neurcitý integrál - text...tedaf jeprimitívnakf nar: neurčitý integrál primitívna funkcia a...

Neurčitý integrál

Primitívnafunkcia a jejvlastnosti


Základné metódyintegrovaniaSubstitučnámetódaMetóda perpartes

Integrovanieracionálnychfunkcií

Integrovanieniektorýchiracionálnychfunkcií

IntegrovaniegoniometrickýchfunkciíIntegrovanieniektorýchtranscendent-nýchfunkcií

1.1

Prednáška 1Neurčitý integrálText:

ÚMV/MAN3b/10 Matematická analýza II pre informatikov a fyzikov11. marca 2019

Jozef KiseľákPF UPJŠ








1.2

Agenda

1 Primitívna funkcia a jej vlastnosti

2 Neurčitý integrál

3 Základné metódy integrovaniaSubstitučná metódaMetóda per partes

4 Integrovanie racionálnych funkcií

5 Integrovanie niektorých iracionálnych funkcií

6 Integrovanie goniometrických funkciíIntegrovanie niektorých transcendentných funkcií








1.3

Primitívna funkcia a jej vlastnosti

Základným pojmom v tejto časti bude pojem primitívnej funkcieHľadanie neurčitého integrálu (primitívnej funkcie) je v podstateopačný proces k určovaniu derivácie. Motiváciou môže byť napr.úloha vo fyzike, pri ktorej je potrebné určiť dráhu telesa, ak jeznáma jeho rýchlosť.

Obr.: Pomocou dát získaných telemetriou, bola približne určená rýchlosťF1 V (t) = −1.0094 t3 + 11.052 t2 − 46.259 t + 90.508 pri brzdení z88m/s na 20.65m/s. Aká je prejdená dráha za daný čas.








1.4

Primitívna funkcia a jej vlastnosti

Alebo aj napr. tzv. konvolúcia dvoch funkcií x a h:

(x ∗ h)(t) ,∫ ∞−∞

x(τ)h(t − τ) dτ.

Často používaná pri algoritmoch spracovania diskrétnehoobrazu v počítačovej grafike.”Convolution is probably the most important concept in deeplearning (machine learning) right now”.

Obr.: Konvolúcia.








1.5

Definícia 1.1

Nech funkcie f ,F sú definované na nejakom intervale I . Hovoríme,že funkcia F je primitívnou funkcioua k funkcii f na intervale I , akfunkcia F má deriváciu na intervale I a pre každé x ∈ I platí, žeF ′(x) = f (x).

aČasto sa používa aj pojem antiderivácia.

Ak je interval I uzavretý (polouzavretý), berieme samozrejme doúvahy hodnoty príslušných jednostranných derivácií funkcie F .

Úloha 1.1

Funkcia F musí byť nutne spojitá na I , prečo?

Poznámka 1.1

Podľa definície musí mať primitívna funkcia F k funkcii frovnaký definičný obor ako funkcia f .Existuje viacero zovšeobecnení primitívnej funkcie. Myspomenieme iba jedno, ktoré je uvedené v nasledujúcej definícii.








1.6

Definícia 1.2

Nech f je funkcia definovaná na zjednotení konečného počtu

otvorených intervalov I1, . . . , In. Funkciu F definovanú na J =n⋃

i=1

Ii

nazývame primitívnou k f , ak pre každé x ∈ J platí, žeF ′(x) = f (x).

Príklad 1.1

Zrejme funkcia F (x) = x2 + 2x + 5 je primitívna k funkciif (x) = 2x + 2 na R. Avšak aj funkcia G (x) = x2 + 2x − π jeprimitívna k tej istej funkcii na R.

Predchádzajúci príklad ukazuje, že k jednej funkcii môže existovaťviacero primitívnych funkcií (na rozdiel od derivácie). O tom, koľkoich je, hovorí nasledujúca veta.

Veta 1.1

Nech funkcia F je primitívna k funkcii f na intervale I . Potomfunkcia G je primitívna k funkcii f na intervale I práve vtedy, keďexistuje c ∈ R také, že G (x) = F (x) + c pre všetky x ∈ I .








1.7

Poznámka 1.2

Predchádzajúce tvrdenie nemusí platiť, ak hovoríme oprimitívnej funkcii na inej množine ako je interval (zjednotenieintervalov).Dôsledok - množina primitívnych funkcií k danej funkcii f na Ije buď prázdna alebo nekonečná množina.

Úloha 1.2 (Kontrapríklad)

Ukážte, že Veta 1.1 neplatí pre nasledujúce funkcie,

f (x) = 3x2, |x | > 1, F (x) = x3

a

G (x) =

{x3, x < −1,x3 − 1, x > 1.

.








1.8


Definícia 2.1

Množinu všetkých primitívnych funkcií k funkcii f na intervale Inazývame neurčitým integrálom funkcie f na intervale I a

označujme ho∫

f (x) dx .

Symbol1∫

nazývame znakom integrovania. Funkciu f (x)

nazývame integrandom a x zasa integračná premenná.Definícia 2.1 hovorí, že∫

f (x) dx = {g(x) : g(x) = F (x) + c ; c ∈ R},

kde F je jedna z primitívnych funkcií f na I . Používať však budeme

trochu nepresný zápis∫

f (x) dx = F (x) + c , x ∈ I , c ∈ R.

1Tento znak zaviedol nemecký matematik Gottfried Wilhelm Leibniz nakonci 17. storočia. Je založený na tzv. dlhom s (jeho pozostatok v nemeckomjazyku je písmeno ostré ß), ktoré naznačuje sumáciu.








1.8


Definícia 2.1

Množinu všetkých primitívnych funkcií k funkcii f na intervale Inazývame neurčitým integrálom funkcie f na intervale I a

označujme ho∫

f (x) dx .

Symbol1∫

nazývame znakom integrovania. Funkciu f (x)

nazývame integrandom a x zasa integračná premenná.Definícia 2.1 hovorí, že∫

f (x) dx = {g(x) : g(x) = F (x) + c ; c ∈ R},

kde F je jedna z primitívnych funkcií f na I . Používať však budeme

trochu nepresný zápis∫

f (x) dx = F (x) + c , x ∈ I , c ∈ R.1Tento znak zaviedol nemecký matematik Gottfried Wilhelm Leibniz na

konci 17. storočia. Je založený na tzv. dlhom s (jeho pozostatok v nemeckomjazyku je písmeno ostré ß), ktoré naznačuje sumáciu.








1.9

Poznámka 2.1

Zrejme je integrand deriváciou neurčitého integrálu, t.j.[∫f (x) dx

]′= f (x), x ∈ I .

Rovnosť∫

f (x) dx = F (x) + c možno písať v tvaroch∫F ′(x)dx = F (x) + c , a

∫dF (x) = F (x) + c .

Konštantu c nazývame integračná konštanta.

Vieme už, kedy má funkcia na nejakej množine (intervale) deriváciu.Prirodzene sa môžeme pýtať, či každá funkcia má primitívnufunkciu na nejakom intervale.

Úloha 2.1

Uvažujme nespojitú funkciu

f (x) =

{0, x ∈ R \ {0}1, x = 0.

Ukážte, že k nej neexistuje primitívna funkcia (na R).








1.10

Príklad 2.1

Funkcia

f (x) =

2x sin1x− cos

1x, x ∈ R \ {0}

0, x = 0

je nespojitá v bode 0 (Overte!). Ukážeme, že napriek tomu máprimitívnu funkciu na R.

Položme

F (x) =

x2 sin1x, x ∈ R \ {0}

0, x = 0.

Zrejme F ′(x) = 2x sin1x− cos

1x

pre x 6= 0 a

F ′(0) = limx→0

x2 sin 1x − 0

x − 0= lim

x→0= x sin

1x= 0.

Teda F je primitívna k f na R.








1.10

Príklad 2.1

Funkcia

f (x) =

2x sin1x− cos

1x, x ∈ R \ {0}

0, x = 0

je nespojitá v bode 0 (Overte!). Ukážeme, že napriek tomu máprimitívnu funkciu na R. Položme

F (x) =

x2 sin1x, x ∈ R \ {0}

0, x = 0.

Zrejme F ′(x) = 2x sin1x− cos

1x

pre x 6= 0 a

F ′(0) = limx→0

x2 sin 1x − 0

x − 0= lim

x→0= x sin

1x= 0.

Teda F je primitívna k f na R.








1.11

Ak teda funkcia f nie je spojitá na danom intervale I , tak môže, alenemusí mať na ňom primitívnu funkciu. Platí však nasledujúca veta,dôkaz ktorej urobíme neskôr, pretože zatiaľ k tomu nemámevybudovaný dostatočný aparát.

Veta 2.1 (Postačujúca podmienka existencie primitívnej funkcie)

Nech funkcia f je spojitá na intervale I . Potom má primitívnufunkciu na intervale I (existuje neurčitý integrál funkcie f naintervale I ).

Poznámka 2.2

Pozor, ako sme videli na vyššie uvedenom príklade, spojitosť nie jenutnou podmienkou existencie primitívnej funkcie.

Úloha 2.2

Nech funkcia F je primitívna k funkcii f definovanej na ohraničenomintervale Rozhodnite o platnosti nasledujúcich implikácií:

ak f je ohraničená, tak aj F je ohraničená;ak F je ohraničená, tak aj f je ohraničená.








1.12

Základné metódy integrovania

Ďalej sa budeme zaoberať metódami hľadania primitívnych funkcií,resp. neurčitých integrálov niektorých typov funkcií.

V prípade derivovanie bola situácia pomerne jednoduchá, stačiloovládať derivácie elementárnych funkcií a niekoľko formúl (napr. presúčet, podiel alebo zloženie funkcií).

Vo všeobecnosti je úloha nájdenia primitívnej funkcie náročnýproblém.

