\input /home/pasky/school/fastex/lib.tex Primitivní funkci nazýváme také neurčitý integrálem či antiderivací. Jaké má uplatnění? % Například fyzik chce zjistit, kde bude částice za půl hodiny, aby se na ni třeba šel podívat. % Biolog je vyzbrojen Petriho miskou, má bakterie, o nich ví, v jakém poměru se množí, ale zná jen ten poměr. Když položí na misku 40 bakterií a jde na večeři, chce vědět, kolik jich tam bude, až se ráno vrátí. Tedy známe derivaci a chceme zjistit původní funkci. \subchapter{Základní vlasnosti primitivní funkce}{ \definition{Nechť $f$ je definovaná na otevřeném intervalu $I$. Řekneme, že funkce $F$ je {\bf primitivní funkcí} k $f$ na $I$, jestliže pro $\forall x \in I$ platí $F'(x) = f(x)$. } \example{ $f(x) = x^2$: $\left\{\eqalign{F(x) &= {x^3\over3}\cr G(x) &= {x^3\over3}+1}\right\}$ je primitivní k $f$. } \theorem{1}{tvar primitivní funkce}{ Nechť $F$, $G$ jsou dvě primitivní funkce k funkci $f$ na otevřeném intervalu $I$. Potom $\existss C \in \real$ tak, že $$F(x) = G(x) + C\qquad \forall x \in I$$ \proof{ $$ H(x) = F(x) - G(x)\qquad x \in I $$ $$ H'(x) = F'(x) - G'(x) = f(x) - f(x) = 0\qquad x \in I $$ Tedy je $H$ na $I$ konstantní. \qed } \notes{ \list{ \listItem{Ne každá funkce má primitivní funkci. (Např. $f(x) = \sign x$ na $\real$ nemá primitivní funkci.) Mějme $P = \{f, $ které mají primitivní funkci$\}$. } \listItem{$f$ spojitá $\Rightarrow$ $f$ má primitivní funkci. (Důkaz viz později --- \ref{Riemannův integrál}.) $f$ má primitivní funkci $\Rightarrow$ $f$ je \ref{Darboux}ovská. (Důkaz brzy.) } \listItem{$F(x) = \cases{x^2\sin\left(1/x^2\right)&$x \ne 0$\cr 0 &$x = 0$}$ Potom $F'$ existuje na $\real$, ale není spojitá. Tedy pro $f = F'$ platí $f \in P - C$ ($f$ má prim. funkci, ale není spojitá). } \listItem{Jestliže $f$ má primitivní funkci $F$ na $I$, potom $F$ je spojitá na $I$, neboť $F$ má všude na $I$ vlastní derivaci. } } } } \penalty -100 \scpart{Značení:}{ $$ \int f(x)\,dx = \textbox{množina všech funkcí primitivních k $f$ na $I$} $$ $$ x \in I: \int f(x)\,dx = F(x) \Longleftrightarrow F' = f \textbox{na} I $$ Píšeme: $$ \int f(x)\,dx = F(x) + C\qquad x \in I $$ $$ \undernote{\int}{\textbox{\eightrm znak}\atop\textbox{\eightrm integrálu}} \undernote{f(x)}{\textbox{\eightrm integrant}}\, \undernote{dx}{{{\textbox{\eightrm diferenciál} \atop\textbox{\eightrm (označuje}} \atop\textbox{\eightrm integrační}} \atop\textbox{\eightrm proměnnou)}} = \undernote{F(x)}{{\textbox{\eightrm reprezentant}\atop \textbox{\eightrm všech integračních}}\atop \textbox{\eightrm funkcí}} + \undernote{C}{\textbox{\eightrm