Matematyka - Notatki - Algebra - Część 4, Notatki'z Algebra. Warsaw School of Economics
Irena85
Irena8524 marca 2013

Matematyka - Notatki - Algebra - Część 4, Notatki'z Algebra. Warsaw School of Economics

PDF (3 MB)
78 strona
988Liczba odwiedzin
Opis
Notatki dotyczące tematów z zakresu algebry: matematyka. Część 4.
20 punkty
Punkty pobierania niezbędne do pobrania
tego dokumentu
Pobierz dokument
Podgląd3 strony / 78

To jest jedynie podgląd.

3 shown on 78 pages

Pobierz dokument

To jest jedynie podgląd.

3 shown on 78 pages

Pobierz dokument

To jest jedynie podgląd.

3 shown on 78 pages

Pobierz dokument

To jest jedynie podgląd.

3 shown on 78 pages

Pobierz dokument

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Stąd

2

Z 1

x lnx dx = ln

2 x+ C1

Czyli Z 1

x lnxdx =

1

2 ln2 x+

1

2 C1 =

1

2 ln2 x+ C (787)

4.

I4 =

Z x ln2 xdx =

*⎛⎜⎜⎜⎝ u = ln2 x v0 = x

&

u0 = 2 lnx

x v = x2

2←−−−−−−−−−−−−−−−−−−

⎞⎟⎟⎟⎠ + = x2

2 ln2 x−

Z x lnxdx =

= x2

2 ln2 x−

*⎛⎜⎜⎜⎝ u = lnx v0 = x

& u0 =

1

x v =

1

2 x2

←−−−−−−−−−−−−−−−−−

⎞⎟⎟⎟⎠ + =

= x2

2 ln2 x−

µ x2

2 lnx− x

2

4

¶ + C =

x2

2

µ ln2 x− lnx+ 1

2

¶ + C

(788)

5.

I5 =

Z ln2 xdx =

*⎛⎜⎜⎜⎝ u = ln2 x v0 = 1

& u0 =

2

x lnx v = x

←−−−−−−−−−−−−−−−−−−

⎞⎟⎟⎟⎠ + =

= x ln2 x− 2 R lnx dx = x ln

2 x− 2 (x lnx− x+ C) =

= x ¡ ln2 x− 2 lnx+ 2

¢ + C 0

(789)

6.

I6 =

Z ln3 xdx = x

¡ ln3 x− 3 ln2 x+ 6 lnx− 6

¢ + C (790)

Przykład 16.9 Obliczyć całkę

I =

Z ex cosxdx (791)

Rozwiązanie 16.9 Całkując dwukrotnie przez czę́sci dochodzimy do dwóch równósci

I1 =

Z ex cosxdx =

*⎛⎜⎝ u = ex v0 = cosx& u0 = ex v = sinx ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−

⎞⎟⎠+ = ex sinx− Z ex sinxdx+ C 0 (792) 271

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

I2 =

Z ex sinxdx =

*⎛⎜⎝ u = ex v0 = sinx& u0 = ex v = − cosx ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

⎞⎟⎠+ = −ex cosx+ Z ex cosxdx+ C 00 (793)

Relacje te możemy uznać za układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi. Są nimi I1 =R ex cosxdx i I2 =

R ex sinxdx. Po rozwiązaniu dochodzimy do⎧⎨⎩ I1 + I2 = e

x sinx+ C1

I1 − I2 = ex cosx+ C2 (794)

Po rozwiązaniu dochodzimy do wyników

I1 =

Z ex cosxdx =

1

2 ex (sinx+ cosx) + C1

I2 =

Z ex sinxdx =

1

2 ex (sinx− cosx) + C2

(795)

gdzie stałe C1 i C2 są dowolne.

Przykład 16.10 Obliczyć całkę

I =

Z cos2 xdx (796)

Rozwiązanie 16.10

I =

Z cos2 xdx =

*⎛⎜⎝ u = cosx v0 = cosx& u0 = − sinx v = sinx ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

⎞⎟⎠+ = sinx cosx+ Z sin2 xdx = = sinx cosx+

Z (1− cos2 x) dx = sinx cosx+ x+ C 0 −

Z cos2 x dx

(797) Otrzymalísmy równanie z jedną niewiadomą. Jest nią poszukiwana całka I. A więc

2I = sinx cosx+ x+ C (798)

Stąd

I =

Z cos2 xdx =

1

2 (x+ sinx cosx) + C (799)

Przykład 16.11 Obliczyć całkę

I =

Z sin2 xdx

Rozwiązanie 16.11 Korzystamy z rozwiązania otrzymanego w poprzednim przykładzie.Z sin2 xdx =

Z ¡ 1− cos2 x

¢ dx = x−

1

2 (x+ sinx cosx) + C =

= 1

2 (x− sinx cosx) + C

272

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Przykład 16.12 Obliczyć całkę

I =

Z cosh2 xdx (800)

Rozwiązanie 16.12

Z cosh2 xdx =

*⎛⎜⎝ u = coshx v0 = coshx& u0 = sinhx v = sinhx ←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

⎞⎟⎠+ = = coshx sinhx−

Z ¡ cosh2 x− 1

¢ dx =

= x+ coshx sinhx+ C 0 − Z cosh2 xdx

Przenosząc całkę R cosh2 xdx na lewą stronę otrzymujemy 2

R cosh2 xdx = x+coshx sinhx+

C 0. Stąd Z cosh2 xdx =

1

2 (x+ coshx sinhx) + C (801)

16.5 Całkowanie przez podstawienie

O całkowaniu przez podstawienie mówi twierdzenie.