Dokonca neplatí, že k funkcii zloženej z elementárnych funkciíexistuje primitívna funkcia v triede elementárnych funkcií.

Otázku, kedy je to možné rieši tzv. Rischov algoritmus založený naLiouvilleovom princípe.








1.13

Príklad 3.1 (Príklady funkcií ”bez elementárnej antiderivácie”)

Funkcie

e±x2,

1ln x

,sin x

x,√

1+ x3,√sin x , sin (x2), xx

nemajú primitívnu funkciu v triede elementárnych funkcií na svojichdefiničných oborocha. Inak povedané, môžete sa snažiť integrovaťich koľko len chcete, ale nemáte šancu to urobiť.

aPozor to neznamená, že nemajú primitívne funkcie.

Poznámka 3.1

Zaujímavá je citlivosť na detail, napr.f (x) =

x√x4 + 10x2 − 96x − 71

má primitívnu funkciu v triede

elementárnych funkcií, ale aj malá zmena koeficientu 71 topokazí.

”Kuriozitou” je, že súčet takýchto funkcií môže maťantideriváciu, napr. pref (x) = ex ln x , g(x) = x f (x) = x ex ln x platí∫

[f (x) + g(x)]dx = ex(ln x − 1) + c .








1.13

Príklad 3.1 (Príklady funkcií ”bez elementárnej antiderivácie”)

Funkcie

e±x2,

1ln x

,sin x

x,√

1+ x3,√sin x , sin (x2), xx

nemajú primitívnu funkciu v triede elementárnych funkcií na svojichdefiničných oborocha. Inak povedané, môžete sa snažiť integrovaťich koľko len chcete, ale nemáte šancu to urobiť.

aPozor to neznamená, že nemajú primitívne funkcie.

Poznámka 3.1

Zaujímavá je citlivosť na detail, napr.f (x) =

x√x4 + 10x2 − 96x − 71

má primitívnu funkciu v triede

elementárnych funkcií, ale aj malá zmena koeficientu 71 topokazí.”Kuriozitou” je, že súčet takýchto funkcií môže maťantideriváciu, napr. pref (x) = ex ln x , g(x) = x f (x) = x ex ln x platí∫

[f (x) + g(x)] dx = ex(ln x − 1) + c .








1.14

Skôr ako sa oboznámime s niektorými metódami, pravidlamiintegrovania uvedieme si tzv. tabuľkové integrály. K niektorýfunkciám vieme totiž nájsť primitívne funkcie tak, že priamovyplývajú z definície neurčitého integrálu, prípadne zo základnýchformúl pre derivácie.

∫1 dx = x + c, x ∈ R;∫xα dx =

xα+1

α + 1+ c, α 6= −1, x > 0 (x ∈ R);∫

1x

dx = ln |x| + c, x < 0 alebo x > 0;∫ax dx =

ax

ln a+ c, a > 0, a 6= 1, x ∈ R;∫

ex dx = ex + c, x ∈ R;∫sin x dx = − cos x + c, x ∈ R,

∫cos x dx = sin x + c, x ∈ R;∫

1sin2 x

dx = −cotg x + c, x ∈ R,∫

1cos2 x

dx = tg x + c, x ∈ R;∫1

1 + x2 dx = arctg x + c = − arccotg x + c, x ∈ R;∫1

√1− x2

dx = arcsin x + c = − arccos x + c, x ∈ (−1, 1);








1.14

Skôr ako sa oboznámime s niektorými metódami, pravidlamiintegrovania uvedieme si tzv. tabuľkové integrály. K niektorýfunkciám vieme totiž nájsť primitívne funkcie tak, že priamovyplývajú z definície neurčitého integrálu, prípadne zo základnýchformúl pre derivácie.∫

1 dx = x + c, x ∈ R;∫xα dx =

xα+1

α + 1+ c, α 6= −1, x > 0 (x ∈ R);∫

1x

dx = ln |x| + c, x < 0 alebo x > 0;∫ax dx =

ax

ln a+ c, a > 0, a 6= 1, x ∈ R;∫

ex dx = ex + c, x ∈ R;∫sin x dx = − cos x + c, x ∈ R,

∫cos x dx = sin x + c, x ∈ R;∫

1sin2 x

dx = −cotg x + c, x ∈ R,∫

1cos2 x

dx = tg x + c, x ∈ R;∫1

1 + x2 dx = arctg x + c = − arccotg x + c, x ∈ R;∫1

√1− x2

dx = arcsin x + c = − arccos x + c, x ∈ (−1, 1);








1.15

Prvá metóda : niekedy vieme nájsť primitívnu funkciu ”skusmo”(uhádneme ju), pomocou predchádzajúcich znalostí (skúseností).

Napr.∫

sin(5x) dx = −cos(5x)5

+ c pretože(−cos(5x)

5+ c

)′= sin(5x). Aké znalosti sme pritom využili?

Samozrejme s týmto by sme si veľmi nevystačili.

Druhá metóda integrovania, nazývaná metóda rozkladu, spočíva vrozklade integrandu na tvar lineárnej kombinácie funkcií, ktorýchprimitívne funkcie poznáme.

Veta 3.1 (Lineárnosť neurčitého integrálu)

Nech funkcie F1,F2, . . . ,Fn, n ∈ N sú primitívne funkcie k funkciámf1, f2, . . . , fn na intervale I a cj ∈ R, j = 1, . . . , n. Potom funkcian∑

j=1

cj Fj je primitívna funkcia k funkciin∑

j=1

cj fj na intervale I a

platí, že ∫ n∑j=1

cj fj(x) dx =n∑

j=1

cj Fj(x) dx .








1.15

Prvá metóda : niekedy vieme nájsť primitívnu funkciu ”skusmo”(uhádneme ju), pomocou predchádzajúcich znalostí (skúseností).

Napr.∫

sin(5x) dx = −cos(5x)5

+ c pretože(−cos(5x)

5+ c

)′= sin(5x). Aké znalosti sme pritom využili?

Samozrejme s týmto by sme si veľmi nevystačili.Druhá metóda integrovania, nazývaná metóda rozkladu, spočíva vrozklade integrandu na tvar lineárnej kombinácie funkcií, ktorýchprimitívne funkcie poznáme.

Veta 3.1 (Lineárnosť neurčitého integrálu)

Nech funkcie F1,F2, . . . ,Fn, n ∈ N sú primitívne funkcie k funkciámf1, f2, . . . , fn na intervale I a cj ∈ R, j = 1, . . . , n. Potom funkcian∑

j=1

cj Fj je primitívna funkcia k funkciin∑

j=1

cj fj na intervale I a

platí, že ∫ n∑j=1

cj fj(x) dx =n∑

j=1

cj Fj(x) dx .








1.16

Príklad 3.2 ∫(1− x)(1− 4x) dx =

∫(1− 5x + 4x2)dx =

=

∫dx − 5

∫x dx + 4

∫x2 dx = x − 5

2x2 +

43x3 + c

∫dx

sin2 x cos2 x=

∫sin2 x + cos2 x

sin2 x cos2 xdx =

∫dx

sin2 x+

∫dx

cos2 x=

= tan x − cot x + c

Úloha 3.1

Pomocou metódy rozkladu nájdite (na príslušných definičnýchoboroch) neurčitý integrál k funkciám

f (x) =x2

1+ x2 , g(x) =1

x2 − a2 , a 6= 0.








1.17

Otázka: Platí táto vlastnosť aj pre nekonečný súčet funkcií?

Čiastočnú odpoveď nám dáva nasledujúca veta. Pre mocninovérady platí tvrdenie:

Veta 3.2 (Veta o integrácii mocninového radu)

Mocninové rady f (x) =∞∑n=0

an(x − a)n,

F (x) =∞∑n=0

ann + 1

(x − a)n+1 majú ten istý polomer konvergencie ρ.

Funkcia F je primitívnou funkciou k funkcii f na intervale(a− ρ, a+ ρ), t.j. pre každé x ∈ (a− ρ, a+ ρ) platí, že∫ ( ∞∑

n=0

an(x − a)n

)dx =

∞∑n=0

ann + 1

(x − a)n+1 + c .








1.17

Otázka: Platí táto vlastnosť aj pre nekonečný súčet funkcií?Čiastočnú odpoveď nám dáva nasledujúca veta. Pre mocninovérady platí tvrdenie:

Veta 3.2 (Veta o integrácii mocninového radu)

Mocninové rady f (x) =∞∑n=0

an(x − a)n,

F (x) =∞∑n=0

ann + 1

(x − a)n+1 majú ten istý polomer konvergencie ρ.

Funkcia F je primitívnou funkciou k funkcii f na intervale(a− ρ, a+ ρ), t.j. pre každé x ∈ (a− ρ, a+ ρ) platí, že∫ ( ∞∑

n=0

an(x − a)n

)dx =

∞∑n=0

ann + 1

(x − a)n+1 + c .








1.18

Priamo z vety o derivácii zloženej funkcie dostaneme tretiu zozákladných metód integrovania, ktorá sa nazýva metóda substitúcie.

Veta 3.3 (Substitučná metóda I)

Nech funkcia F (t) je primitívna k funkcii f (t) na intervale J. Nechfunkcia ϕ(x) je diferencovateľná na intervale I a ϕ(J) ⊂ I a. Potomfunkcia F (ϕ(x)) je primitívnou k funkcii f (ϕ(x))ϕ′(x) na intervaleI .

aT.j. množina hodnôt funkcie ϕ(x) na intervale I je podmnožinou intervalu J.

Poznámka 3.2

Tvrdenie vety môžeme pomocou neurčitého integrálu zapísať v tvare∫f (ϕ(x))ϕ′(x) dx = F (ϕ(x)) + c , x ∈ I .








1.19

Poznámka 3.3

Vetu 3.3 používame ak hľadáme integrál∫

g(x)dx a funkciu

sa nám podarí zapísať v tvare g(x) = f (ϕ(x))ϕ′(x), pričom

vieme vypočítať integrál∫

f (t)dt.

