frac{}{}}+\right)+ \\ +\frac{ }{ 8 }\cdot\frac{ }{ \left(\sqrt[]{ +\frac{ }{ } }-\right)^ } -\frac{ }{ }\tet{ arctg }\sqrt[]{ +\frac{ }{ } }+C. \end{multline*}