aditivní konstanta}\atop \scriptstyle \in \real} $$ } \theorem{2}{linearita primitivní funkce}{ Nechť $f$ má primitivní funkci $F$ na otevřeném intervalu $I$, $g$ má primitivní funkci $G$ na $I$, nechť $\alpha,\beta \in \real$. Potom $(\alpha F + \beta G)$ je primitivní funkcí k funkci $(\alpha f + \beta g)$. \proof{ $$ (\alpha F + \beta G)' = \alpha F' + \beta G' = \alpha f + \beta g $$ \qed } \scpart{Důsledek:}{ $$ \int f(ax+b)\,dx = {1\over a} F(ax+b)+C\qquad a \ne 0 $$ } \examples{ \list{ \listItem{$\displaystyle{\int x^\alpha\,dx = {x^{\alpha+1}\over\alpha+1}+C}$ \hfill \M{\eqalign{\alpha \in \nat \cup \{0\}: x& \in \real\cr \alpha \in \sZ,\ \alpha < -1: x& \in (-\infty,0) \cup (0,\infty)\cr \alpha \in \real \setminus \sZ: x& \in (0,\infty)}} } \listItem{$\displaystyle{\int {1\over x}\,dx = \log |x| + C }$\hfill ${x \in (-\infty,0) \cup (0,\infty)}$ } \listItem{$\displaystyle{\int e^x\,dx = e^x + C}$\hfill ${x \in \real}$} \listItem{$\displaystyle{\int \sin x\,dx = -\cos x + C}$\hfill ${x \in \real}$} \listItem{$\displaystyle{\int \cos x\,dx = \sin x + C}$\hfill ${x \in \real}$} \listItem{$\displaystyle{\int {1\over\cos^2 x}\,dx = \tg x + C}$\hfill ${x \in (-{\pi/2}+k\pi,{\pi/2}+k\pi),\ k \in \sZ}$} \listItem{$\displaystyle{\int {1\over\sin^2 x}\,dx = \cotg x + C}$\hfill ${x \in (0+k\pi,\pi+k\pi),\ k \in \sZ}$} \listItem{$\displaystyle{\int {1\over1+x^2}\,dx = \arctg x + C}$\hfill ${x \in \real}$} \penalty-100 \listItem{$\displaystyle{\int {1\over\sqrt{1-x^2}}\,dx = \arcsin x + C}$\hfill ${x \in (-1,1)}$} \listItem{$\displaystyle{\int {-1\over\sqrt{1-x^2}}\,dx = \arccos x + C}$\hfill ${x \in (-1,1)}$} } } } \penalty -100 \theorem{3}{vztah spojitosti a existence primitivní funkce}{ $f$ spojitá na $I$ $\Rightarrow$ $f$ má primitivní funkci na $I$. \shortproof{časem.} } \theorem{4}{vztah darbouxovskosti a existence primitivní funkce}{ Nechť $f$ má primitivní funkci na $I$. Potom $f$ je darbouxovská na $I$. \optnote{\shortnote{Funkce je darbouxovská, pokud nabývá na intervalu všech mezihodnot.}} \proof{ Nechť $y_1 0 $$ Tedy $H$ nemá minimum v $x_2$. To znamená, že $H$ má minimum v nějakém bodě $x^* \in (x_1,x_2)$. Víme, že $H$ má vlastní derivaci všude v $(x_1,x_2)$ $\Rightarrow$ $H'(x^*) = 0$ $\Rightarrow$ $f(x^*) - z = 0$ $\Rightarrow$ $f(x^*) = z$. \qed } } } \scpart{Získávání primitivních funkcí}{ Jak získat primitivní funkce k dalším funkcím? \list{ \listItem{{\bf Z linearity:} \list{ \olistItem{$\displaystyle{\int \cos(2x)\,dx = {1\over2}\sin(2x)+C}$ } \olistItem{Obecně: $\displaystyle{\int f(x)\,dx = F(x)+C\qquad x \in \real\setminus\{0\}}$, pak $\displaystyle{\int f(ax)\,dx = {F(ax)\over a}+C}$. } \olistItem{ \M{\int a^x\,dx = \int e^{x\log a}\,dx = {1\over\log a}\int\log a\cdot e^{x\log a}\,dx = {a^x\over \log a} + C} \hfill $a \ne 0$, $a \ne 1$, $a > 0$ } } } \penalty-100 \listItem{{\bf Z trigonometrických vzorců:} \list{ \olistItem{$\displaystyle{\int \cos^2x\,dx = \int{1+\cos(2x)\over2}\,dx = \int{1\over2}\,dx + \int{\cos(2x)\over2}\,dx = {x\over2} + {\sin(2x)\over4} + C}$ } \olistItem{$\displaystyle{\int \sin^2\,dx = \int{1-\cos2x\over2}\,dx}$ atd.} } } \listItem{{\bf Z obecných metod integrace.}} } \scpart{Stručný průvodce tabulkovými hodnotami}{ \startRuledTable \M{\int{1\over\cos^2x} dx} & \M{\tg x}\cr \M{\int{1\over1+x^2} dx} & \M{\arctg x}\cr \M{\int{z^\alpha dx}} & \M{{z^{\alpha+1}\over\alpha+1}}\cr \endRuledTable \TODO{Více, Ježíšku, více!} } \penalty -100 \theorem{5}{o substituci}{ \list{ \listItem{Nechť $F$ je primitivní k $f$ na $(a,b)$. Nechť $\varphi$ je definovaná na $(\alpha,\beta)$, $\varphi\colon (a,b) \to (\alpha,\beta)$ (s~hodnotami v $(\alpha,\beta)$). Navíc nechť existuje $\varphi'(t)$ vlastní pro každé $t \in (\alpha,\beta)$. Potom $$ \int f(\varphi(t))\cdot\varphi'(t)\,dt = F(\varphi(t))+C\qquad t \in (\alpha,\beta) $$ } \listItem{Nechť $\varphi$ má nenulovou vlastní derivaci na intervalu $(\alpha,\beta)$, $\varphi((\alpha,\beta)) = (a,b)$ (tedy se zobrazuje na celý interval). Nechť $$ \int f(\varphi(t))\cdot\varphi'(t)\,dt = G(t)+C\qquad t \in (\alpha,\beta) $$ Potom $$ \int f(x)\,dx = G(\varphi^{-1}(x)) + C\qquad x \in (a,b) $$ } } \proof{ \list{ \listItem{$F(\varphi(t))' \becauseof{\ref{VODSF}}{=} f(\varphi(t))\cdot\varphi'(t)$} \listItem{$\varphi'$ je nenulová a má primitivní funkci $\Rightarrow$ $\varphi'$ je darbouxovská $\Rightarrow$ $\varphi$ nemění znaménko na $I$ $\Rightarrow$ $\varphi$ je ryze monotónní. Tedy: $$ G(\varphi^{-1}(x))' = f(\varphi^{-1}(x))\cdot(\varphi^{-1}(x))' \becauseof{\ref{VODIF}}{=} G'(\varphi^{-1}(x)) \cdot{1\over\varphi'(\varphi^{-1}(x))} = $$ \penalty-1000 $$ = f(\varphi(\varphi^{-1}(x))\cdot\varphi'(\varphi^{-1}(x)) \cdot{1\over\varphi'(\varphi^{-1}(x))} = f(x) $$ } } \qed } } \scpart{Příklady na substituci:}{ \list{ \listItem{$F' = f$ na $(a,b)$. $\varphi$ na $(\alpha,\beta)$, existuje $\varphi'$ vlastní na $(\alpha,\beta)$, $\varphi(\alpha,\beta) \to (a,b)$. Pak $$ \int f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt = F(\varphi(t)) + C\qquad t \in (\alpha,\beta) $$ \examples{ \list{ \listItem{\M{\int {\arctg x \over 1+x^2}\,dx\qquad x \in (-\infty, \infty)} \startRuledTable \M{t \in (-\infty, \infty)} & \M{x \in (-\infty, \infty)}\cr \M{\eqalign{\varphi(t) &= \arctg(t)\cr \varphi'(t) &= {1 \over 1 + t^2}}}& \M{\eqalign{f(x) &= x\cr F(x) &= {x^2 \over 2} + C}}\cr \endRuledTable $$ \Rightarrow \int {\arctg x \over 1+x^2}\,dx = {(\arctg x)^2\over2}+C $$ \scpart{Zrychlený zápis:}{ $$ \eqalign{y &= \arctg x\cr dy &= {dx \over 1+x^2}} $$ $$ \int {\arctg x\over 1+x^2}\,dx = \int y\,dy = y^2/2 + C = {(\arctg x)^2\over2}+C $$ Pozor, u zrychleného zápisu je třeba ověřit předpoklady! } } \listItem{\M{\int {1 \over x\log x}\,dx\qquad x \in (1,\infty)} \startRuledTable \M{\eqalign{y &= \log x\cr dy &= {dx \over x}}}\cr \endRuledTable $$ \int {1 \over x\log x}\,dx = \int {dy\over y} = \log y + C = \log(\log x) + C $$ ($\existss y'(x)$ vlastní pro $x \in (1,\infty)$) \bigskip } \listItem{\M{\int {e^{\arccos x}\over\sqrt{1-x^2}}\,dx\qquad x \in (-1,1)} $$ (\arccos' x = {-1\over\sqrt{1-x^2}}) = -\int {e^{\arccos x} \over -\sqrt{1-x^2}}\,dx $$ \startRuledTable \M{\eqalign{y &= \arccos x\cr dy &= -{dx \over \sqrt{1-x^2}}}}\cr \endRuledTable $$ -\int {e^{\arccos x} \over -\sqrt{1-x^2}}\,dx = -\int e^y\,dy = -e^y + C = -e^{\arccos x} + C $$ ($\existss y'(x)$ vlastní pro $x \in (-1,1)$) \bigskip } \listItem{\M{\int \sin^4x\cos^5x\,dx} \startRuledTable \M{\eqalign{y &= \sin x\cr dy &= \cos x\,dx}}\cr \endRuledTable $$ \eqalign{\int \sin^4x\cos^5x\,dx &= \int \sin^4x\cos^4x\cos x\,dx\cr &= \int\sin^4x(1-\sin^2x)^2\cos x\,dx\cr &= \int y^4(1-y^2)^2\,dy\cr &= \int y^4(1-2y^2+y^4)\,dy\cr &= \int (y^4 - 2y^6 + y^8)\,dy\cr &= {y^5\over5} - {2\over7}y^7 + {y^9\over9} + C\cr &= {\sin^5x\over5} - {2\over7}\sin^7x + {\sin^9x\over9} + C} $$ \bigskip } } } } \listItem{$\varphi:(\alpha,\beta) \to (a,b)$, tedy $\varphi((\alpha,\beta)) = (a,b)$. Existuje $\varphi'$ vlastní na $(\alpha,\beta)$, $\varphi'(t) \ne 0$ na $(\alpha,\beta)$. $$ \int f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt = G(t) + C\qquad t \in (\alpha,\beta) $$ Pak $$ \int f(x)\,dx = G(\varphi^{-1}(x)) + C\qquad x \in (a,b) $$ \examples{ \list{ \listItem{\M{\int \sqrt{9-x^2}\,dx\qquad x \in (-3,3)} Nechť $x = 3\sin t$, $(a,b) = (-3,3)$. $$ \varphi(t) = 3\sin t,\ \varphi'(t) = 3\cos t \qquad (\alpha,\beta)=(-\pi/2,\pi/2) $$ $$ \varphi((\alpha,\beta)) = 3\sin((-\pi/2,\pi/s)) = (-3,3) $$ \startRuledTable \M{\eqalign{\varphi(t) &= 3\sin t\cr \varphi^{-1}(t) &= \arcsin(x/3)}}\cr \endRuledTable $$\eqalign{\int f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt &= \int\sqrt{9-9\sin^2t}\cdot3\cos t\,dt\cr &= 9\int\sqrt{1-\sin^2t}\cdot\cos