Integrály
Integrace je operace opačná k derivaci, která vyjadřuje součet nekonečně mnoha hodnot.
- Neurčitý integrál vyjadřuje primitivní funkci \(F(x)\), která je antiderivací funkce \(f(x)\) a tudíž pro ní platí \((F(x))' = f(x)\).
- Funkční hodnota primitivní funkce \(F(x)\) je limitní kumulativní součet hodnot funkce \(f(x)\)
- Určitý integrál používá primitivní funkci k nalezení plochy pod křivkou, která je ohraničena integračními mezemi.
- \(\int_{a}^{b} f(x) dx = F(b) - F(a)\)
Primitivní funkce
Primitivní funkce je taková funkce \(F\), pro kterou platí, že
\[\Large F'(x) = f(x)\]
Co to znamená? Znamená to, že hledáme takovou funkci, která nám po zderivování vyplivne tu, kterou hledáme.
$\(\Large \int{\textcolor{lime}{f(x)}\textcolor{red}{dx}} = \textcolor{yellow}{F(x)} + \textcolor{aqua}{C}\)$
- Funkce \(f\) je integrand
- \(dx\) je proměnná, podle které integrujeme
- Funkce \(F\) je primitivní funkcí
- \(C\) je konstanta, o kterou se primitivní funkce liší[^1]
Techniky integrace
Per partes
Per partes se využívá pro integraci součinu funkcí.
\[\int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)dx\]
lze substituovat jako
\[
\int u \cdot v'dx=u\cdot v-\int u'\cdot vdx
\]
Co to znamená? Pokud máš součin nebo podíl, tak jde řešit metodou per partes. U integrálu zvolíš co bude u a v. Jeden výběr bude pravděpodobně lepší. Jak to poznat? Integrál ve výrazu \(u\cdot v-\int u'\cdot vdx\) bude jednodušší na výpočet. Názorná ukázka
https://youtu.be/gZvICMtNbeQ?t=456
DI-Metoda
DI metoda je abstrakcí metody per-partes, která operace z per-partes uspořádá do tabulky.
DI Metoda
- Sloupec \(D\) je pro členy, které se derivují
- Sloupec \(I\) je pro členy, které se integrují
- Šipky mezi diagonálními prvky směrem doprava dolů označují součin prvků
- První sloupec se znaménkem říká znaménko celého členu (Výsledné znaménko závisí také na znaménkách jednotlivých prvků).
- Poslední řádek DI metody se zapíše pod integrál
Substituce
Pokud lze vyjádřit \(h(x)\) jako \(f(g(x)) \cdot g'(x)\), pak platí:
$\(\int h(x)dx =\int f(g(x)) \cdot g'(x)dx=\int f(z)dz=F(z)+C=F(g(x))+C\)$
Co to znamená? Pokud máš složenou funkci, tak jde vyřešit substitucí. Názorná ukázka
https://youtu.be/Qx_NnL2iSGM?t=472
Rozklad na parciální zlomky
Dělení polynomů
Příklady
Příklady jsou převzaty od doc. Václava Fiňka z Technické univerzity v Liberci, odkaz na zadání bez řešení je zde v kapitole 4
4.1: Vypočtěte
Vypočtěte
\[\Large \int_0^{\frac{1}{2}} 4x\cdot\arctan({2x})\;dx\]
V tomto příkladě můžeme vidět součin (násobení) dvou funkcí - \(4x\) a \(\arctan{2x}\). Umíme jednu zderivovat a druhou zintegrovat? No ano, umíme. Pokud budeme derivovat \(\arctan{2x}\) a integrovat \(4x\), můžeme použít metodu per partes (neboli "integrace po částech"). Aby to bylo přehledné, použijeme její verzi, které se říká DI metoda, která per partes uspořádává do tabulky.