Prechod medzi integrálmi sa formálne zapisuje nasledovne∫f (ϕ(x))ϕ′(x) dx =

∣∣∣∣ ϕ(x) = tϕ′(x) dx = dt

∣∣∣∣ = ∫ f (t)dt∣∣t=ϕ(x)

=

= [F (t) + c]∣∣t=ϕ(x)

= F (ϕ(x)) + c , x ∈ I .

My však budeme používať menej presný, avšak stručnejší zápis∫f (ϕ(x))ϕ′(x) dx =

∣∣∣∣ ϕ(x) = tϕ′(x) dx = dt

∣∣∣∣ = ∫ f (t)dt =

= F (t) + c = F (ϕ(x)) + c , x ∈ I .








1.20

Príklad 3.3

nech f má primitívnu funkciu na J a a 6= 0, potom∫f (ax + b) dx =

∣∣∣∣ ϕ(x) := ax + b = ta dx = dt

∣∣∣∣ = 1a

∫f (t) dt =

=1aF (t) + c =

1aF (ax + b) + c , x ∈ J

∫x√

1− x2 dx =

∣∣∣∣ ϕ(x) := 1− x2 = t−2x dx = dt

∣∣∣∣ = −12

∫ √t dt =

= −26√t3+ c = −

√1− x23

3+ c , x ∈ [−1, 1]

nech f je diferencovateľná a rôzna od nuly na J, potom∫f ′(x)

f (x)dx =

∣∣∣∣ ϕ(x) := f (x) = tf ′(x) dx = dt

∣∣∣∣ = ∫ dtt

= ln |t|+ c =

= ln |f (x)|+ c , x ∈ J








1.21

Predchádzajúcu vetu môžeme používať aj v obrátenom zmysle, t.j.

ak vieme vypočítať integrál∫

f (ϕ(x))ϕ′(x) dx (prípadne je v istom

zmysle jednoduchší ako∫

f (t) dt), potom vieme vypočítať aj

integrál∫

f (t)dt. To je však podmienené doplnením predpokladu

na funkciu ϕ.

Platí veta.

Veta 3.4 (Substitučná metóda II)

a Nech funkcia x = ϕ(t) je diferencovateľná na intervale I , prekaždé t ∈ I je ϕ′(t) 6= 0, ϕ(I ) = J . Nech funkcia G (t) jeprimitívna k funkcii f (ϕ(t))ϕ′(t) na intervale I . Potom funkciaG(ϕ−1(x)

)je primitívnou k funkcii f (x) na intervale J.

aVeta platí aj za iných predpokladov, napr. spojitosť funkcie f , ϕ(J) = I ,diferencovateľnosť ϕ a existencia pravej inverznej funkcie k ϕ








1.21

Predchádzajúcu vetu môžeme používať aj v obrátenom zmysle, t.j.

ak vieme vypočítať integrál∫

f (ϕ(x))ϕ′(x) dx (prípadne je v istom

zmysle jednoduchší ako∫

f (t) dt), potom vieme vypočítať aj

integrál∫

f (t)dt. To je však podmienené doplnením predpokladu

na funkciu ϕ. Platí veta.

Veta 3.4 (Substitučná metóda II)

a Nech funkcia x = ϕ(t) je diferencovateľná na intervale I , prekaždé t ∈ I je ϕ′(t) 6= 0, ϕ(I ) = J . Nech funkcia G (t) jeprimitívna k funkcii f (ϕ(t))ϕ′(t) na intervale I . Potom funkciaG(ϕ−1(x)

)je primitívnou k funkcii f (x) na intervale J.

aVeta platí aj za iných predpokladov, napr. spojitosť funkcie f , ϕ(J) = I ,diferencovateľnosť ϕ a existencia pravej inverznej funkcie k ϕ








1.22

Príklad 3.4

Nech a 6= 0, potom∫dx

x2 + a2 =

∫a dt

a2 + a2 t2=

1a

arctg t + c .

Akú substitúciu sme použili?

Poznámka 3.4

Stručnejší zápis prechodu medzi integrálmi v tomto prípade je∫f (x) dx =

∣∣∣∣ x = ϕ(t)dx = ϕ′(t) dt

∣∣∣∣ = ∫ f (ϕ(t))ϕ′(t) dt = G (t) + c =

G(ϕ−1(x)

)+ c , x ∈ J.

Poznámka 3.5

Je dobré si uvedomiť, že podstatou obidvoch uvedených viet o

substitúcii je ”rovnosť”∫

f (t)dt =∫

f (ϕ(x))ϕ′(x) dx , ktorú,

”čítame” v prípade vety 3.3 ”sprava doľava” a v prípade vety 3.4naopak








1.23

Štvrtou zo základných metód integrácie je metóda per partes (počastiach). Vyplýva priamo z vety o derivácii súčinu dvoch funkcií.

Veta 3.5 (Metóda per partes)

Nech funkcie u, v sú diferencovateľné na intervale I a funkcia H jeprimitívna k funkcii u′v na intervale I . Potom existuje funkciauv − H primitívna k funkcii uv ′ na intervale I .

Poznámka 3.6

Tvrdenie tejto vety môžeme pomocou neurčitého integrálu

zapísať v tvare∫

u(x)v ′(x) dx = u(x)v(x)−∫

u′(x)v(x) dx ,

x ∈ I .Všimnime si, že na pravej strane rovnosti je u derivované a v ′

je integrované, čo značí, že je užitočné voliť u, resp. v ′ tak,aby ”sa zjednodušilo” po danej operácii.Otázkou je, kedy máme existenciu primitívnej funkcie Hzaručenú.Touto metódou často odvodzujeme rekurentné typy formúl.








1.24

Príklad 3.5

I =

∫arctan(x) dx =

∫arctan(x) · 1dx =

=

∣∣∣∣∣∣ u = arctan(x)⇒ du =dx

1+ x2

dv = dx ⇒ v = x

∣∣∣∣∣∣ = x arctan(x)−∫

x

1+ x2 dx =

= x arctan(x)− ln(1+ x2)

2+ c

Úloha 3.2

Nech f je dvakrát diferencovateľná funkcia na I . Nájdite∫x f ′′(x) dx .








1.25

Integrovanie racionálnych funkcií

V ďalšom sa pozrieme na integráciu niektorých tried reálnychfunkcií. Integrovanie racionálnych funkcií je dôležité, keďže sú topomerne jednoduché a v aplikáciách veľmi často používané funkciea zároveň existuje viacero typov funkcií, ktorých integrovanie možnona ne previesť.

Definícia 4.1

Funkciu R nazveme racionálnou, ak R(x) =P(x)

Q(x), kde

P,Q (Q 6≡ 0) sú polynomické funkcie, t.j. je podielom dvochpolynomických funkcií. Ak naviac je degP < degQ, hovoríme, že Rrýdzo racionálna funkcia.

Najprv sa naučíme integrovať kanonické typy racionálnych funkcií,n ∈ N:

1 P(x) = a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an−1x + an, kde ai ∈ R,i = 0, 1, . . . , n, zrejme jej integrál je opäť polynóm∫

P(x) dx =a0

n + 1xn+1+

a1

nxn+· · ·+ an−1

2x2+anx+c , x ∈ R;








1.25



Definícia 4.1


Q(x), kde



1 P(x) = a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an−1x + an, kde ai ∈ R,i = 0, 1, . . . , n,

zrejme jej integrál je opäť polynóm∫P(x) dx =

a0

n + 1xn+1+

a1

nxn+· · ·+ an−1

2x2+anx+c , x ∈ R;








1.25



Definícia 4.1


Q(x), kde



1 P(x) = a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an−1x + an, kde ai ∈ R,i = 0, 1, . . . , n, zrejme jej integrál je opäť polynóm∫

P(x) dx =a0

n + 1xn+1+

a1

nxn+· · ·+ an−1

2x2+anx+c , x ∈ R;








1.26

2 ∫1

(x − a)ndx =

∣∣∣∣ x − a = tdx = dt

∣∣∣∣ ==

∫1tn

dt =

1 ln |x − a|+ c , x > a (x < a), n = 11

1− n· 1(x − a)n−1 + c , x > a (x < a), n ≥ 2

3 ∫dx

(x2 + a2)n,

kde a ∈ R \ {0}uvažujme tieto prípady:








1.27

3 ∫dx

(x2 + a2)n,


n = 1∫dx

x2 + a2 =

∣∣∣∣ x = atdx = a dt

∣∣∣∣

= · · · = 1a

arctgx

a+ c, x ∈ R

n ≥ 2∫dx

(x2 + a2)n=

∣∣∣∣∣∣u′ = 1 u = x

v =1

(x2 + a2)nv ′ = −n 2x

(x2 + a2)n+1

∣∣∣∣∣∣ == · · · = x

(x2 + a2)n+ 2n

∫dx

(x2 + a2)n− 2na2

∫dx

(x2 + a2)n+1

Označme si In :=

∫dx

(x2 + a2)n, máme tak rekurentný vzťah

In+1 =x

2na2(x2 + a2)n+

2n − 12na2 In








1.27

3 ∫dx

(x2 + a2)n,


n = 1∫dx

x2 + a2 =


∣∣∣∣ = · · · = 1a

arctgx

a+ c, x ∈ R

n ≥ 2

∫dx

(x2 + a2)n=

∣∣∣∣∣∣u′ = 1 u = x

v =1

(x2 + a2)nv ′ = −n 2x

(x2 + a2)n+1

∣∣∣∣∣∣ == · · · = x

(x2 + a2)n+ 2n

∫dx

(x2 + a2)n− 2na2

∫dx

(x2 + a2)n+1

Označme si In :=

∫dx


In+1 =x

2na2(x2 + a2)n+

2n − 12na2 In








1.27

3 ∫dx

(x2 + a2)n,


n = 1∫dx

x2 + a2 =


∣∣∣∣ = · · · = 1a

arctgx

a+ c, x ∈ R

n ≥ 2∫dx

(x2 + a2)n=

∣∣∣∣∣∣u′ = 1 u = x

v =1

(x2 + a2)nv ′ = −n 2x

(x2 + a2)n+1

∣∣∣∣∣∣

=

= · · · = x

(x2 + a2)n+ 2n

∫dx

(x2 + a2)n− 2na2

∫dx

(x2 + a2)n+1

Označme si In :=

∫dx


In+1 =x

2na2(x2 + a2)n+

2n − 12na2 In








1.27

3 ∫dx

(x2 + a2)n,


n = 1∫dx

x2 + a2 =


∣∣∣∣ = · · · = 1a

arctgx

a+ c, x ∈ R

n ≥ 2∫dx

(x2 + a2)n=

∣∣∣∣∣∣u′ = 1 u = x

v =1

(x2 + a2)nv ′ = −n 2x

(x2 + a2)n+1

∣∣∣∣∣∣ == · · · = x

(x2 + a2)n+ 2n

∫dx

(x2 + a2)n− 2na2

∫dx

(x2 + a2)n+1

Označme si In :=

∫dx


In+1 =x

2na2(x2 + a2)n+

2n − 12na2 In








1.28

4 ∫dx

(ax2 + bx + c)n,

kde a, b, c ∈ R a b2 − 4ac < 0

Pre a = 0 postupujeme podobne ako v prípade 2Pre a 6= 0 postupujeme nasledovne:∫

dx(ax2 + bx + c)n

=1an

∫dx(

x2 + ba x + c

a

)n=

1an

∫dx

(x2 + Ax + B)n=

1an

∫dx[(

x + A2

)2+ B − A2

4

]n =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 < B − A2

4= D2

x +A

2= t

dx = dt

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =1an

∫dx

(t2 + D2)n,

čo už je integrál typu 3








1.28

4 ∫dx

(ax2 + bx + c)n,

kde a, b, c ∈ R a b2 − 4ac < 0Pre a = 0 postupujeme podobne ako v prípade 2

Pre a 6= 0 postupujeme nasledovne:∫dx

(ax2 + bx + c)n=

1an

∫dx(

x2 + ba x + c

a

)n=

1an

∫dx

(x2 + Ax + B)n=

1an

∫dx[(

x + A2

)2+ B − A2

4

]n =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 < B − A2

4= D2

x +A

2= t

dx = dt

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =1an

∫dx

(t2 + D2)n,









1.28

4 ∫dx

(ax2 + bx + c)n,

kde a, b, c ∈ R a b2 − 4ac < 0Pre a = 0 postupujeme podobne ako v prípade 2Pre a 6= 0 postupujeme nasledovne:

∫dx

(ax2 + bx + c)n=

1an

∫dx(

x2 + ba x + c

a

)n=

1an

∫dx

(x2 + Ax + B)n=

1an

∫dx[(

x + A2

)2+ B − A2

4

]n =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 < B − A2

4= D2

x +A

2= t

dx = dt

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =1an

∫dx

(t2 + D2)n,









1.28

4 ∫dx

(ax2 + bx + c)n,

kde a, b, c ∈ R a b2 − 4ac < 0Pre a = 0 postupujeme podobne ako v prípade 2Pre a 6= 0 postupujeme nasledovne:∫

dx(ax2 + bx + c)n

=1an

∫dx(

x2 + ba x + c

a

)n=

1an

∫dx

(x2 + Ax + B)n=

1an

∫dx[(

x + A2

)2+ B − A2

4

]n =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 < B − A2

4= D2

x +A

2= t

dx = dt

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=1an

∫dx

(t2 + D2)n,









1.28

4 ∫dx

(ax2 + bx + c)n,

kde a, b, c ∈ R a b2 − 4ac < 0Pre a = 0 postupujeme podobne ako v prípade 2Pre a 6= 0 postupujeme nasledovne:∫

dx(ax2 + bx + c)n

=1an

∫dx(

x2 + ba x + c

a

)n=

1an

∫dx

(x2 + Ax + B)n=

1an

∫dx[(

x + A2

)2+ B − A2

4

]n =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 < B − A2

4= D2

x +A

2= t

dx = dt

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =1an

∫dx

(t2 + D2)n,









1.29

5 ∫Ax + B

(x2 + bx + c)ndx ,

kde A,B, b, c ∈ R a b2 − 4c < 0,

Pre A = 0 pozri prípad 4Pre A 6= 0 uvažujme nasledovne:∫

Ax + B

(x2 + bx + c)ndx =

∫ A2 2x + B + A

2 b −A2 b

(x2 + bx + c)n=

=A

2

∫2x + b

(x2 + bx + c)ndx +

∫B − b A

2

(x2 + bx + c)ndx =

=

∣∣∣∣ x2 + bx + c = t(2x + b) dx = dt

∣∣∣∣ = ∫ dttn

+

(B − A

2b

)∫dx

(x2 + bx + c)n,

čo už vieme doriešiť, lebo prvý integrál je typu 2 a druhý typu4








1.29

5 ∫Ax + B

(x2 + bx + c)ndx ,

kde A,B, b, c ∈ R a b2 − 4c < 0, Pre A = 0 pozri prípad 4

Pre A 6= 0 uvažujme nasledovne:∫Ax + B

(x2 + bx + c)ndx =

∫ A2 2x + B + A

2 b −A2 b

(x2 + bx + c)n=

=A

2

∫2x + b

(x2 + bx + c)ndx +

∫B − b A

2

(x2 + bx + c)ndx =

=

∣∣∣∣ x2 + bx + c = t(2x + b) dx = dt

∣∣∣∣ = ∫ dttn

+

(B − A

2b

)∫dx

(x2 + bx + c)n,









1.29

5 ∫Ax + B

(x2 + bx + c)ndx ,

kde A,B, b, c ∈ R a b2 − 4c < 0, Pre A = 0 pozri prípad 4Pre A 6= 0 uvažujme nasledovne:

∫Ax + B

(x2 + bx + c)ndx =

∫ A2 2x + B + A

2 b −A2 b

(x2 + bx + c)n=

=A

2

∫2x + b

(x2 + bx + c)ndx +

∫B − b A

2

(x2 + bx + c)ndx =

=

∣∣∣∣ x2 + bx + c = t(2x + b) dx = dt

∣∣∣∣ = ∫ dttn

+

(B − A

2b

)∫dx

(x2 + bx + c)n,









1.29

5 ∫Ax + B

(x2 + bx + c)ndx ,

kde A,B, b, c ∈ R a b2 − 4c < 0, Pre A = 0 pozri prípad 4Pre A 6= 0 uvažujme nasledovne:∫

Ax + B

(x2 + bx + c)ndx =

∫ A2 2x + B + A

2 b −A2 b

(x2 + bx + c)n=

=A

2

∫2x + b

(x2 + bx + c)ndx +

∫B − b A

2

(x2 + bx + c)ndx =

=

∣∣∣∣ x2 + bx + c = t(2x + b) dx = dt

∣∣∣∣

=

∫dttn

+

(B − A

2b

)∫dx

(x2 + bx + c)n,









1.29

5 ∫Ax + B

(x2 + bx + c)ndx ,

kde A,B, b, c ∈ R a b2 − 4c < 0, Pre A = 0 pozri prípad 4Pre A 6= 0 uvažujme nasledovne:∫

Ax + B

(x2 + bx + c)ndx =

∫ A2 2x + B + A

2 b −A2 b

(x2 + bx + c)n=

=A

2

∫2x + b

(x2 + bx + c)ndx +

∫B − b A

2

(x2 + bx + c)ndx =

=

∣∣∣∣ x2 + bx + c = t(2x + b) dx = dt

∣∣∣∣ = ∫ dttn

+

(B − A

2b

)∫dx

(x2 + bx + c)n,









1.30

Uveďme si teraz bez dôkazu dôležitú vetu z algebry.

Veta 4.1 (O rozklade na parciálne zlomky)

Nech Q je polynóm stupňa n ≥ 1, nech koeficient pri jeho najvyššej mocnine jerovný 1. Potom

a) Polynóm Q možno zapísať jediným spôsobom v tvare

k∏i=1

(x − ai )ni

s∏j=1

(x2 + pj x + qj )mj ,

kde ai , i = 1, . . . , k sú navzájom rôzne korene polynómu Q, polynómyx2 + pj x + qj , j = 1, . . . , s nemajú reálne korene a sú navzájom rôzne,ni ∈ N, i = 1, . . . , k, mj ∈ N, j = 1, . . . , s.

b) Rýdzo racionálnu funkciu R =P

Qmožno zapísať v tvare súčtu parciálnych

zlomkov. Pričom skupina sčítancov patriaca k členu tvaru (x − ai )ni

pozostáva z parciálnych zlomkov

A1

x − ai,

A2

(x − ai )2, . . . ,

Ani

(x − ai )ni,

a skupina sčítancov patriaca k členu tvaru x2 + pj x + qj pozostáva zparciálnych zlomkov

B1 x + C1

x2 + pj x + qj,

B2 x + C2

(x2 + pj x + qj )2, . . . ,

Bmj x + Cmj

(x2 + pj x + qj )mj

.