t\,dt\cr &\becauseof{$\cos t>0$}{=} 9\int cos^2t\,dt\cr &= 9\int{1+\cos(2t)\over2}\,dt\cr &= 9\left({t\over2} + {\sin(2t)\over4}\right) + C\cr &= 9\left({\arcsin(x/3)\over2} + {\sin(2\arcsin(x/3))\over4}\right) + C}$$ $$x \in (-3,3)$$ \scpart{Zkrácený zápis:}{ $$ \int \sqrt{9-x^2}\,dx $$ \startRuledTable \M{\eqalign{x &= 3\sin t\cr dx&= 3\cos t\,dt\cr t &= \arcsin x/3}}\cr \endRuledTable $$ \eqalign{\int \sqrt{9-x^2}\,dx &= \int \sqrt{9-9\sin^2t}\cdot3\cos t\,dt\cr &= 9\left({t\over2} + {\sin(2t)\over4}\right) + C\cr &= 9\left({\arcsin(x/3)\over2} + {\sin(2\arcsin(x/3))\over4}\right)+C}$$ } } } } } \listItem{Substituce vs. lepení --- kdy je substituce špatný nápad: \M{\int {dt\over 1+\sin^2t}}. \smallskip Tato funkce je definovaná a spojitá na $\real$, tedy má primitivní funkci na $\real$. Substituce: $x = \tg t$ pro $t \in (-\pi/2,\pi/2)$ nebo $t \in (-\pi/2+k\pi,\pi/2+k\pi)$, $k \in \intgr$. $$ t = \arctg x \Longrightarrow dt = {dx\over1+x^2} $$ $$ 1+\tg\nolimits^2t = {1\over\cos^2t} \Longrightarrow \cos^2t = {1\over1+x^2} $$ $$ \Longrightarrow \sin^2t = 1-\cos^2t = 1-{1\over1+x^2} = {x^2\over1+x^2} $$ Tedy: $$ \int {dt\over1+\sin^2t} = \int {1\over1+{x^2\over1+x^2}}{dx\over1+x^2} = \int {dx\over1+2x^2} = $$ $$ = \int {dx\over1+\left(\sqrt{2}x\right)^2} = {\arctg\left(\sqrt{2}x\right)\over\sqrt{2}} + C $$ \penalty-100 Platí tedy: $$ \int {dt\over1+\sin^2t} = {1\over\sqrt{2}}\arctg\left(\sqrt{2}x\right) + C = $$ $$ = {1\over\sqrt{2}}\arctg\left(\sqrt{2}\tg t\right) + C\qquad t \in (-\pi/2,\pi/2) $$ Nebo můžeme říci: $$ \int {dt\over1+\sin^2t} = {1\over\sqrt{2}}\arctg\left(\sqrt{2}\tg t\right) + C\qquad t \in (-\pi/2+k\pi,\pi/2+k\pi) $$ Máme problém --- funkce je hrubě nespojitá, tedy to nebude hezká primitivní funkce. Použijeme proto tzv. mechanismus lepení --- pospojuji jednotlivé kousky funkce tím, že je posuneme, aby na sebe hezky navazovaly, a limitami dodefinujeme v nedefinovaných bodech. Na $(-\pi/2,\pi/2)$ zvolím $c_0 = 0$, tedy \M{F_0(t) = {\arctg\left(\sqrt{2}\tg t\right)\over\sqrt{2}}}. \smallskip Na $(\pi/2,3\pi/2)$ zvolím $c_1$ tak, aby \M{\lim_{t\to\pi/2_-} F_0(t) = \lim_{t\to\pi/2+} F_0(t)}. \smallskip $$\lim_{t\to\pi/2_-} F_0(t) = \lim_{t\to\pi/2_-} {\arctg\left(\sqrt{2}\tg t\right)\over\sqrt{2}} = {\pi\over2\sqrt{2}} $$ $$ \lim_{t\to\pi/2_+} F_0(t) = \lim_{t\to\pi/2_+} {\arctg\left(\sqrt{2}\tg t\right)\over\sqrt{2}} + c_1 = c_1 + {\pi\over2\sqrt{2}} $$ Tedy $c_1 = \pi/\sqrt{2}$. Obecně pak: $$ F_0(t) = {\arctg\left(\sqrt{2}\tg t\right)\over\sqrt{2}} + k\pi/\sqrt{2} \qquad t \in (-\pi/2+k\pi,\pi/2+k\pi),\ k \in \intgr $$ Tedy $c_k = k\pi/\sqrt{2}$ pro $k \in \intgr$. Dodefinujeme $F_0$ v $\pi/2+k\pi$ hodnotou $$ \lim_{t\to\pi/2+k\pi} F_0(t) = {\pi\over2\sqrt{2}} + {k\pi\over\sqrt{2}} $$ Definujme tedy: $$ F_0(t) := \cases{\displaystyle{{\arctg\left(\sqrt{2}\tg t\right)\over\sqrt{2}} + k\pi/\sqrt{2}} & $t \in (-\pi/2 + k\pi, \pi/2 + k\pi)$ pro $k \in \intgr$\cr \displaystyle{{\pi\over2\sqrt{2}} + {k\pi\over\sqrt{2}}} & pro $t = \pi/2 + k\pi$ pro $k \in \intgr$} $$ Potom: $$ \int {dt\over1+\sin^2t} = F_0(t) + C\qquad t \in \real,\ C \in \real $$ } } } \shortdef{Derivace součinu}{$(FG)' = F'G + G'F$} \theorem{6}{integrace per partes}{ Nechť $I$ je otevřený interval a nechť $f$, $g$ jsou spojité na $I$. Nechť $f$ má primitivní funkci $F$ a $g$ má primitivní funkci $G$ na $I$. Potom platí: $$ \int g(x)F(x)\,dx = F(x)G(x) - \int G(x)f(x)\,dx\qquad x \in I $$ \proof{ $$(G(x)F(x))' = g(x)F(x) + G(x)f(x)$$ $$\Rightarrow g(x)F(x) = (G(x)F(x))' - G(x)f(x)$$ $$\Rightarrow \int g(x)F(x)\,dx = G(x)F(x) - \int G(x)f(x)\,dx$$ (Ze spojitosti integrály existují.) } \example{ $$ \int \sin x\cdot x\,dx\qquad x \in \real $$ \startRuledTable \M{F(x) = x} & \M{g(x) = \sin x}\cr \M{f(x) = 1} & \M{G(x) = -\cos x}\cr \endRuledTable $$ \int \sin x\cdot x\,dx = -x\cos x - \int 1\cdot(-\cos x)\,dx = $$ $$ = -x\cos x + \int \cos x\,dx = \sin x - x\cos x + C $$ } \penalty-100 \scpart{Příklad (skrytý součin):}{ $$ \int \log x\,dx = \int 1\log x\,dx\qquad x \in (0,\infty) $$ \startRuledTable \M{F(x) = \log x} & \M{g(x) = 1}\cr \M{f(x) = 1/x} & \M{G(x) = x}\cr \endRuledTable $$ \int 1\log x\,dx = x\log x - \int x{1\over x}\,dx = x\log x - x + C = x(\log x - x) + C $$ } \scpart{Příklad (vícenásobné per partes):}{ $$ \int e^x\sin x\,dx = I $$ \startRuledTable \M{F(x) = \sin x} & \M{g(x) = e^x}\cr \M{f(x) = \cos x} & \M{G(x) = e^x}\cr \endRuledTable $$ \Rightarrow I = e^x\sin x - \int e^x\cos x\,dx $$ \startRuledTable \M{F(x) = \cos x} & \M{g(x) = e^x}\cr \M{f(x) = -\sin x} & \M{G(x) = e^x}\cr \endRuledTable $$ \Rightarrow I = e^x\sin x - \left(e^x\cos x - \int e^x(-\sin x)\,dx\right) = $$ $$ = e^x\sin x - e^x\cos x - \int e^x\sin x\,dx = e^x(\sin x - \cos x) - I $$ $$ \Longrightarrow\qquad \eqalign{2I &= e^x(\sin x - \cos x) + C\cr I &= e^x(\sin x - \cos x)/2 + C}\qquad x \in \real$$ } \scpart{Příklad (formule ponížení)}{ $$ I_n := \int {dx \over (1+x^2)^n}\qquad n \in \nat \cup \{0\} $$ $$ I_0 = x + c $$ $$ I_1 = \arctg x + c\qquad x \in \real $$ $$ I_{n+1} = \int {dx \over (1+x^2)^{n+1}} = \int {1 + x^2 - x^2 \over (1+x^2)^{n+1}} = $$ $$ = \int {dx \over (1+x^2)^n} - {1\over2}\int{2x\over(1+x^2)^{n+1}}x\,dx = $$ \startRuledTable \M{F(x) = x} & \M{g(x) = {2x \over (1+x^2)^{n+1}}}\cr \M{f(x) = 1} & \M{G(x) = {-1 \over n(1+x^2)^n}}\cr \endRuledTable $$ = I_n + {x \over 2n(1+x^2)^n} - {1\over 2n}\int {dx \over (1+x^2)^n} = $$ $$ = {x \over 2n(1+x^2)^n} + {2n-1\over2n} I_n $$ Např. pro $n=1$: $$ I_2 = \int {dx \over (1+x^2)^2} = {x \over 2(1+x^2)} + {\arctg x\over2} + c $$ } } } \scpart{Integrace racionálních funkcí}{ Mějme racionální funkci $R(x) = P(x)/Q(x)$, kde $P,Q$ jsou polynomy. \shortexample{\M{\int {x^4+1\over x^3 + 5x^2 + 6x - 7}\,dx =\, ?}} \medskip {\bf Postup při integraci racionálních funkcí:} \list{ \listItem{Je třeba, aby $\deg P < \deg Q$. $$ P(x)/Q(x) = P_1(x) + P_2(x)/Q(x)\qquad \deg P_2 < \deg Q $$ Toho dosáhneme dělením polynomů. \penalty-1000 Také jste už zapomněli, jak se dělí mnohočleny? Mějme $$(x^5 + x^4) : (2x^3 + x^2)$$ Z $Q$ vezmeme nejvyšší mocninu $q = 2x^3$, z $P$ taktéž: $p = x^5$. Pak provedeme $$ r = p/q = {x^5 \over 2x^3} $$ $$ P := P - rQ $$ a to opakujeme, dokud $\deg P \ge \deg Q$. K výslednému $R$ (součtu přes všechna $r$) pak přičteme zbytek po dělení $P/Q$. Ukažme si celý postup na rozvleklém příkladu: $$ P := x^5 + x^4 $$ $$ Q := 2x^3 + x^2 \eqno R = 0 $$ $$ r = {x^5 \over 2x^3} = x^2/2 \eqno R = x^2/2 $$ $$ P := x^5 + x^4 - x^2/2 \cdot (2x^3 + x^2) = x^5 + x^4 - x^5 - x^4/2 = x^4/2 $$ $$ r = {x^4/2 \over 2x^3} = x/4 \eqno R = x^2/2 + x/4 $$ $$ P := x^4/2 - x/4 \cdot (2x^3 + x^2) = x^4/2 - x^4/2 - x^3/4 = -x^3/4 $$ $$ r = {-x^3/4 \over 2x^3} = 1/8 \eqno R = x^2/2 + x/4 - 1/8 $$ $$ P := -x^3/4 + 1/8 \cdot (2x^3 + x^2) = -x^3/4 + x^3/4 + x^2/8 = x^2/8 $$ $$ R = x^2/2 + x/4 - 1/8 + {x^2/8 \over 2x^3 + x^2} $$ } \listItem{Rozklad $Q$ na kořenové činitele a irreducibilní kvadratické členy. \shortdef{Základní věta algebry}{Každý komplexní polynom stupně $n$ má právě $n$ kořenů ($k$-násobné kořeny počítáme $k$-krát --- ale v $\cmplx$). Pro reálný polynom věta neplatí (např. $x^2 + 1$ nemá kořeny).} \shortnote{Polynomy stupně dva jsou nejvyšší irreducibilní, neboť $z \in \cmplx$ je kořenem $P$ s reálnými koeficienty $\Longrightarrow$ $\overline{z}$ je kořen (\DCV). Tedy pro $z = \alpha + \beta i$ platí $(x-z)(x-\overline{z}) = x^2 - (z+\overline{z})x + z\overline{z}$ ($z + \overline{z}$ i $z\overline{z}$ $\in \real$).} $$ Q(x) = \alpha(x-x_1)^{k_1} \cdots (x-x_2)^{k_l}(x+\alpha_1x + \beta_1)^{s_1} \cdots (x^2 + \alpha_nx + \beta_n)^{s_n} $$ } \listItem{Rozklad racionální funkce na parciální zlomky. $$ {P(x) \over Q(x)} = {A \over x-x_1} + {B \over (x-x_1)^2} + \cdots + \left(Cx + D \over x^2 + \alpha x + \beta\right)^2 \textnote{apod.