Twierdzenie 16.7 Niech f(x) będzie funkcją ciągłą na przedziale E. Wówczas całkaZ f(x) dx (802)

istnieje na przedziale E i na każdym podprzedziale tego przedziału. Jeżeli funkcja

x = g(t) t ∈ T (803)

jest klasy C1 na przedziale T i zbiór G wartósci tej funkcji na przedziale T jest podprzedziałem przedziału E, to zachodzi równósćZ

f(x) dx|x=g(t) =

Z f [g(t)] g0(t) d t t ∈ T (804)

Jeżeli dodatkowo funkcja g(t) jest odwracalna na przedziale T i funkcją odwrotną jest

t = γ(x) x ∈ G (805)

to zachodzi równósć Z f(x) dx =

Z f [g(t)] g0(t) d t|t=γ(x) x ∈ G (806)

Uwaga 16.9 Całkowanie przez podstawienie odbywa się według poniższej procedury:

1. wybór podstawienia x = g(t), obliczenie różniczki dx,

2. wykonanie podstawienia i obliczenie całki jako funkcji zmiennej t

273

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Z f(x) dx|x=g(t) =

Z f [g(t)]g0(t) d t = φ(t) + C (807)

3. powrót do zmiennej x przez podstawienie odwrotne t = γ(x)

Z f(x) dx = φ(t) + C|t=γ(x) = F (x) + C (808)

W praktyce stosujemy zapis umowny (wzór na całkowanie przez podstawienie):Z f(x) dx =

*⎛⎝ x = g(t)dx d t = g0(t)

dx = g0(t) d t

⎞⎠+ = Z f [g(t)] g0(t) d t = (809)

= φ(t) + C = h(t = γ(x))i = F (x) + C

Przykład 16.13 Scałkować przez podstawienie funkcję e5x.

Rozwiązanie 16.13Z e5x dx =

*⎛⎝ 5x = tdx d t = 1

5

dx = 15 d t

⎞⎠+ = 1 5

Z et d t =

(810)

= et

5 + C = h(t = 5x)i = e

5x

5 + C

Przykład 16.14 Scałkować przez podstawienie funkcję xe5x.

Rozwiązanie 16.14Z xe5x dx =

*⎛⎝ 5x = tx = 1 5 t, dx

d t = 1

5

dx = 15 d t

⎞⎠+ = Z t 5 et 1

5 d t =

1

25

Z tet d t =

= (patrz Przykład 16.5, str. 268) = 1

25 (t− 1)et + C = (811)

= h(t = 5x)i = 1 25 (5x− 1)e5x + C

Przykład 16.15 Scałkować przez podstawienie funkcję 1√ a2−x2

¯̄̄ a>0 .

Rozwiązanie 16.15Z dx√ a2 − x2

¯̄̄̄ a>0

= 1

a

Z dxq

1− (x/a)2 =

*⎛⎝ x/a = tx = at dx = ad t

⎞⎠+ = Z d t√ 1− t2

=

= (patrz Tabela 19 dla a = 1) = (812)

= arcsin t+ C = D³ t = x

a

´E = arcsin

x

a + C

274

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Przykład 16.16 Scałkować przez podstawienie funkcję √ 1− x2; |x| ≤ 1.

Rozwiązanie 16.16

Z √ 1− x2 dx =

*⎛⎜⎜⎝ |x| < 1 x = sin t |t| < π/2 dx = cos t d t

⎞⎟⎟⎠ + =

Z cos2 td t = iPrzyk. 16.10, str. 272h =

= 1

2 (t+ cos t sin t) + C =

*⎛⎝ t = arcsinxsin t = x cos t =

√ 1− x2

⎞⎠+ = (813) =

1

2

³ arcsinx+ x

√ 1− x2

´ + C

Przykład 16.17 Scałkować przez podstawienie funkcję √ a2 − x2; a > 0; |x| ≤ a.

Rozwiązanie 16.17

Z √ a2 − x2

¯̄̄ a>0 dx = a

Z p 1− (x/a)2 dx =

*⎛⎜⎝ x

a = t

x = at

dx = a d t

⎞⎟⎠+ = = a2

Z √ 1− t2 d t = ipoprzedni przykładh =

(814)

= a2

2

³ arcsin t+ t

√ 1− t2

´ + C =

= D³ t = x

a

´E = a2

2

à arcsin

x

a + x

a

r 1−

³x a

´2! + C =

= a2

2 arcsin

x

a + x

2

√ a2 − x2 + C

Przykład 16.18 Scałkować przez podstawienie funkcję 1√ 1+x2

.

Rozwiązanie 16.18Z 1√ 1 + x2

dx =

¿µ x = sinh t

dx = cosh td t

¶À =

Z cosh td tp 1 + sinh2 t

=

(815)

=

Z cosh t

cosh t d t =

Z d t = t+ C = arsinhx+ C =

= ln ³ x+ √ 1 + x2

´ + C

Przykład 16.19 Scałkować przez podstawienie funkcję 1√ a2+x2

; a > 0.

275

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Rozwiązanie 16.19Z dx√ a2 + x2

¯̄̄̄ a>0

=

¿µ x = at

dx = a d t

¶À =

Z a d t√ a2 + a2t2

=

Z d t√ 1 + t2

=

(816)

= ln ³ t+ √ 1 + t2

´ + C = ln

µ x

a + 1

a

√ a2 + x2

¶ + C

Ale ln µ x

a + 1

a

√ a2 + x2

¶ = ln

¡ x+ √ a2 + x2

¢ − ln a (przypis 60 na stronie 276).

Przykład 16.20 Scałkować przez podstawienie funkcję 1√ x2−1 ;x > 1.

Rozwiązanie 16.20Z dx√ x2 − 1

¯̄̄̄ x>1

=

¿µ x = cosh t

dx = sinh td t

¶À =

Z sinh t d t√ t2 − 1

=

Z sinh t

sinh t d t =

(817)

= t+ C = h(t = arcoshx)i = ln ³ x+ √ x2 − 1

´ + C

Przykład 16.21 Scałkować przez podstawienie funkcję 1√ x2−a2 ; a > 0; x > a.

Rozwiązanie 16.21 60Z dx√ x2 − a2

¯̄̄̄ a>0

=

¿µ x = az

dx = ad z

¶À =

Z d z√ z2 − 1

= ipatrz (817)h =

(818)

= ln ³ z + √ z2 − 1

´ + C 0 =

D³ z = x

a

´E = ln

³ x+ √ x2 − a2

´ + C

Przykład 16.22 Scałkować przez podstawienie funkcję √ x2 + 1.