1.31

Z predchádzajúcej vety vyplýva, že rýdzo racionálnu funkciu viemevždy jednoznačne2 rozložiť na parciálne zlomky nasledujúcimspôsobom:

P1(x)k∏

i=1(x − ai )ni

s∏j=1

(x2 + pjx + qj)mj

=

=A1

1

x − a1+

A12

(x − a1)2+· · ·+

A1n1

(x − a1)n1+

A21

x − a2+· · ·+

A2n2

(x − a2)n2+

+ · · ·+ Ak1

x − ak+· · ·+

Aknk

(x − ak)nk+

P11 + Q1

1x

x2 + p1x + q1+

P12 + Q1

2x

(x2 + p1x + q1)2

+ · · ·+P1m1

+ Q1m1

x

(x2 + p1x + q1)m1+

P21 + Q2

1x

x2 + p2x + q2+ · · ·+

+P2m2

+ Q2m2

x

(x2 + p2x + q2)m2+· · ·+ Ps

1 + Qs1x

x2 + psx + qs+· · ·+

Psms

+ Qsmsx

(x2 + psx + qs)ms

2Samozrejme až na poradie sčítancov.








1.32

Uvedený rozklad vyzerá síce zložito, ale dá sa pomerne jednoduchozapamätať.

Ku každému reálnemu koreňu polynómu Q prislúcha toľko zlomkovakej je tento koreň násobnosti, pričom v čitateli týchto zlomkov jereálne číslo a v menovateli sú postupne polynómy

x − ai , (x − ai )2, . . . , (x − ai )

ni ,

kde ni je násobnosť reálneho koreňa ai .Podobne je to s nerozložiteľnými trojčlenmi tvaru x2 + pj x + qj ,pričom v čitateli daných zlomkov sú polynómy tvaru Mx + N a vmenovateli sú postupne polynómy

x2 + pj x + qj , (x2 + px + q)2, . . . , (x2 + px + q)mj ,

kde mj je "násobnosť-trojčlena x2 + pj x + qj .








1.32

Uvedený rozklad vyzerá síce zložito, ale dá sa pomerne jednoduchozapamätať.Ku každému reálnemu koreňu polynómu Q prislúcha toľko zlomkovakej je tento koreň násobnosti, pričom v čitateli týchto zlomkov jereálne číslo a v menovateli sú postupne polynómy

x − ai , (x − ai )2, . . . , (x − ai )

ni ,

kde ni je násobnosť reálneho koreňa ai .

Podobne je to s nerozložiteľnými trojčlenmi tvaru x2 + pj x + qj ,pričom v čitateli daných zlomkov sú polynómy tvaru Mx + N a vmenovateli sú postupne polynómy










1.32

Uvedený rozklad vyzerá síce zložito, ale dá sa pomerne jednoduchozapamätať.Ku každému reálnemu koreňu polynómu Q prislúcha toľko zlomkovakej je tento koreň násobnosti, pričom v čitateli týchto zlomkov jereálne číslo a v menovateli sú postupne polynómy

x − ai , (x − ai )2, . . . , (x − ai )

ni ,

kde ni je násobnosť reálneho koreňa ai .Podobne je to s nerozložiteľnými trojčlenmi tvaru x2 + pj x + qj ,pričom v čitateli daných zlomkov sú polynómy tvaru Mx + N a vmenovateli sú postupne polynómy










1.33

Pozrime sa teraz na integrovanie racionálnej funkcie R(x) =P(x)

Q(x).

Môžu nastať dva prípady:1 degP ≥ degQ V tomto prípade funkciu R musíme polynóm

P vydeliť polynómom Q. Po vydelení dostávame, že

R(x) =P(x)

Q(x)= S(x) +

P1(x)

Q(x), kde S ,P1 sú polynómy získané

delením, pričom degP1 < degQ.2 st P < st Q V tomto prípade je už funkcia R v požadovanom

tvare.Z toho vyplýva, že každú racionálnu funkciu vieme napísať akosúčet polynómu a rýdzo racionálnej funkcie. Avšak my už viemeintegrovať oba sčítance, takže problém integrácie racionálnychfunkcií máme vyriešený. Záver je, že teoreticky vieme integrovaťkaždú takú funkciu.








1.33


Q(x).

Môžu nastať dva prípady:1 degP ≥ degQ

V tomto prípade funkciu R musíme polynómP vydeliť polynómom Q. Po vydelení dostávame, že

R(x) =P(x)

Q(x)= S(x) +

P1(x)











1.33


Q(x).


P vydeliť polynómom Q.

Po vydelení dostávame, že

R(x) =P(x)

Q(x)= S(x) +

P1(x)











1.33


Q(x).



R(x) =P(x)

Q(x)= S(x) +

P1(x)


delením, pričom degP1 < degQ.2 st P < st Q

V tomto prípade je už funkcia R v požadovanomtvare.

Z toho vyplýva, že každú racionálnu funkciu vieme napísať akosúčet polynómu a rýdzo racionálnej funkcie. Avšak my už viemeintegrovať oba sčítance, takže problém integrácie racionálnychfunkcií máme vyriešený. Záver je, že teoreticky vieme integrovaťkaždú takú funkciu.








1.33


Q(x).



R(x) =P(x)

Q(x)= S(x) +

P1(x)











1.34

Príklad 4.1

Rozložme racionálna funkciu R na parciálne zlomky.

R(x) =x4

x3 + 2x2 − x − 2= x − 2+

5x2 − 4x3 + 2x2 − x − 2

,

podľa vety možno druhý výraz napísať v tvare

5x2 − 4x3 + 2x2 − x − 2

=5x2 − 4

(x − 1)(x + 1)(x + 2)=

A

x − 1+

B

x + 1+

C

x + 2.

Otázka je ako efektívne vypočítať neznáme koeficienty v rozklade.Spomenieme si dva základné spôsoby:

Metóda neurčitých koeficientov;

Heavisideova metóda.








1.34

Príklad 4.1


R(x) =x4

x3 + 2x2 − x − 2= x − 2+

5x2 − 4x3 + 2x2 − x − 2

,


5x2 − 4x3 + 2x2 − x − 2

=5x2 − 4

(x − 1)(x + 1)(x + 2)=

A

x − 1+

B

x + 1+

C

x + 2.

Otázka je ako efektívne vypočítať neznáme koeficienty v rozklade.

Spomenieme si dva základné spôsoby:Metóda neurčitých koeficientov;Heavisideova metóda.








1.34

Príklad 4.1


R(x) =x4

x3 + 2x2 − x − 2= x − 2+

5x2 − 4x3 + 2x2 − x − 2

,


5x2 − 4x3 + 2x2 − x − 2

=5x2 − 4

(x − 1)(x + 1)(x + 2)=

A

x − 1+

B

x + 1+

C

x + 2.

Otázka je ako efektívne vypočítať neznáme koeficienty v rozklade.Spomenieme si dva základné spôsoby:

Metóda neurčitých koeficientov;Heavisideova metóda.








1.35

Príklad 4.2 (Heavisideova metóda)

Pre

3x2 + 12x + 11(x + 1)(x + 2)(x + 3)

=A

x + 1+

B

x + 2+

C

x + 3

máme

x = −1, 3x2 + 12x + 11(x + 2)(x + 3)

=3− 12+ 11

(1)(2)=

22= 1 = A

x = −2, 3x2 + 12x + 11(x + 1)(x + 3)

=12− 24+ 11

(−1)(1)=−1(−1)

= +1 = B

x = −3, 3x2 + 12x + 11(x + 1)(x + 2)

=27− 36+ 11(−2)(−1)

=2

(+2)= +1 = C

Pre3x + 5

(1− 2x)2=

A

(1− 2x)2+

B

1− 2xmáme

x =12, 3

(12

)+ 5 = A+ B(0), A =

132

a z rovnice 3x + 5 = A+ B(1− 2x) zasa

x = 0,A =132, 0+ 5 =

132

+ B(1+ 0), B = −32








1.35


Pre

3x2 + 12x + 11(x + 1)(x + 2)(x + 3)

=A

x + 1+

B

x + 2+

C

x + 3

máme

x = −1, 3x2 + 12x + 11(x + 2)(x + 3)

=3− 12+ 11

(1)(2)=

22= 1 = A

x = −2, 3x2 + 12x + 11(x + 1)(x + 3)

=12− 24+ 11

(−1)(1)=−1(−1)

= +1 = B

x = −3, 3x2 + 12x + 11(x + 1)(x + 2)

=27− 36+ 11(−2)(−1)

=2

(+2)= +1 = C

Pre3x + 5

(1− 2x)2=

A

(1− 2x)2+

B

1− 2x

máme

x =12, 3

(12

)+ 5 = A+ B(0), A =

132


x = 0,A =132, 0+ 5 =

132

+ B(1+ 0), B = −32








1.35


Pre

3x2 + 12x + 11(x + 1)(x + 2)(x + 3)

=A

x + 1+

B

x + 2+

C

x + 3

máme

x = −1, 3x2 + 12x + 11(x + 2)(x + 3)

=3− 12+ 11

(1)(2)=

22= 1 = A

x = −2, 3x2 + 12x + 11(x + 1)(x + 3)

=12− 24+ 11

(−1)(1)=−1(−1)

= +1 = B

x = −3, 3x2 + 12x + 11(x + 1)(x + 2)

=27− 36+ 11(−2)(−1)

=2

(+2)= +1 = C

Pre3x + 5

(1− 2x)2=

A

(1− 2x)2+

B

1− 2xmáme

x =12, 3

(12

)+ 5 = A+ B(0), A =

132


x = 0,A =132, 0+ 5 =

132

+ B(1+ 0), B = −32








1.36

Uvedieme si ešte jeden spôsob hľadania neurčitých intervalovracionálnych funkcií. Jeho výhodou je, že nájdenie koreňovmenovateľa nemusí byť nutné. Intuitívne nám táto metóda hovorí,že pri rozklade na parciálne zlomky násobné faktory"vytvoria-racionálnu a faktory násobnosti 1 zasa transcendentálnuzložku po integrácii.