Aplikace DI Metody
Sestavíme si DI tabulku:
|
D |
I |
| + |
\(\arctan(2x)\) |
\(4x\) |
| - |
\(\frac{2}{4x^2+1}\) |
\(2x^2\) |
Zapíšeme výsledek: \(\arctan(2x)\cdot{2x^2}-\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{2x^2}{4x^2 + 1}\cdot 2x^2\;dx\)
\[
\begin{aligned}
&= \arctan(2x)\cdot{2x^2}-\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{4x^2}{4x^2 + 1}\;dx
\end{aligned}
\]
Nyní jsme ve stavu, kdy jsme ten nepříjemný \(\arctan{2x}\) dostali mimo integrál. Uvnitř už nám zbývá akorát polynom dělený polynomem a s tím musíme nějak pracovat. Všimni si, že polynomy jsou stejného řádu (mají stejnou nejvyšší mocninu). Můžeme tedy použít dělení polynomů a zjednodušit si ho tak, aby se snáze integroval.
Dělení polynomů
\[\large\begin{aligned}
4x^2 &: 4x^2 +1 = 1 - \frac{1}{4x^2+1}\\
-(4x^2 + 1) \\
-1 \\
\end{aligned}\]
\[
\large\begin{aligned}
&= \arctan(2x)\cdot{2x^2}-\int_0^{\frac{1}{2}}1-\frac{1}{4x^2 + 1}\;dx \\
&= \arctan(2x)\cdot{2x^2}- x - \int_0^{\frac{1}{2}}\frac{1}{(2x)^2 + 1}\;dx \\
\end{aligned}
\]
Výborně. Nyní jsme si výraz v integrálu zjednodušili tak, že jsme byli schopni "vyštípat" čitatele ven. Co nám tam dále vadí? No, docela nám tam vadí těch \(2x\), protože kdyby tam nebyly, můžeme přímo integrovat na \(\arctan{x}\), protože \(\int \frac{1}{x^2 + 1}\;dx = \arctan{x}\). Použijeme tedy substituci.
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= 2x \\
du &= 2dx \\
\end{aligned}\]
\[
\arctan(2x)\cdot{2x^2}-x + \frac{1}{2}\int_0^{1}\frac{1}{u^2 + 1}\;du
\]
Bomba, nyní můžeme přímo integrovat ten zbývající integrál.
\[\large\begin{aligned}
&= \arctan(2x)\cdot{2x^2}-x + \frac{1}{2}\int_0^{1}\frac{1}{u^2 + 1}\;du \\
&= \left[\arctan(2x)\cdot{2x^2}-x + \frac{1}{2}\arctan(2x)\right]^{\frac{1}{2}}_{0} \\
&= \left(\arctan(1)\cdot{2\left(\frac{1}{2}\right)^2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\arctan(1)\right) - \left(\arctan(0)\cdot{2\cdot0^2}-0 + \frac{1}{2}\arctan(0)\right) \\
&= \boxed{\arctan(1) - \frac{1}{2}}
\end{aligned}\]
A to je náš výsledek. Velikost oblasti je tedy \(\arctan(1) - \frac{1}{2}\).
4.2: Vypočtěte
\[\Large \int_0^{1} \frac{x^4}{\left(e^{x^5}\right)^5}\;dx\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_0^{1} \frac{x^4}{e^{5x^5}}\;dx \\
&= \frac{1}{25}\int_0^{1} \frac{25x^4}{e^{5x^5}}\;dx
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= 5x^5 \\
du &= 25x^4 \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \frac{1}{25}\int_0^{5} \frac{1}{e^{u}}\;du \\
&= \frac{1}{25}\int_0^{5} e^{-u}\;du
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
v &= -u \\
dv &= -du \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= -\frac{1}{25}\int_{0}^{-5} e^{v}\;dv \\
&= \frac{1}{25}\int_{-5}^{0} e^{v}\;dv \\
\end{align}
\]
Pozor na hranice integrace
Pro \(a > b\) platí, že \(\int_a^b f(x) = -\int_b^a f(x)\).