Rozwiązanie 16.22 61Z √ x2 + 1dx =

¿µ x = sinh t

dx = cosh t d t

¶À =

Z p 1 + sinh2 t cosh td t =

=

Z cosh2 td t = iPrzyk. 16.12, str. 273h =

(819)

= 1

2 (cosh t sinh t+ t) + C = h(t = arsinhx)i =

= 1

2

³ x √ 1 + x2 + arsinhx

´ = 1

2

h x √ 1 + x2 + ln

³ x+ √ x2 + 1

´i + C

60 ln ¡ z + √ z2 − a2

¢ +C0 = ln

µ x a +

q¡ x a

¢2 − 1¶+C0 = ln x+√x2−a2a +C0 = ln ¡x+√x2 − a2¢− ln a+C0 = ln ¡ x+ √ x2 − a2

¢ + C; C = C 0 − lna

61Jésli t = arsinhx, to x = sinh t oraz 1+x2 = 1+sinh2 t = cosh2 t. Stąd mamy cosh t = √ 1 + x2. Ponadto,

sinh (arsinhx) = x. Zatem cosh t sinh t = x √ 1 + x2.

276

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Przykład 16.23 Scałkować przez podstawienie funkcję √ x2 + a2.

Rozwiązanie 16.23Z √ a2 + x2 dx =

¿µ x = az

dx = ad z

¶À = a2

Z √ 1 + z2 d z = a

2 iPrzykład 16.22h =

= a2

2

h z √ 1 + z2 + ln

³ z + √ z2 + 1

´ + C

i = D³ z = x

a

´E =

(820)

= a2

2

" x

a

r 1 +

³x a

´2 + ln

à x

a +

r 1 +

³x a

´2!# =

= a2

2

∙ x

a2

√ a2 + x2 + ln

µ x

a + 1

a

√ a2 + x2

¶¸ =

= 1

2

h x √ a2 + x2 + a2 ln

³ x+ √ a2 + x2

´i + C 0

Przykład 16.24 Oblicz całkę nieoznaczoną

I2 =

Z 2 cos

a+ b

2 x · cos a− b

2 xdx (821)

Rozwiązanie 16.24 Wykorzystując znaną tożsamósć trygonometryczną:

2 cos a+ b

2 x · cos a− b

2 x = cos ax+ cos bx (822)

otrzymujemy

I2 =

Z 2 cos

a+ b

2 x · cos a− b

2 xdx =

Z (cos ax+ cos bx) dx =

(823)

= sin ax

a + sin bx

b + C a 6= 0, b 6= 0

16.6 Całkowanie przez włączenie pod symbol różniczki

Należy zapamiętác następujące reguły:

Reguła 16.1 Jeżeli w funkcji podcałkowej licznik jest pochodną mianownika, to funkcją pier- wotną jest logarytm naturalny z modułu mianownika:

Z y0(x)

y(x) dx =

Z d y(x)

y(x) = ln |y(x)|+ C (824)

Przykład 16.25 Obliczyć całkę

I =

Z x

x2 + r2 dx (825)

277

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Rozwiązanie 16.25Z x

x2 + r2 dx =

1

2

Z 2x

x2 + r2 dx =

1

2 ln ¯̄ x2 + r2

¯̄ + C (826)

Przykład 16.26 Obliczyć całkę

I =

Z cotxdx (827)

Rozwiązanie 16.26 Z cotxdx =

Z cosx

sinx dx = ln |sinx|+ C (828)

Reguła 16.2 Jeżeli funkcja podcałkowa ma postać

f(x) = y0(x)ey(x) (829)

to funkcją pierwotną jest F (x) = ey(x) + C (830)

Przykład 16.27 Obliczyć całkę

I =

Z xex

2

dx (831)

Rozwiązanie 16.27Z xex

2

dx = 1

2

Z 2xex

2

dx =

¿µ y = x2

d y = 2xdx

¶À = 1

2

Z ey d y =

(832)

= 1

2 ey + C =

1

2 ex

2

+ C

Przykład 16.28 Obliczyć całkę

I =

Z cosxesinx dx (833)

Rozwiązanie 16.28Z cosxesinx dx =

¿µ y = sinx

d y = cos xdx

¶À =

Z ey d y = e

y + C = esinx + C (834)

Reguła 16.3 Jeżeli funkcja podcałkowa ma postać

f(x) = y0(x) [y(x)]p (835)

to funkcją pierwotną jest

F (x) = yp+1

p+ 1 + C (836)

Przykład 16.29 Obliczyć całkę

I =

Z xdx√ 1− x2

(837)

278

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Rozwiązanie 16.29Z xdx√ 1− x2

= − Z −2x 2 √ 1− x2 d

x =

¿µ y = 1− x2 d y = −2xdx

¶À = −

Z d y

2 √ y =

(838)

= −1 2

Z y−1/2 d y = −

√ y + C = −

√ 1− x2 + C

Przykład 16.30 Obliczyć całkę

I =

Z dx

2 + 3x (839)

Rozwiązanie 16.30Z dx

2 + 3x =

¿µ y = 2 + 3x

d y = 3dx

¶À = 1

3

Z d y

y = 1

3 ln |y|+ C = 1

3 ln |2 + 3x|+ C (840)

Przykład 16.31 Obliczyć całkę

I =

Z 2x+ 3

x2 + 2x+ 2 dx (841)

Rozwiązanie 16.31Z 2x+ 3

x2 + 2x+ 2 dx =

Z 2x+ 2

x2 + 2x+ 2 dx+

Z 1

(x+ 1)2 + 1 dx =

= ln ¯̄ x2 + 2x+ 2

¯̄ +

Z 1

(x+ 1)2 + 1 dx =

¿µ t = x+ 1

d t = dx

¶À =

= ln ¯̄ x2 + 2x+ 2

¯̄ +

Z d t

1 + t2 = (842)

= ln ¯̄ x2 + 2x+ 2

¯̄ + iTabela 19h =

= ln ¯̄ x2 + 2x+ 2

¯̄ + arctan t+ C =

= ln ¯̄ x2 + 2x+ 2

¯̄ + arctan(x+ 1) + C

Przykład 16.32 Obliczyć całkę

I =

Z dx

1 + (ax+ b)2

¯̄̄̄ a6=0

(843)

Rozwiązanie 16.32Z dx

1 + (ax+ b)2

¯̄̄̄ a6=0

=

¿µ y = ax+ b

d y = a dx

¶À = 1

a

Z d y

1 + y2 = 1

a arctan y + C =

(844)