Lema 4.1 (Hermiteov-Ostrogradského vzorec)

NechP(x)

Q(x)je racionálna funkcia taká, že Q(x) =

n∏i=1

qi (x)αi , kde

qi je buď lineárny alebo ireducibilný kvadratický faktor rozkladupolynómu Q. Potom existujú polynómy P1,P2 také, že∫

P(x)

Q(x)dx =

P1(x)

Q1(x)+

∫P2(x)

Q2(x)dx ,

pričom Q1(x) =n∏

i=1

qi (x)αi−1 a Q2(x) =

n∏i=1

qi (x).








1.37

Z tejto rovnosti vieme nájsť polynómy P1,P2 priamo derivovaním,teda musí platiť

P(x)

Q(x)=

ddx

(P1(x)

Q1(x)

)+

P2(x)

Q2(x)=

=Q1(x)P

′1(x)− P1(x)Q

′1(x)

Q21 (x)

+P2(x)

Q2(x)

Príklad 4.3

Počítajme

I =

∫4x5 − 1

(x5 + x + 1)2dx ,

kde Q1(x) = Q2(x) = x5 + x + 1. Máme

I =P1(x)

x5 + x + 1+

∫P2(x)

x5 + x + 1dx ,

z čoho

4x5 − 1(x5 + x + 1)2

=(x5 + x + 1)P ′1(x)− (5x4 + 1)P1(x)

(x5 + x + 1)2+

P2(x)

x5 + x + 1








1.38

Príklad 4.3

Položme P1(x) =4∑

j=0

A4−jxj a P2(x) =

4∑j=0

B4−jxj .

Nutne musí

platiť

4x5 − 1 = (x5 + x + 1)(4A0x3 + 3A1x

2 + 2A2x + A3)−

−(5x4 + 1)(A0x4 + A1x

3 + A2x2 + A3x + A4)+

+(x5 + x + 1)(B0x4 + B1x

3 + B2x2 + B3x + B4),

a teda A0 = A1 = A2 = A4 = 0, A3 = −1 a Bi = 0, i = 0 . . . , 4.Záver: ∫

4x5 − 1(x5 + x + 1)2

dx = − x

x5 + x + 1+ c .








1.38

Príklad 4.3


j=0

A4−jxj a P2(x) =

4∑j=0

B4−jxj .Nutne musí

platiť

4x5 − 1 = (x5 + x + 1)(4A0x3 + 3A1x

2 + 2A2x + A3)−

−(5x4 + 1)(A0x4 + A1x

3 + A2x2 + A3x + A4)+

+(x5 + x + 1)(B0x4 + B1x

3 + B2x2 + B3x + B4),

a

teda A0 = A1 = A2 = A4 = 0, A3 = −1 a Bi = 0, i = 0 . . . , 4.Záver: ∫

4x5 − 1(x5 + x + 1)2

dx = − x

x5 + x + 1+ c .








1.38

Príklad 4.3


j=0

A4−jxj a P2(x) =

4∑j=0


platiť

4x5 − 1 = (x5 + x + 1)(4A0x3 + 3A1x

2 + 2A2x + A3)−

−(5x4 + 1)(A0x4 + A1x

3 + A2x2 + A3x + A4)+

+(x5 + x + 1)(B0x4 + B1x

3 + B2x2 + B3x + B4),

a teda A0 = A1 = A2 = A4 = 0, A3 = −1 a Bi = 0, i = 0 . . . , 4.

Záver: ∫4x5 − 1

(x5 + x + 1)2dx = − x

x5 + x + 1+ c .








1.38

Príklad 4.3


j=0

A4−jxj a P2(x) =

4∑j=0


platiť

4x5 − 1 = (x5 + x + 1)(4A0x3 + 3A1x

2 + 2A2x + A3)−

−(5x4 + 1)(A0x4 + A1x

3 + A2x2 + A3x + A4)+

+(x5 + x + 1)(B0x4 + B1x

3 + B2x2 + B3x + B4),

a teda A0 = A1 = A2 = A4 = 0, A3 = −1 a Bi = 0, i = 0 . . . , 4.Záver: ∫

4x5 − 1(x5 + x + 1)2

dx = − x

x5 + x + 1+ c .








1.39

Úloha 4.1

Ukážte, že∫4x9 + 21x6 + 2x3 − 3x2 − 3

(x7 − x + 1)2dx = − x3 + 3

x7 − x + 1+ c

a ∫2x4 − 4x3 + 24x2 − 40x + 20

(x − 1)(x2 − 2x + 2)3dx =

2x3 − 6x2 + 8x − 9(x2 − 2x + 2)2

+

+ ln(x − 1)2

x2 − 2x + 2+ 2 arctan (x − 1) + c .

Úloha 4.2

Použitím metódy per partes ukážte, že ak primitívna funkcia F kfunkcii f je racionálna, tak primitívne funkcie k funkciámf (x) arctan x , f (x) ln x sú elementárne.








1.40

Integrovanie niektorých iracionálnychfunkcií

Polynómom dvoch premenných u, v nazývame funkciu

P : R2 → R, P(u, v) =n∑

i=0

m∑j=0

aijuiv j , kde aij ∈ R,

i = 0, 1, . . . , n, j = 0, 1, . . . ,m. Podobne sa definuje polynómviacerých premenných. Písmenom R budeme označovať racionálnufunkciu jednej alebo viac premenných. Napr. R(u, v) budeoznačovať racionálnu funkciu dvoch premenných, t.j. funkciu, ktorú

je možné zapísať v tvare R(u, v) =P1(u, v)

P2(u, v), kde P1,P2 sú

polynómy premenných u, v .








1.41

Uvažujme integrály typu∫R

(x ,

(ax + b

cx + d

)r1

,

(ax + b

cx + d

)r2

, . . . ,

(ax + b

cx + d

)rk)dx ,

kde ri =mi

ni, mi ∈ Z, ni ∈ N, i = 1, 2, . . . , k ,

n = NSN{n1, n2, . . . , nk}, a, b, c , d ∈ R, pričom

ad − bc 6= 0, n > 1. 3 Zaveďme substitúciuax + b

cx + d= tn.

Odtiaľmáme, že

x =b − dtn

ctn − a, dx =

ad − bc

(ctn − a)2ntn−1 dt

a taktiež vieme, že n ri = nmi

ni= pi ∈ Z, i = 1, 2, . . . , k .

3Ľahko sa nahliadne, že tak prípad n = 1 ako aj podmienka ad − bc 6= 0vedie k integrálu z racionálnej funkcie.








1.41

Uvažujme integrály typu∫R

(x ,

(ax + b

cx + d

)r1

,

(ax + b

cx + d

)r2

, . . . ,

(ax + b

cx + d

)rk)dx ,

kde ri =mi

ni, mi ∈ Z, ni ∈ N, i = 1, 2, . . . , k ,

n = NSN{n1, n2, . . . , nk}, a, b, c , d ∈ R, pričom

ad − bc 6= 0, n > 1. 3 Zaveďme substitúciuax + b

cx + d= tn. Odtiaľ

máme, že

x =b − dtn

ctn − a, dx =

ad − bc

(ctn − a)2ntn−1 dt

a taktiež vieme, že n ri = nmi

ni= pi ∈ Z, i = 1, 2, . . . , k .

3Ľahko sa nahliadne, že tak prípad n = 1 ako aj podmienka ad − bc 6= 0vedie k integrálu z racionálnej funkcie.








1.42

Platí teda, že∫R

(x ,

(ax + b

cx + d

)r1

,

(ax + b

cx + d

)r2

, . . . ,

(ax + b

cx + d

)rk)dx =

∫R

(b − dtn

ctn − a, tp1 , tp2 , . . . , tpk

)ad − bc

(ctn − a)2ntn−1 dt,

čo už je integrál racionálnej funkcie (to už vieme riešiť). Naintegrande posledného integrálu nie je dôležitý presný zápis, alefakt, že nová premenná t je "viazaná len racionálnymi operáciami".

Príklad 5.1

I =

∫x − 1

(√x + x

23 )x

dx

Položme x = t6 (prečo ?). Platí

I =

∫t6 − 1

t4(t + 1)dt∣∣∣∣t=x

16

.








1.43

Integrály typu ∫R(x ,√ax2 + bx + c

)dx

kde a, b, c ∈ R, sa riešia tzv. Eulerovými substitúciami a možno ichvždy previesť na integrovanie racionálnych funkcií. Predovšetkýmvylúčime úlohy, kde a = 0 a b2 − 4ac = 0 keďže ide buď opredchádzajúci typ integrálov alebo prípad, kedy integrand jefunkcia definovaná v jedinom bode. Pozrime sa na výpočetskúmaného integrálu v nasledujúcich situáciach:

a) III. Eulerova substitúcia : Kvadratický trojčlen ax2 + bx + c mádva rôzne reálne korene α, β (t.j. b2 − 4ac > 0).Pre x 6= α máme√

ax2 + bx + c =√a(x − α)(x − β) =

√a(x − α)2(x − β)

x − α=

= |x − α|√

a(x − β)x − α

.

Touto úpravou dostaneme integrál vyšetrovaný v prípade 1,

ktorý substitúciou

√a(x − β)x − α

= ±t upravíme na integrál

racionálnej funkcie.








1.43


)dx

kde a, b, c ∈ R, sa riešia tzv. Eulerovými substitúciami a možno ichvždy previesť na integrovanie racionálnych funkcií. Predovšetkýmvylúčime úlohy, kde a = 0 a b2 − 4ac = 0 keďže ide buď opredchádzajúci typ integrálov alebo prípad, kedy integrand jefunkcia definovaná v jedinom bode. Pozrime sa na výpočetskúmaného integrálu v nasledujúcich situáciach:a) III. Eulerova substitúcia : Kvadratický trojčlen ax2 + bx + c má

dva rôzne reálne korene α, β (t.j. b2 − 4ac > 0).

Pre x 6= α máme√ax2 + bx + c =

√a(x − α)(x − β) =

√a(x − α)2(x − β)

x − α=

= |x − α|√

a(x − β)x − α

.