viz Otočení integračních mezí
\[\large
\begin{align}
&= \frac{1}{25}\left[e^v\right]^{0}_{-5} \\
&= \frac{1}{25}\cdot\left(e^0 - e^{-5}\right) \\
&= \boxed{\frac{1}{25}\cdot\left(1 - e^{-5}\right)} \\
\end{align}
\]
4.3: Vypočtěte
\[\Large \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \frac{\sin(x)\cos(x)}{25 + 10\sin(x)+\sin^2(x)}\;dx\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \frac{\sin(x)\cos(x)}{\left(\sin(x)+5\right)^2}\;dx
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= 5 + \sin(x) \\
du &= \cos(x) \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_4^{5} \frac{u-5}{u^2}\;du \\
&= \int_4^{5} \frac{u}{u^2}\;du - \int_4^{5} \frac{5}{u^2}\;du \\
&= \int_4^{5} \frac{1}{u}\;du - 5\int_4^{5} \frac{1}{u^2}\;du \\
&= \left[\ln(u)\right]_{4}^{5} - 5\left[-\frac{1}{u}\right]_{4}^{5} \\
&= \ln(5)-\ln(4)-5\left(-\frac{1}{5}+\frac{1}{4}\right) \\
&= \ln\left(\frac{5}{4}\right) + 1 - \frac{5}{4} \\
&= \boxed{\ln\left(\frac{5}{4}\right)- \frac{1}{4}} \\
\end{align}
\]
4.4: Spočtěte obsah obrazce
Spočtěte obsah obrazce ohraničeného funkcí \(\ln{x}\) a přímkou procházející body \([1, -1], [2, 0]\) na intervalu \(\left<1, 2\right>\).
Tato úloha se skládá ze dvou samostatných problémů. Hledání obsahu, což je prostě integrace, a druhý je najít předpis funkce, která prochází dvěma zadanými body, protože integrovat umíme právě akorát funkce. Začneme nejdříve určením funkce procházející těmito dvěma body. V zadání máme specifikování, že se jedná o přímku, tudíž nějaká lineární funkce. Přímku lze vyjádřit mnoha způsoby, ať už to parametricky či obecně, zde se nám ovšem bude hodit směrnicový tvar přímky, který ji popíše lineární funkcí.
Předpis funkce procházející body
\[\begin{align}
y &= \frac{\Delta{y}}{\Delta{x}}x + q \\
y &= \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}x + q \\
y &= \frac{0 - (-1)}{2 - 1}x + q \\
y &= \frac{1}{1}x + q \\
\\
q &= y - x \\
q &= 0 - 2 \\
q &= \boxed{-2} \\
\\
y &= x - 2
\end{align}\]
Nyní máme dvě funkce, označme si je jako \(f(x) = \ln{x}\) a \(g(x) = x - 2\). Naším úkolem je spočítat oblast mezi těmito křivkami na intervalu \(\left<1, 2\right>\). Pokud si tedy funkce načrtneme a vyznačíme hledanou oblast zelenou barvou, mělo by to vypadat nějak takto:
Náčrt funkcí a hledané oblasti
Tuto oblast můžeme vyjádřit jako součet dvou dílčích podoblastí - plocha pod funkcí \(f(x)\) až do osy \(x\) a plocha nad křivkou \(g(x)\) do osy \(x\). Když si to zapíšeme jako součet integrálů, vypadne nám tento předpis:
\[
\int_{1}^{2} \ln{x}\;dx + \int_{1}^{2} x - 2\;dx
\]
Teď už stačí akorát dopočítat dílčí integrály. Nejdříve najdeme primitivní funkci obou dvou a následně dosadíme.