= 1

a arctan(ax+ b) + C

279

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Przykład 16.33 Obliczyć całkę

I =

Z 3x+ 4

x2 − 2x+ 2 dx (845)

Rozwiązanie 16.33

Z 3x+ 4

x2 − 2x+ 2 dx = 3

2

Z 2x+ 8 3

x2 − 2x+ 2 dx = 3

2

Z 2x− 2 + 14 3

x2 − 2x+ 2 dx =

= 3

2

Z 2x− 2

x2 − 2x+ 2 dx+ 7 Z

dx

(x− 1)2 + 1 =

(846)

= 3

2 ln ¯̄ x2 − 2x+ 2

¯̄ +

¿µ t = x− 1 d t = dx

¶À + 7

Z d t

t2 + 1 =

= 3

2 ln ¯̄ x2 − 2x+ 2

¯̄ + 7arctan t+ C =

= 3

2 ln ¯̄ x2 − 2x+ 2

¯̄ + 7arctan(x− 1) + C

Przykład 16.34 Obliczyć całkę

I =

Z dx

(ax+ b)2 + r2 (847)

Rozwiązanie 16.34Z dx

(ax+ b)2 + r2 = 1

r2

Z dx

1 +

µ ax+ b

r

¶2 = 1ar arctan ax+ br + C (848) Przykład 16.35 Obliczyć całkę

I =

Z ex

ex + k dx (849)

Rozwiązanie 16.35Z ex dx

ex + k =

¿µ y = ex + k

d y = ex dx

¶À =

Z d y

y = ln |y|+ C = ln |ex + k|+ C (850)

Przykład 16.36 Obliczyć całkę

I =

Z ex

e2x + 1 dx (851)

Rozwiązanie 16.36Z ex

e2x + 1 dx =

¿µ y = ex

d y = ex dx

¶À =

Z d y

y2 + 1 = arctan y + C = arctan ex + C (852)

280

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Przykład 16.37 Obliczyć całkę

I =

Z tanhx dx (853)

Rozwiązanie 16.37Z tanhxdx =

Z sinhx

coshx dx = ln |coshx|+ C = ln coshx+ C (854)

Przykład 16.38 Obliczyć całkę

I =

Z arctanxdx (855)

Rozwiązanie 16.38

Z arctanxdx =

*⎛⎜⎜⎜⎜⎝ u = arctanx v0 = 1

↓ du dx

& ↓ R v0 dx

u0 = 1

1 + x2 v = x

←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ + = x arctanx−

Z x

1 + x2 dx =

(856)

= x arctanx− 1 2 ln(1 + x2) + C = x arctanx− ln

√ 1 + x2 + C

Przykład 16.39 Obliczyć całkę

I =

Z arcsinxdx (857)

Rozwiązanie 16.39

Z arcsinxdx =

*⎛⎜⎜⎜⎜⎝ u = arcsinx v0 = 1

↓ du dx

& ↓ R v0 dx

u0 = 1√ 1− x2

v = x

←−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ + = x arcsinx−

Z x√ 1− x2 d

x =

(858)

= x arcsinx+ √ 1− x2 + C

16.7 Całkowanie funkcji wymiernych

16.7.1 Funkcja wymierna

Na początku zdefiniujemy funkcję wymierną.

Definicja 16.2 (Funkcji wymiernej) Funkcją wymierną nazywamy iloraz dwóch wielomianów, przy czym zakładamy, że wielo-

mian będący dzielnikiem nie jest wielomianem zerowym.

281

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Oznacza to, że funkcję wymierną można przedstawíc w postaci ułamka

R(x) = P (x)

Q(x) (859)

gdzie: P (x), Q(x)− wielomiany niezerowe. WielomianQ(x) jest wielomianem co najmniej pierwszego stopnia. Jeżeli wielomiany te mają wspólny podzielnik, to funkcję wymierną R(x) będziemy sprowadzác do postaci62

R(x) = P (x)

Q(x) = p(x)(x− α) q(x)(x− α) =

p(x)

q(x) (860)

Jest to tzw. metoda usuwania osobliwósci pozornych. Po tej operacji wyrażenia p(x), q(x) są wzajemnie pierwsze: nie mają już wspólnego podzielnika różnego od stałej. Wyrażenie

x2 − 1 x3 + 1

ma osobliwóśc w punkcie x = −1. Natomiast ułamek

(x− 1)(x+ 1) (x+ 1)(x2 − x+ 1) =

x− 1 x2 − x+ 1

już jej nie ma. Jeżeli licznik P (x) jest stopnia równego lub wyższego niż mianownik, to wykonując dzielenie

otrzymujemy

R(x) = P (x)

Q(x) =W (x) +

S(x)

Q(x) (861)

gdzie: W (x) jest pewnym wielomianem, a S(x) jest wielomianem stopnia niższego niż Q(x).

Przykład 16.40 Sprowadzíc ułamek niewłásciwy

x3 + x+ 1

x2 + 1

do postaci (861).

Rozwiązanie 16.40 Wykonujemy dzielenie

P (x) : Q(x) = (x3 + x+ 1) : (x2 + 1) = x = W (x) x3 + x

1 = S(x)

Stąd x3 + x+ 1

x2 + 1 = x+

1

x2 + 1

Przykład 16.41 Sprowadzíc ułamek niewłásciwy

x5 + x3 + 1

x3 − 1 do postaci (861).

62Wielomian q(x) jest wielomianem co najmniej pierwszego stopnia.