√a(x − β)x − α










1.43


)dx

kde a, b, c ∈ R, sa riešia tzv. Eulerovými substitúciami a možno ichvždy previesť na integrovanie racionálnych funkcií. Predovšetkýmvylúčime úlohy, kde a = 0 a b2 − 4ac = 0 keďže ide buď opredchádzajúci typ integrálov alebo prípad, kedy integrand jefunkcia definovaná v jedinom bode. Pozrime sa na výpočetskúmaného integrálu v nasledujúcich situáciach:a) III. Eulerova substitúcia : Kvadratický trojčlen ax2 + bx + c má

dva rôzne reálne korene α, β (t.j. b2 − 4ac > 0).Pre x 6= α máme√

ax2 + bx + c =√a(x − α)(x − β) =

√a(x − α)2(x − β)

x − α=

= |x − α|√

a(x − β)x − α

.



√a(x − β)x − α










1.44

b) I. Eulerova substitúcia4 :√

ax2 + bx + c = ±√ax ± t, a > 0.

Ak umocníme obidve strany tejto rovnosti a vyjadríme x ako

funkciu premennej t zistíme, že x =t2 − c

b ∓ 2√at

= Q(t),

dx = Q ′(t) dt, kde Q je racionálna funkcia premennej t a Q ′ jejej derivácia, ktorá je tiež racionálna funkcia. Použitím týchtovzťahov máme, že∫

R(x ,√ax2 + bx + c

)dx =

∫R(Q(t),±

√aQ(t)± t

)Q ′(t) dt,

čo už je integrál racionálnej funkcie.c) II. Eulerova substitúcia :

√ax2 + bx + c = ±xt ±

√c , c > 0.

Podobne ako v prípade b) dostaneme integrál racionálnej funkcie.

Úloha 5.1

Ukážte, že prípad a < 0, c ≤ 0 a b2 − 4ac < 0 nemôže nikdynastať !

Ukážte, že∫

dx√x2 + a

= ln |x +√x2 + a|+ c , kde

a ∈ R− {0} !

4Pričom je možná akákoľvek kombinácia znamienok na pravej stranesubstitúcie.








1.44


ax2 + bx + c = ±√ax ± t, a > 0.



b ∓ 2√at

= Q(t),

dx = Q ′(t) dt, kde Q je racionálna funkcia premennej t a Q ′ jejej derivácia, ktorá je tiež racionálna funkcia.

Použitím týchtovzťahov máme, že∫

R(x ,√ax2 + bx + c

)dx =

∫R(Q(t),±

√aQ(t)± t

)Q ′(t) dt,


√ax2 + bx + c = ±xt ±

√c , c > 0.


Úloha 5.1


Ukážte, že∫

dx√x2 + a

= ln |x +√x2 + a|+ c , kde

a ∈ R− {0} !









1.44


ax2 + bx + c = ±√ax ± t, a > 0.



b ∓ 2√at

= Q(t),


R(x ,√ax2 + bx + c

)dx =

∫R(Q(t),±

√aQ(t)± t

)Q ′(t) dt,


√ax2 + bx + c = ±xt ±

√c , c > 0.


Úloha 5.1


Ukážte, že∫

dx√x2 + a

= ln |x +√x2 + a|+ c , kde

a ∈ R− {0} !









1.44


ax2 + bx + c = ±√ax ± t, a > 0.



b ∓ 2√at

= Q(t),


R(x ,√ax2 + bx + c

)dx =

∫R(Q(t),±

√aQ(t)± t

)Q ′(t) dt,


√ax2 + bx + c = ±xt ±

√c , c > 0.


Úloha 5.1


Ukážte, že∫

dx√x2 + a

= ln |x +√x2 + a|+ c , kde

a ∈ R− {0} !4Pričom je možná akákoľvek kombinácia znamienok na pravej strane

substitúcie.








1.45

Použitie Eulerových substitúcií môže viesť na úlohy kde vystupujúpolynómy vysokých rádov. Preto sa pozrieme aj na inú metódu, vpodstate pôjde opäť o metódu neurčitých koeficientov.

Integrály

typu Ik =

∫xk√

x2 ± a2dx , Jk =

∫xk√

a2 − x2dx , a 6= 0, n ∈ N

možno vypočítať na základe rekurentného vzťahu. Na lineárnukombináciu integrálov tohto typu možno previesť integrál∫

P(x)√ax2 + bx + c

dx ,

kde P je polynóm stupňa n, a 6= 0, ak použijeme substitúciu

x +b

2a= t. Uvedeným spôsobom možno odvodiť Ostrogradského

vzorec∫Pn(x)√

ax2 + bx + cdx = Qn−1(x)

√ax2 + bx + c+k

∫dx√

ax2 + bx + c,

kde Pn, Qn−1 sú polynómy stupňa n, resp. n − 1 a k je nejakéreálne číslo. Koeficienty polynómu a číslo k nájdeme derivovanímobidvoch strán a porovnaním získaných výrazov (teda použitímmetódy neurčitých koeficientov).








1.45

Použitie Eulerových substitúcií môže viesť na úlohy kde vystupujúpolynómy vysokých rádov. Preto sa pozrieme aj na inú metódu, vpodstate pôjde opäť o metódu neurčitých koeficientov. Integrály

typu Ik =

∫xk√

x2 ± a2dx , Jk =

∫xk√

a2 − x2dx , a 6= 0, n ∈ N

možno vypočítať na základe rekurentného vzťahu.

Na lineárnukombináciu integrálov tohto typu možno previesť integrál∫

P(x)√ax2 + bx + c

dx ,


x +b


vzorec∫Pn(x)√


√ax2 + bx + c+k

∫dx√

ax2 + bx + c,









1.45

Použitie Eulerových substitúcií môže viesť na úlohy kde vystupujúpolynómy vysokých rádov. Preto sa pozrieme aj na inú metódu, vpodstate pôjde opäť o metódu neurčitých koeficientov. Integrály

typu Ik =

∫xk√

x2 ± a2dx , Jk =

∫xk√

a2 − x2dx , a 6= 0, n ∈ N

možno vypočítať na základe rekurentného vzťahu. Na lineárnukombináciu integrálov tohto typu možno previesť integrál∫

P(x)√ax2 + bx + c

dx ,


x +b


vzorec∫Pn(x)√


√ax2 + bx + c+k

∫dx√

ax2 + bx + c,









1.46

Integrály typu ∫P(x)

(x + α)n√ax2 + bx + c

dx ,

kde P je polynóm, α ∈ R, n ∈ N, možno previesť substitúciou

x + α =1tna integrál predchádzajúceho typu.

Často-krát je výhodnejšie obísť Eulerove substitúcie.Pri výpočte takýchto integrálov netreba zabúdať na úpravu naúplný štvorec spojenú s nejakou substitúciou alebo na metóduper partes.V mnohých príkladoch je dôležité zobrať vhodnú substitúciu,aby bol výpočet integrálu čo najjednoduchší.Jednoduchosť vybraného spôsobu riešenia integrálu samozrejmezávisí od intuície riešiteľa, ktorú získava množstvompre-riešených úloh!








1.46


(x + α)n√ax2 + bx + c

dx ,



Často-krát je výhodnejšie obísť Eulerove substitúcie.

Pri výpočte takýchto integrálov netreba zabúdať na úpravu naúplný štvorec spojenú s nejakou substitúciou alebo na metóduper partes.V mnohých príkladoch je dôležité zobrať vhodnú substitúciu,aby bol výpočet integrálu čo najjednoduchší.Jednoduchosť vybraného spôsobu riešenia integrálu samozrejmezávisí od intuície riešiteľa, ktorú získava množstvompre-riešených úloh!








1.46


(x + α)n√ax2 + bx + c

dx ,



Často-krát je výhodnejšie obísť Eulerove substitúcie.Pri výpočte takýchto integrálov netreba zabúdať na úpravu naúplný štvorec spojenú s nejakou substitúciou alebo na metóduper partes.

V mnohých príkladoch je dôležité zobrať vhodnú substitúciu,aby bol výpočet integrálu čo najjednoduchší.Jednoduchosť vybraného spôsobu riešenia integrálu samozrejmezávisí od intuície riešiteľa, ktorú získava množstvompre-riešených úloh!








1.46


(x + α)n√ax2 + bx + c

dx ,



Často-krát je výhodnejšie obísť Eulerove substitúcie.Pri výpočte takýchto integrálov netreba zabúdať na úpravu naúplný štvorec spojenú s nejakou substitúciou alebo na metóduper partes.V mnohých príkladoch je dôležité zobrať vhodnú substitúciu,aby bol výpočet integrálu čo najjednoduchší.

Jednoduchosť vybraného spôsobu riešenia integrálu samozrejmezávisí od intuície riešiteľa, ktorú získava množstvompre-riešených úloh!








1.46


(x + α)n√ax2 + bx + c

dx ,



Často-krát je výhodnejšie obísť Eulerove substitúcie.Pri výpočte takýchto integrálov netreba zabúdať na úpravu naúplný štvorec spojenú s nejakou substitúciou alebo na metóduper partes.V mnohých príkladoch je dôležité zobrať vhodnú substitúciu,aby bol výpočet integrálu čo najjednoduchší.Jednoduchosť vybraného spôsobu riešenia integrálu samozrejmezávisí od intuície riešiteľa, ktorú získava množstvompre-riešených úloh!








1.47

Integrovanie goniometrických funkcií

Budeme sa teraz zaoberať triedou goniometrických funkcií,integráciu ktorých je možné previesť na integrovanie racionálnychfunkcií, prípadne pri ich integrácii vieme použiť vzťahy medzi medzinimi.

Uvažujme integrál typu∫R(sin x , cos x) dx .