Výpočet primitivní funkce prvního integrálu
\[\begin{aligned}
\int \ln{x}\;dx
\end{aligned}\]
Aplikace DI Metody
Sestavíme si DI tabulku:
|
D |
I |
| + |
\(\ln{x}\) |
\(1\) |
| - |
\(\frac{1}{x}\) |
\(x\) |
Zapíšeme výsledek: \(\ln{x} \cdot x - \int \frac{1}{x}\cdot x \; dx\)
\[\begin{aligned}
\int \ln{x}\;dx &= \ln{x} \cdot x - \int \frac{1}{x}\cdot x \; dx \\
&= x\cdot\ln{|x|} - \int 1 \;dx \\
&= \boxed{x\cdot\ln{|x|} - x} \\
\end{aligned}\]
Výpočet primitivní funkce druhého integrálu
\[\begin{aligned}
\int x - 2 \;dx &= \int x\;dx - \int 2\;dx \\
&= \boxed{\frac{1}{2}x^2 - 2x}
\end{aligned}\]
Máme primitivní funkce, a nyní už akorát stačí dosadit. Z původního předpisu se nám tedy stane
\[\begin{align}
\int_{1}^{2} \ln{|x|}\;dx + \int_{1}^{2} x - 2\;dx &= \left[x\cdot\ln{|x|} - x + \frac{1}{2}x^2 - 2x\right]_{1}^{2} \\
&= \left[\frac{1}{2}x^2 -3x + x\cdot\ln{|x|}\right]_{1}^{2} \\
&= \left(\frac{1}{2}2^2 -3 \cdot 2 + 2\cdot\ln{|2|}\right) - \left(\frac{1}{2}1^2 -3\cdot 1 + 1\cdot\ln{|1|}\right) \\
&= \frac{4}{2} - 6 + 2\ln{|2|} - \frac{1}{2} + 3 - \ln{|1|} \\
&= \frac{4}{2} - \frac{1}{2} - 6 + 3 + 2\ln{|2|} - \ln{|1|} \\
&= \frac{4 - 1 - 12 + 6}{2} + 2\ln{|\frac{2}{1}|} \\
&= \frac{3 - 6}{2} + 2\ln{|2|} \\
&= \frac{-3}{2} + 2\ln{|2|} \\
&= \boxed{2\ln{|2|} - \frac{3}{2}}
\end{align}\]
O neshodě s výsledkem v zadání
Tento výsledek se neshoduje s výsledkem, který je v zadání u doc. Fiňka. K jeho výsledku by se člověk dostal, kdyby v integraci té směrnicové přímky vynechal člen \(-2\) a integroval pouze \(x\). To ale nedává smysl, protože pak se jedná o úplně jinou přímku.
4.34: Vypočtěte
\[\Large \int_{0}^{\ln(2)} \frac{5e^x}{15+8e^x+e^{2x}}\;dx\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= e^x \\
du &= e^x\;dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= 5\int_{1}^{2} \frac{1}{15+8u+u^{2}}\;du \\
&= 5\int_{1}^{2} \frac{1}{(u+5)(u+3)}\;du \\
\end{align}
\]
Rozklad na parciální zlomky
\[\large\begin{aligned}
\frac{A}{(u+5)} + \frac{B}{(u+3)} = \begin{cases}
A = -\frac{1}{2} \\
B = \frac{1}{2}
\end{cases} \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= 5\int_{1}^{2} -\frac{1}{2}\frac{1}{u+5} + \frac{1}{2}\frac{1}{u+3}\;du \\
&= -\frac{5}{2}\int_{1}^{2}\frac{1}{u+5} + \frac{5}{2}\int_{1}^{2}\frac{1}{u+3}\;du \\
&= -\frac{5}{2}\left[\ln(u+5)\right]_{1}^{2} + \frac{5}{2} \left[\ln(u+3)\right]_{1}^{2} \\
&= -\frac{5}{2}\left[\ln(7) - \ln(6)\right] + \frac{5}{2} \left[\ln(5) - \ln(4)\right] \\
&= -\frac{5}{2}\left[\ln\left(\frac{7}{6}\right)\right] + \frac{5}{2} \left[\ln\left(\frac{5}{4}\right)\right] \\
&= \frac{5}{2}\left(\ln\left(\frac{5}{4}\right) - \ln\left(\frac{7}{6}\right)\right) \\
&= \frac{5}{2}\left(\ln\left(\frac{5}{4}\cdot\frac{6}{7}\right)\right) \\
&= \frac{5}{2}\left(\ln\left(\frac{5}{2}\cdot\frac{3}{7}\right)\right) \\
&= \boxed{\frac{5}{2}\left(\ln\left(\frac{15}{14}\right)\right)} \\
\end{align}
\]
4.36: Spočtěte obsah obrazce
Spočtěte obsah obrazce ohraničeného funkcemi \(\cos{(\frac{\pi{x}}{2})}\) a \(x^2-1\)
Info
\[\begin{aligned}