282

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Rozwiązanie 16.41 Wykonujemy dzielenie

P (x) : Q(x) = (x5 + x3 + 1) : (x3 − 1) = x2 + 1 = W (x) x5 − x2

x3 − x2 + 1 x3 − 1

x2 + 2 = S(x)

Stąs x5 + x3 + 1

x3 − 1 = x 2 + 1 +

x2 + 2

x3 − 1

16.7.2 Niektóre wielomiany i ich rozkłady

1. x2 − a2 = (x− a)(x+ a)

2. x2 + a2 suma kwadratów nierozkładalna, jeżeli a 6= 0

3. x3 − a3 = (x− a)(x2 + ax+ a2)

4. x3 + a3 = (x+ a)(x2 − ax+ a2)

5. x4 − a4 = (x2 − a2)(x2 + a2)

6. x4 + a4 = x4 + 2a2x2 + a4 − 2a2x2 = (x2 + a2)2 − 2a2x2 = = ¡ x2 −

√ 2ax+ a2

¢ ¡ x2 +

√ 2ax+ a2

¢ 7. x6 − a6 = (x3 − a3)(x3 + a3) i patrz punkty 3 i 4 h

8. x6 + a6 = (x2 + a2)(x4 − a2x2 + a4)

9. x8 − a8 = (x4 − a4)(x4 + a4)

10. x8 + a8 = ¡ x4 −

√ 2a2x2 + a4

¢ ¡ x4 +

√ 2a2x2 + a4

¢ 16.7.3 Rozkład funkcji wymiernych na ułamki proste

Procedurę tę omawia twierdzenie:

Twierdzenie 16.8 Jeżeli licznik funkcji wymiernej R(x) = P (x) Q(x)

jest stopnia niższego niż mianownik, to funkcję tę można przedstawíc w postaci

R(x) = A

(x− α)r + B

(x− α)r−1 + · · ·+ C

(x− α)2 + D

x− α+

+ A1

(x− β)s + B1

(x− β)s−1 + · · ·+ C1

(x− β)2 + D1 x− β + · · ·+

+ Gx+H

(ax2 + bx+ c)t +

Kx+ L

(ax2 + bx+ c)t−1 + · · ·+ Mx+N

ax2 + bx+ c +

+ Px+Q

(ex2 + fx+ g)u +

Rx+ S

(ex2 + fx+ g)u−1 + · · ·+ Tx+ U

ex2 + fx+ g + · · ·

(862)

283

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

W rozkładzie tym A,B,C, . . . są liczbami stałymi - tzw. stałymi rozkładu. Są one w każdym przypadku jednoznacznie okréslone i wyznacza się je za pomocąmetody współczyn- ników nieoznaczonych. Rozkład taki nosi nazwę rozkładu funkcji wymiernej na ułamki proste.

Rozróżniamy dwa typy ułamków prostych.

1. typ I: mianownikiem jest czynnik liniowy w dowolnej potędze naturalnej; licznik jest stałą

A

(x− α)n (863)

2. typ II: mianownikiem jest czynnik kwadratowy, nierozkładalny w zbiorzeR, w dowolnej potędze naturalnej; licznik jest funkcją liniową

Gx+H

(x2 + px+ g)n , ∆ = p2 − 4q < 0 (864)

Przykład 16.42 Rozłożyć funkcję wymierną

2x− 1 x2 − 5x+ 6 (865)

na ułamki proste.

Rozwiązanie 16.42 Ponieważ x2 − 5x+ 6 = (x− 2)(x− 3), to

2x− 1 x2 − 5x+ 6 =

A

x− 2 + B

x− 3 = A(x− 3) +B(x− 2) (x− 2)(x− 3)

Stąd 2x− 1 = A(x− 3) +B(x− 2)

Czyli 2x− 1 = x(A+B)− (3A+ 2B)

Oznacza to, że 2 = A+B −1 = −(3A+ 2B)

Ostatecznie otrzymujemy A = −3 B = 5

A więc 2x− 1

x2 − 5x+ 6 = −3 x− 2 +

5

x− 3 (866)

Przykład 16.43 Rozłożyć funkcję wymierną

3x2 + 3x+ 12

x(x− 1)(x+ 2) (867)

na ułamki proste.

284

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Rozwiązanie 16.43 Zastosujemy tu inną metodę, która może być stosowana, gdy mianownik ma tylko pierwiastki rzeczywiste jednokrotne. Przyjmijmy

3x2 + 3x+ 12

x(x− 1)(x+ 2) = A

x− 1 + B

x+ 2 + C

x

Stąd 3x2 + 3x+ 12

x(x− 1)(x+ 2) = Ax(x+ 2) +Bx(x− 1) + C(x− 1)(x+ 2)

x(x− 1)(x+ 2) Czyli

3x2 + 3x+ 12 = Ax(x+ 2) +Bx(x− 1) + C(x− 1)(x+ 2) Podstawiając za x pierwiastki mianownika, czyli x = 0, 1, −2 otrzymujemy

12 = −2C 18 = 3A 18 = 6B

Zatem A = 6 B = 3 C = −6

Ostatecznie 3x2 + 3x+ 12

x(x− 1)(x+ 2) = 6

x− 1 + 3

x+ 2 − 6 x

(868)

Wniosek 16.5 Jeżeli P (x)

(x− α)(x− β)(x− γ) , P (x) jest stopnia niższego niż 3, a α, β, γ są różne, to

A = P (α)

(α− β)(α− γ) B = P (β)

(β − α)(β − γ) C = P (γ)

(γ − α)(γ − β) (869)

Przykład 16.44 Rozłożyć funkcję wymierną

3x2 + x+ 2

(x+ 1)(x− 1)2 (870)

na ułamki proste.

Rozwiązanie 16.44 Niech

3x2 + x+ 2

(x+ 1)(x− 1)2 = A

x+ 1 +

B

(x− 1)2 + C

x− 1

Stąd 3x2 + x+ 2 = A(x− 1)2 +B(x+ 1) + C(x− 1)(x+ 1) (871)

Czyli 3x2 + x+ 2 = x2(A+ C) + x(−2A+B) + (A+B − C)

A więc A+ C = 3 −2A+B = 1 A+B − C = 2

Zatem A = 1 B = 3 C = 2

285

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Współczynniki A,B,C możemy wyznaczyć w inny sposób. Przyjmując za x pierwiastki mianownika, czyli x = −1, +1 otrzymujemy

4 = 4A 6 = 2B

Więc A = 1 B = 3

W celu wyznaczenia współczynnika C zróżniczkujemy obustronnie wyrażenie (871)

6x+ 1 = 2A(x− 1) +B + C · 2x

Podstawiając x = 1 dochodzimy do

7 = B + 2C skąd C = 2

Z metody tej możemy korzystać w przypadku, gdy mianownik funkcji wymiernej posiada pier- wiastki rzeczywiste wielokrotne. Ostatecznie mamy

3x2 + x+ 2

(x+ 1)(x− 1)2 = 1

x+ 1 +

3

(x− 1)2 + 2

x− 1 (872)

Przykład 16.45 Rozłożyć funkcję wymierną

x4 + 1

x2(x− 1)(x+ 1)2 (873)

na ułamki proste.