Ten možno počítať rôznymi spôsobmi:

a) Univerzálna substitúcia : t = tgx

2, x ∈ (−π, π) ho prevedie na

integrál z racionálnej funkcie premennej t. Platí x = 2 arctg t,

dx =2

1+ t2dt a

sin x = sin 2x

2=

2 sin x2 cos

x2

sin2 x2 + cos2 x

2

=2tg x

2tg 2 x

2 + 1=

2t1+ t2

,

cos x = cos 2x

2=

cos2 x2 − sin2 x

2

sin2 x2 + cos2 x

2

=1− tg 2 x

2tg 2 x

2 + 1=

1− t2

t2 + 1.








1.47


Budeme sa teraz zaoberať triedou goniometrických funkcií,integráciu ktorých je možné previesť na integrovanie racionálnychfunkcií, prípadne pri ich integrácii vieme použiť vzťahy medzi medzinimi. Uvažujme integrál typu∫

R(sin x , cos x) dx .





dx =2

1+ t2dt a

sin x = sin 2x

2=

2 sin x2 cos

x2

sin2 x2 + cos2 x

2

=2tg x

2tg 2 x

2 + 1=

2t1+ t2

,

cos x = cos 2x

2=

cos2 x2 − sin2 x

2

sin2 x2 + cos2 x

2

=1− tg 2 x

2tg 2 x

2 + 1=

1− t2

t2 + 1.








1.47







integrál z racionálnej funkcie premennej t.

Platí x = 2 arctg t,

dx =2

1+ t2dt a

sin x = sin 2x

2=

2 sin x2 cos

x2

sin2 x2 + cos2 x

2

=2tg x

2tg 2 x

2 + 1=

2t1+ t2

,

cos x = cos 2x

2=

cos2 x2 − sin2 x

2

sin2 x2 + cos2 x

2

=1− tg 2 x

2tg 2 x

2 + 1=

1− t2

t2 + 1.








1.47








dx =2

1+ t2dt a

sin x = sin 2x

2=

2 sin x2 cos

x2

sin2 x2 + cos2 x

2

=2tg x

2tg 2 x

2 + 1=

2t1+ t2

,

cos x = cos 2x

2=

cos2 x2 − sin2 x

2

sin2 x2 + cos2 x

2

=1− tg 2 x

2tg 2 x

2 + 1=

1− t2

t2 + 1.








1.48

a) Teda∫R(sin x , cos x) dx =

∫R

(2t

1+ t2,1− t2

t2 + 1

)2

1+ t2dt,

čo už je integrál racionálnej funkcie.

Často-krát však vedie kintegrácii racionálnej funkcie, ktorej menovateľ je polynómvysokého stupňa. Namiesto univerzálnej substitúcie možnopoužiť substitúcie :

b) Substitúciu t = sin x použijeme, ak R(u,−v) = −R(u, v).c) Substitúciu t = cos x použijeme, ak R(−u, v) = −R(u, v).d) Substitúciu t = tan x , x ∈

(−π2,π

2

)5 použijeme, ak

R(−u,−v) = R(u, v), pričom x = arctg t, dx =dt

1+ t2,

sin2 x =sin2 x

sin2 x + cos2 x=

tg 2x

tg 2x + 1=

t2

t2 + 1,

cos2 x =cos2 x

sin2 x + cos2 x=

1tg 2x + 1

=1

t2 + 1,

sin x cos x =sin x cos x

sin2 x + cos2 x=

tg xtg 2x + 1

=t

t2 + 1.

5Prípadne t = c tan x , c 6= 0.








1.48

a) Teda∫R(sin x , cos x) dx =

∫R

(2t

1+ t2,1− t2

t2 + 1

)2

1+ t2dt,

čo už je integrál racionálnej funkcie. Často-krát však vedie kintegrácii racionálnej funkcie, ktorej menovateľ je polynómvysokého stupňa. Namiesto univerzálnej substitúcie možnopoužiť substitúcie :

b) Substitúciu t = sin x použijeme, ak R(u,−v) = −R(u, v).c) Substitúciu t = cos x použijeme, ak R(−u, v) = −R(u, v).d) Substitúciu t = tan x , x ∈

(−π2,π

2

)5 použijeme, ak

R(−u,−v) = R(u, v), pričom x = arctg t, dx =dt

1+ t2,

sin2 x =sin2 x

sin2 x + cos2 x=

tg 2x

tg 2x + 1=

t2

t2 + 1,

cos2 x =cos2 x

sin2 x + cos2 x=

1tg 2x + 1

=1

t2 + 1,

sin x cos x =sin x cos x

sin2 x + cos2 x=

tg xtg 2x + 1

=t

t2 + 1.

5Prípadne t = c tan x , c 6= 0.








1.49

Príklad 6.1

∫cos x

sin x(sin x + cos x − 1)dx =

∫ 1−t2t2+1

2t1+t2

(2t

1+t2 + 1−t2t2+1 − 1

) 21+ t2

dt

=

∫1+ t

2t2dt = − 1

2t+

12ln |t|+ c = − 1

2 tan x2+

12ln∣∣∣tan x

2

∣∣∣+ c .

Pozrime sa aj na nasledujúce integrály z goniometrických funkcií:∫sin ax cos bx dx ,

∫cos ax cos bx dx ,

∫sin ax sin bx dx , kde

a, b ∈ R

Na ich výpočet použijeme niektorý z goniometrických vzorcov

sinα sinβ =12[cos(α− β)− cos(α+ β)]

cosα cosβ =12[cos(α+ β) + cos(α− β)]

sinα cosβ =12[sin(α+ β) + sin(α− β)] .








1.49

Príklad 6.1

∫cos x

sin x(sin x + cos x − 1)dx =

∫ 1−t2t2+1

2t1+t2

(2t

1+t2 + 1−t2t2+1 − 1

) 21+ t2

dt

=

∫1+ t

2t2dt = − 1

2t+

12ln |t|+ c = − 1

2 tan x2+

12ln∣∣∣tan x

2

∣∣∣+ c .

Pozrime sa aj na nasledujúce integrály z goniometrických funkcií:∫sin ax cos bx dx ,

∫cos ax cos bx dx ,

∫sin ax sin bx dx , kde

a, b ∈ RNa ich výpočet použijeme niektorý z goniometrických vzorcov

sinα sinβ =12[cos(α− β)− cos(α+ β)]

cosα cosβ =12[cos(α+ β) + cos(α− β)]

sinα cosβ =12[sin(α+ β) + sin(α− β)] .








1.50

Integrály typu∫

R(sinmx , cos nx) dx , m, n ∈ Z6 môžeme previesť

na typ∫

R(sin x , cos x)dx pomocou dôsledku de Moivreovej a

binomickej vety:

sin(nθ) =n∑

k=0

(n

k

)cosk θ sinn−k θ sin

(12(n − k)π

)

cos(nθ) =n∑

k=0

(n

k

)cosk θ sinn−k θ cos

(12(n − k)π

)

Príklad 6.2 ∫cos x

2sin x

3dx = 6

∫cos 3tsin 2t

dt =

=

∫cos3 t − 3 cos t sin2 t

2 sin t cos tdt = etc.

6Ak sú racionálne, vieme použiť substitúciu použijúc NSN menovateľovpríslušných zlomkov.








1.51

Poznámka 6.1

Pri výpočte integrálov∫

R(sinh x , cosh x) dx , kde

sinh x =ex − e−x

2a cosh x =

ex + e−x

2sú hyperbolické funkcie,

možno postupovať podobne. To vďaka tomu, že

cosh2 x − sinh2 x = 1, tanh′ x = 1− tanh2 x , sinh′ x = cosh x ,

cosh′ x = sinh x , cosh(2x) = sinh2 x+cosh2 x , sinh(2x) = 2 sinh x cosh x ,

etc. Môžeme použiť substitúcie

tanhx

2:=

sinh x2

cosh x2= t,

prípadnesinh x = t, cosh x = t, tanh x = t.








1.52








1.52


)dx ,

kde a 6= 0, D := b2 − 4ac 6= 0 možno (v závislosti od znamienok aa D) previesť7 na výpočet integrálov∫

R̃(t,√t2 − 1) dt → subst. t =

1sin u

, u ∈ [−π2,π

2] \ {0},∫

R̃(t,√t2 + 1) dt → subst. t = tan u, u ∈ (−π

2,π

2),∫

R̃(t,√

1− t2) dt → subst. t = sin u, u ∈ [−π2,π

2],

pričom dostaneme integrály typu∫


7Napr. ak a > 0, D > 0 použijeme x +b

2a= z a

z

p= t, p2 =

D

4a2 .








1.53

Integrovanie niektorých transcendentnýchfunkcií

O ďalších typoch integrálov sa zmienime len heslovite.∫R (aα x) dx , kde α ∈ R \ {0}, a > 0, a 6= 1 → subst.

aα x = t,

x =ln t

α ln aa dx =

1α ln a

1t

dt, z čoho máme∫R (aα x) dx =

1α ln a

∫R(t)

tdt;

∫R(ln x)

1x

dx → subst. ln x = t, odkiaľ1x

dx = dt, z čoho

máme ∫R(ln x)

1x

dx =

∫R(t) dt;








1.53



aα x = t, x =ln t

α ln aa dx =

1α ln a

1t


1α ln a

∫R(t)

tdt;

∫R(ln x)

1x

dx → subst. ln x = t,

odkiaľ1x

dx = dt, z čoho

máme ∫R(ln x)

1x

dx =

∫R(t) dt;








1.53



aα x = t, x =ln t

α ln aa dx =

1α ln a

1t


1α ln a

∫R(t)

tdt;

∫R(ln x)

1x

dx → subst. ln x = t, odkiaľ1x

dx = dt, z čoho

máme ∫R(ln x)

1x

dx =

∫R(t) dt;

neurcitý integrál - text...tedaf jeprimitívnakf nar: neurčitý integrál primitívna funkcia a...

Documents