} $$ $A,B,C,D,\ldots$ jsou neurčité koeficienty, které je třeba spočítat (např. pomocí tzv. cover-up rule nebo fyzikální metody --- probírá se na cvičení). Porovnáváme koeficienty dvou polynomů. } \listItem{Integrace parciálních zlomků. Na $(-\infty,x_1)$ nebo na $(x_1,+\infty)$. $$ \int{1\over(x-x_1)^k}\,dx = \cases{\D{-1\over k^{-1}} {1\over(x-x_1)^{k-1}} + C & $k \ge 2$\cr \log |x-x_1| + C & $k = 1$} $$ $$ k \in \nat : \int {Cx + D \over \left(x^2+\alpha x + \beta\right)^k}\,dx \textbox{irreducibilní} \Longrightarrow \beta > \alpha^2/4 $$ $$ = {C \over 2} \int {2x + \alpha - \alpha + 2D/C \over \left(x^2 + \alpha x + \beta\right)^k}\,dx = {C \over 2} \undernote{\int {2x + \alpha \over \left(x^2 + \alpha x + \beta\right)^k}\,dx}{I_1} + \left(D - {\alpha C \over 2}\right) \undernote{\int{dx \over \left(x^2 + \alpha x + \beta\right)^k}}{I_2} $$ (Konstanty jsou na vás.) $$ I_1 = \cases{\D{-1\over k^{-1}} (x^2 + \alpha x + \beta)^{-k+1} + C & pro $k \ge 2$\cr \log (x^2 + \alpha x + \beta) + C & $k = 1$} \textnote{pro $x \in \real$} $$ $$ I_2: \textbox{úprava na dvojmoc dvojčlenu:} x^2 + \alpha x + \beta = \left(x + \alpha/2\right)^2 + \undernote{\left(\beta - \alpha^2/4\right)}{>0} $$ $$ I_2 = \int{dx \over \left(x+\alpha/2\right)^2 + \left(\beta-\alpha^2/4\right)^k} = {1 \over \left(\beta - \alpha^2/4\right)^k} \cdot \int{dx \over \left(\left(x+\alpha/2\over\sqrt{\beta-\alpha^2/4}\right)^2+1\right)^k } $$ Zvolím substituci: $$ t = {x + \alpha/2 \over \sqrt{\beta-\alpha^2/4}} $$ $$ \int {dt \over \left(t^2+1\right)^k} \textbox{umíme} $$ } } } \penalty-100 \scpart{Integrace trigonometrických funkcí}{ \shortdef{Polynom}{\M{P(x) = \sum_{j=0}^n a_jx^j,\quad x \in \real, n \in \nat, a_j \in \real, a_n \ne 0}} \shortdef{Polynom dvou proměnných}{\M{P(x,y) = \sum_{i,j=0}^n a_{ij}x^iy^j,\quad a_{ij} \in \real}} \shortexample{$x^3 + 2y^3 - 3xy^2 + 14x - 15y^2 - 7$} \shortdef{Racionální funkce dvou proměnných}{\M{R(x,y) = {P(x,y) / Q(x,y)}}} \medskip Zajímá nás integrace funkcí tvaru $R(\sin x, \cos x)$. Např.: $$ {\sin^2 x \cos x - 4\sin^2 x \over \sin^4 x - 4\sin^2x \cos x - \cos x + 1} $$ Použijeme substituci: \list{ \listItem{\M{t = \sin x}, je-li $R$ ``lichá v cosinech'', tj. $R(x,-y) = -R(x,y)$.} \listItem{\M{t = \cos x}, je-li $R$ ``lichá v sinech'', tj. $R(-x,y) = -R(x,y)$.} \listItem{\M{t = \tg x}, je-li $R$ ``sudá v obou'', tj. $R(-x,-y) = R(x,y)$.} \listItem{\M{t = \tg (x/2)} (dá se použít kdykoliv, ale vždy vede na racionální funkci).} } } \bend