Rozwiązanie 16.45 Ponieważ stopień wielomianu licznika jest mniejszy od stopnia wielomia- nu mianownika, to możemy przyjąć, że

x4 + 1

x2(x− 1)(x+ 1)2 = A

x + B

x2 + C

x− 1 + D

(x+ 1)2 + E

x+ 1

Więc x4 + 1 = Ax(x− 1)(x+ 1)2 +B(x− 1)(x+ 1)2 + Cx2(x+ 1)2+

+Dx2(x− 1) +Ex2(x− 1)(x+ 1) (874)

Podstawiając kolejno: x = 0, 1, −1 otrzymujemy

x L = P

x = 0 −→ 1 = −B x = 1 −→ 2 = 4C x = −1 −→ 2 = −2D

Stąd mamy

B = −1 C = 1 2

D = −1

Podstawimy te wartósci do (874)

x4 + 1 = Ax(x− 1)(x+ 1)2 − (x− 1)(x+ 1)2 + 1 2 x2(x+ 1)2+

−x2(x− 1) +Ex2(x− 1)(x+ 1) (875)

286

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

a następnie zróżniczkujemy obustronnie relację (875)

4x3 = A [(x+ 1) (4x2 − x− 1)]− (x+ 1) (3x− 1) + x (x+ 1) (2x+ 1)+

−x (3x− 2) +E [2x (2x2 − 1)]

Przyjmując x = 0 i x = −1 otrzymujemy

x L = P

x = 0 −→ 0 = −A+ 1 x = −1 −→ −4 = −5− 2E

Stąd

A = 1 E = −1 2

Czyli x4 + 1

x2(x− 1)(x+ 1)2 = 1

x − 1 x2 +

1

2(x− 1) − 1

(x+ 1)2 − 1 2(x+ 1)

(876)

Przykład 16.46 Rozłożyć funkcję wymierną

x2 + 2x− 1 (x− 1)(x2 + 1) (877)

na ułamki proste.

Rozwiązanie 16.46 Niech

x2 + 2x− 1 (x− 1)(x2 + 1) =

A

x− 1 + Bx+ C

x2 + 1

Zatem x2 + 2x− 1 = A(x2 + 1) + (Bx+ C)(x− 1)

Podstawiając x = 1 otrzymujemy

2 = 2A czyli A = 1

Wykonując mnożenia i przyrównując odpowiednie współczynniki dochodzimy do relacji

x2 + 2x− 1 = x2(A+B) + x(C −B) + (A− C)

Skąd 1 = A+B 2 = C −B −1 = A− C

A więc B = 0 C = 2

Czyli x2 + 2x− 1

(x− 1)(x2 + 1) = 1

x− 1 + 2

x2 + 1 (878)

287

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Przykład 16.47 Rozłożyć funkcję wymierną

3x2 + 1

(x+ 1)(x2 + 1)2 (879)

na ułamki proste.

Rozwiązanie 16.47 Niech

3x2 + 1

(x+ 1)(x2 + 1)2 = A

x+ 1 + Bx+ C

(x2 + 1)2 + Dx+E

x2 + 1

Zatem 3x2 + 1 = A(x2 + 1)2 + (Bx+ C)(x+ 1) + (Dx+E)(x+ 1)(x2 + 1)

Stąd 3x2 + 1 = x4(A+D) + x3(D +E) + x2(2A+B +D +E)

+x(B + C +D +E) + (A+ C +E) (880)

Zauważmy, że po prawej stronie (880) pojawiają się niewiadome w potędze wyższej niż po lewej. Równanie 3x2 + 1 możemy, oczywíscie, zapisać 3x2 + 1 = 0 · x4 + 0 · x3 + 3x2 + 0 · x+ 1. W efekcie dochodzimy do układu równań

0 = A +0B +0C +D +0E 0 = 0A +0B +0C +D +E 3 = 2A +B +0C +D +E 0 = 0A +B +C +D +E 1 = A +0B +C +0D +E

lub

0 = A +D 0 = D +E 3 = 2A +B +D +E 0 = B +C +D +E 1 = A +C +E

(881)

Pierwiastkiem mianownika jest x = −1. Wykorzystamy tę wartósć do wyznaczenia jednej z niewiadomych. Mamy więc

x L = P x = −1 −→ 4 = 4A

Stąd mamy A = 1

Następnie wstawiamy tę wartósć do (881) i otrzymujemy:

D = −1 E = 1 B = 1 C = −1

Ostatecznie 3x2 + 1

(x+ 1)(x2 + 1)2 =

1

x+ 1 + x− 1

(x2 + 1)2 + −x+ 1 x2 + 1

(882)

16.7.4 Całkowanie ułamków prostych typu I

Całki ułamków prostych typu I mają następującą postác ogólnąZ A

x− a dx = A ln |x− a|+ CZ A

(x− a)n dx = −A

(n− 1)(x− a)n−1 + C n = 2, 3, . . . (883)

288

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Wniosek 16.6 Najczę́sciej występujące postacie ułamków typu I:Z A

x+ 1 dx = A ln |x+ 1|+ C

Z A

(x+ 1)2 dx =

−A x+ 1

+ C

Z A

(x+ 1)3 dx =

−A 2(x+ 1)2

+ C

Z A

(x+ 1)4 dx =

−A 3(x+ 1)3

+ C

(884)

16.7.5 Całkowanie ułamków prostych typu II

Ułamki proste typu II mają następującą postác ogólnąZ Gx+H

(x2 + px+ q)n dx (885)

1. Gdy n = 1 podstawiając x+ p/2 = s sprowadzamy mianownik do postaci s2 + r2, gdzie r2 = −∆/4. Jednoczésnie licznik przybiera postác Gx +K, gdzie K jest pewną stałą. Zapisujemy to kolejnoZ

Gx+H

(x2 + px+ q)n dx =

Z Gx+K

s2 + r2 d s = G

Z sd s

s2 + r2 +K

Z d s

s2 + r2 =

= G

2 ln(s2 + r2) +

K

r arctan

s

r + C = (886)

= G

2 ln(x2 + px+ q) +

2Kp 4q − p2

arctan 2x+ pp 4q − p2

+ C

2. Gdy n = 2, 3, . . . podstawiając x+ p/2 = s otrzymujemyZ Gx+H

(x2 + px+ q)n dx =

Z Gx+K

(s2 + r2)n d s =

Z Gsd s

(s2 + r2)n +

Z K d s

(s2 + r2)n =

(887)

= G

2

1

n− 1 1

(s2 + r2)n−1 +K

Z d s

(s2 + r2)n + C

Ostatnią całkę obliczamy według następujących wzorów redukcyjnychZ d s

(s2 + r2)2 =

1

2r2 s

s2 + r2 +

1

2r3 arctan

s

r + C

Z d s

(s2 + r2)n =

1

2n− 2 s

r2 (s2 + r2)n−1 + 2n− 3 2n− 2

1

r2

Z d s

(s2 + r2)n−1

(888)

289

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Przykład 16.48 Wyznaczyć całkę funkcji wymiernejZ 4x+ 3

x2 + 2x+ 2 dx (889)

Rozwiązanie 16.48Z 4x+ 3

x2 + 2x+ 2 dx =

Z 4x+ 3

(x+ 1)2 + 1 dx =

*⎛⎝ x+ 1 = sdx = d s x = s− 1

⎞⎠+ = Z 4s− 1 s2 + 1

d s =

(890)

= 2

Z 2s

s2 + 1 d s−

Z 1

s2 + 1 d s = 2 ln(s

2 + 1)− arctan s+ C =

= is = x+ 1h = 2 ln(x2 + 2x+ 2)− arctan(x+ 1) + C

Przykład 16.49 Wyznaczyć całkę funkcji wymiernej

I =

Z 5x+ 3

(x2 − 2x+ 5)2 dx

Rozwiązanie 16.49 Wykonamy przekształcenia mianownika

x2 − 2x+ 5 = (x− 1)2 + 4

Następnie podstawimy

x− 1 = z czyli x = 1 + z

x2 − 2x+ 5 = (x− 1)2 + 4 = z2 + 4 dx = d z

Otrzymamy więc Z 5x+ 3

(x2 − 2x+ 5)2 dx = Z

5z + 8

(z2 + 4)2 d z

Przekształcimy podcałkową funkcję wymierną

5z + 8

(z2 + 4)2 =

5z

(z2 + 4)2 +

8

(z2 + 4)2

Jej całki są równe

I1 =

Z 5z

(z2 + 4)2 d z =

¿µ z2 + 1 = t 2z d z = d t

¶À = 5

2

Z d t

t2 = −5

2

1

t + C =

= −5 2

1

z2 + 4 + C

I2 =

Z 8

(z2 + 4)2 d z = iwzór redukcyjny (888)h =

= 8

∙ 1

2 · 4 z

z2 + 4 +

1

2 · 2 · 4 arctan x− 1 2

¸ + C =

= z

z2 + 4 + 1

2 arctan

x− 1 2

+ C

290

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Ostatecznie

I1 + I2 = − 5

2

1

z2 + 4 +

z

z2 + 4 + 1

2 arctan

z

2 + C =

2z − 5 2 (z2 + 4)

+ 1

2 arctan

z

2 + C

A więc Z 5x+ 3

(x2 − 2x+ 5)2 dx = 2x− 7

2 (x2 − 2x+ 5) + 1

2 arctan

x− 1 2

+ C (891)

16.8 Całkowanie funkcji niewymiernych

Uwaga 16.10 Symbol R(x, y) oznacza dowolną funkcję wymierną zmiennych x, y. Jeżeli w funkcji R(x, y) podstawimy y = ϕ(x), gdzie ϕ jest funkcją niewymierną, to otrzymana w ten sposób funkcja R(x, ϕ(x)) może być niecałkowalna elementarnie. Istnieją dwa typy funkcji niewymiernej ϕ, dla których funkcja R(x, ϕ(x)) jest całkowalna elementarnie i jej całka sprowadza się do całki funkcji wymiernej.

16.8.1 Pierwiastek dowolnego stopnia funkcji homograficznej

Całkę z funkcji zawierającej funkcję homograficzną y = ax+ b

px+ qZ R(x, y) dx y =

n

s ax+ b

px+ q ,

¯̄̄̄ a b p q

¯̄̄̄ 6= 0 (892)

można sprowadzíc do całki funkcji wymiernej zmiennej y za pomocą podstawienia

y = n

s ax+ b

px+ q (893)

Przykład 16.50 Obliczyć całkę Z 1

x

r x+ 1

x dx (894)

Rozwiązanie 16.50 Stosujemy podstawienie

y =

r x+ 1

x

Wynikają z niego następujące relacje

x = 1

y2 − 1 dx = − 2y

(y2 − 1)2 d y

Mamy więcZ 1

x

r x+ 1

x dx =

Z (y2 − 1)y −2y

(y2 − 1)2 d y =

= −2 Z

y2

y2 − 1 d y = −2 Z y2 − 1 + 1 y2 − 1 d y =

= −2 Z µ

1 + 1

y2 − 1

¶ d y = −2y − 2

Z 1

y2 − 1 d y + C

291

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Funkcję 1

y2 − 1 rozłożymy na ułamki proste

1

y2 − 1 = A

y − 1 + B

y + 1 = A(y + 1) +B(y − 1) (y − 1)(y + 1)

Stąd 1 = A(x+ 1) +B(x− 1)

Czyli

A = 1

2 B = −1

2

Zatem

2

Z 1

y2 − 1 d y = Z

1

y − 1 d y − Z

1

y + 1 d y = ln

¯̄̄̄ y − 1 y + 1

¯̄̄̄ + C

Ostatecznie Z 1

x

r x+ 1

x dx = −2y − ln

¯̄̄̄ y − 1 y + 1

¯̄̄̄ + C =

(895)

= −2 r x+ 1

x − ln

¯̄̄̄ ¯̄̄̄ r x+ 1

x − 1r

x+ 1

x + 1

¯̄̄̄ ¯̄̄̄+ C

16.8.2 Pierwiastek kwadratowy trójmianu kwadratowego

Całkę Z R(x, y) dx y =

√ ax2 + bx+ c, ∆ = b2 − 4ac 6= 0 (896)

możemy przy pomocy jednego z trzech podstawień Eulera

1. √ ax2 + bx+ c = x

√ a− t gdy a > 0

2. √ ax2 + bx+ c = xt+

√ c gdy c > 0

3. √ ax2 + bx+ c =

p a(x− x1)(x− x2) = t(x− x1) gdy ∆ > 0

(897)

sprowadzíc do całki funkcji wymiernej zmiennej t.

Przykład 16.51 Obliczyć całkę Z dx√ x2 + k

, k > 0 (898)

292

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Rozwiązanie 16.51 Zastosujemy pierwsze podstawienie Eulera √ x2 + k = x− t

Stąd t = x−

√ x2 + k

x2 + k = x2 − 2xt+ t2

2xt = t2 − k

x = t2 − k 2t

dx = t2 + k

2t2 d t

oraz

Z dx√ x2 + k

=

Z t2 + k 2t2

d t

−t 2 + k

2t

= − Z d t

t = − ln |t|+ C = − ln

¯̄̄ x− √ x2 + k

¯̄̄ + C (899)

Przykład 16.52 Obliczyć całkę Z 1

x √ 1− x2 d

x (900)

Rozwiązanie 16.52 Do obliczenia powyższej całki zastosujemy drugie podstawienie Eulera

y = √ 1− x2 = xt+ 1 stąd t =

√ 1− x2 − 1 x

1− x2 = x2t2 + 2xt+ 1 −x2 = x2t2 + 2xt −x = xt2 + 2t

x = −2t t2 + 1

stąd y = xt+ 1 = 1− t2 1 + t2

dx = 2 t2 − 1 (t2 + 1)2

d t

Z 1

x √ 1− x2 d

x = −2 Z t2 + 1

2t · t 2 + 1

1− t2 · t2 − 1 (t2 + 1)2

d t =

Z d t

t =

(901)

= ln |t|+ C = ln ¯̄̄̄√ 1− x2 − 1 x

¯̄̄̄ + C

Przykład 16.53 Obliczyć całkę Z dx√

−x2 + 3x− 2 (902)

293

docsity.com

16. CAŁKA NIEOZNACZONA MATEMATYKA

Rozwiązanie 16.53 W tym przypadku zastosujemy trzecie podstawienie Eulera

y = √ −x2 + 3x− 2 =

p −(x− 1)(x− 2) = t(x− 1) stąd t =

r 2− x x− 1

−(x− 1)(x− 2) = t2(x− 1)2 −(x− 2) = t2(x− 1)

x = t2 + 2

t2 + 1 stąd y = t(x− 1) = t

1 + t2

dx = −2t

(t2 + 1)2 d t

Z dx√

−x2 + 3x− 2 = −2

Z t2 + 1

t

t d t

(t2 + 1)2 = −2

Z d t

t2 + 1 =

(903)

= −2 arctan t+ C = −2 arctan r 2− x x− 1 + C

16.8.3 Całkowanie różniczek dwumiennych

Podamy definicję różniczki dwumiennej.

Definicja 16.3 (Różniczki dwumiennej) Różniczką dwumienną nazywamy wyrażenie

xm(a+ bxn)p dx (904)

gdzie: a, b są liczbami rzeczywistymi, a m,n, p− dowolnymi liczbami wymiernymi (dodatnimi lub ujemnymi).

Twierdzenie 16.9 (Czebyszewa) Całka Z

xm(a+ bxn)p dx (905)

może być wyrażona za pomocą funkcji elementarnych tylko w trzech następujących przypadkach:

1. p jest liczbą całkowitą; wyrażenie (a + bxn)p rozwija się według wzoru na dwumian Newtona i funkcja podcałkowa jest sumą składników cxk;

2. m+ 1

n jest liczbą całkowitą; całkę (905) sprowadza się do całki funkcji wymiernej przez

podstawienie t = r √ a+ bxn, gdzie r jest mianownikiem ułamka p;

3. m+ 1

n + p jest liczbą całkowitą; całkę (905) sprowadza się do całki funkcji wymiernej

przez podstawienie t = r r a+ bxn

xn , gdzie r jest mianownikiem ułamka p.

294

docsity.com

MATEMATYKA 16. CAŁKA NIEOZNACZONA

Przykład 16.54 Sprowadzíc do różniczki dwumiennej funkcję podcałkowąZ 3 p 1 + 4 √ x√

x dx

Rozwiązanie 16.54 Wykonamy działania na wykładnikach

3 p 1 + 4 √ x√

x = x−1/2

¡ 1 + x1/4

¢1/3 Przykład 16.55 Sprawdzíc, czy całkaZ

3 p 1 + 4 √ x√

x dx

może być wyrażona za pomocą funkcji elementarnych.

Rozwiązanie 16.55 W tym przypadku mamy

m = −1 2

n = 1

4 p =

1

3

m+ 1

n = 2

A więc zachodzi przypadek 2 Twierdzenia 16.9 Czebyszewa.

Przykład 16.56 Sprawdzíc, czy całka Z x3

4 √ 1 + x3

dx

może być wyrażona za pomocą funkcji elementarnych.

Rozwiązanie 16.56 Przekształcimy wyrażenie podcałkowe

x3

4 √ 1 + x3

dx = x 3(1 + x3)−1/4 dx

Otrzymujemy

m = 3 n = 3 p = −1 4

m+ 1

n = 4

3

m+ 1

n + p =

13

12

Nie jest spełniony żaden warunek Twierdzenia 16.9 Czebyszewa.

16.9 Całkowanie funkcji trygonometrycznych

Całkę Z R(sinx, cosx) dx (906)

można zawsze sprowadzíc do całki funkcji wymiernej za pomocą podstawienia uniwersalnego, w szczególnych zás przypadkach również i prostszymi metodami. Podstawienie uniwersalne ma postác

t = tan x

2 (907)

295

docsity.com

komentarze (0)

Brak komentarzy

Bądź autorem pierwszego komentarza!

To jest jedynie podgląd.

3 shown on 78 pages

Pobierz dokument