f(x) &= \cos{(\frac{\pi{x}}{2})} \\
g(x) &= x^2-1
\end{aligned}\]
Vypočítání integrační meze
\(f(x) = 0, x = 1, -1, 3, -3, ...\)
\(g(x) = 0, x = 1, -1\)
- Integrál budeme počítat na intervalu \(\left<-1, 1\right>\)
- Monotonie funkce \(f(x)\)
- Monotonie funkce \(g(x)\)
\[
\begin{aligned}
&= \int_{-1}^{1} f(x) - g(x)\;dx \\
&= \int_{-1}^{1} \cos{\left(\frac{\pi{x}}{2}\right)}\;dx - \int_{-1}^{1}x^2\;dx+\int_{-1}^{1}1\;dx \\
\end{aligned}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= \frac{\pi}{2}{x} \\
du &= \frac{\pi}{2} \\
\end{aligned}\]
\[
\begin{aligned}
&= \int_{-1}^{1} \cos{\left(\frac{\pi{x}}{2}\right)}\;dx - \int_{-1}^{1}x^2\;dx+\int_{-1}^{1}1\;dx \\
&= \frac{2}{\pi}\int_{-1}^{1} \cos{\left(\frac{\pi{x}}{2}\right)}\;dx - \int_{-1}^{1}x^2\;dx+\int_{-1}^{1}1\;dx \\
&= \frac{2}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos{(u)}\;dx - \left[\frac{x^3}{3}\right]_{-1}^{1}+\left[x\right]_{-1}^{1} \\
&= \frac{2}{\pi}\left[\sin(u)\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} - \left[\frac{x^3}{3}\right]_{-1}^{1}+\left[x\right]_{-1}^{1} \\
&= \frac{2}{\pi}\left[1 + 1\right] - \frac{2}{3} + 2 \\
&= \frac{4}{\pi}-\frac{2}{3}+2 \\
&= \boxed{\frac{4}{\pi}+\frac{4}{3}}
\end{aligned}
\]
4.48: Vypočtěte
\[\Large \int_{0}^{1} \frac{2-3\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}\;dx\]
\[
\begin{aligned}
&\int_{0}^{1} \frac{2-3\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}\;dx \\
&= \int_{0}^{1} \frac{2}{\sqrt{1-x^2}}\;dx - \int_{0}^{1} \frac{3\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}\;dx \\
&= 2\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\;dx - 3\int_{0}^{1} \frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}\;dx
\end{aligned}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= \arcsin(x) \\
du &= \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx \\
\end{aligned}\]
Info
\[\arcsin(0) = 0\]
\[\arcsin(1) = \frac{\pi}{2}\]
\[
\begin{aligned}
&= 2\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\;dx - 3\int_{0}^{1} \frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}\;dx \\
&= 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\;du - 3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} u\;du \\
&= 2\cdot\left[u\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - 3\cdot\left[\frac{u^2}{2}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\
&= 2\frac{\pi}{2} - 3\cdot\left[\frac{\left(\frac{\pi}{2}\right)^2}{2} - \frac{0}{2}\right] \\
&= \pi -3 \cdot \left[\frac{\pi^2}{4}\cdot\frac{1}{2}\right] \\
&= \boxed{\pi - \frac{3\pi^2}{8}} \\
\end{aligned}
\]
4.49: Vypočtěte
\[\Large \int_{e}^{e^2} \frac{2+\ln{x}}{x\cdot(\ln^2{x} + 4\ln{x} + 4)}\;dx\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= \ln{x} \\
du &= \frac{1}{x} \\
\end{aligned}\]
Info
\[\ln{(e)} = 1\]
\[\ln{(a^b)} = b\cdot\ln{(a)}\]
\[
\begin{aligned}
&= \int_{e}^{e^2} \frac{2+\ln{x}}{x\cdot(\ln^2{x} + 4\ln{x} + 4)}\;dx \\
&= \int_{1}^{2} \frac{2+u}{u^2 + 4u + 4}\;du \\
&= \int_{1}^{2} \frac{u+2}{(u+2) \cdot (u+2)}\;du \\
&= \int_{1}^{2} \frac{1}{u+2} \;du \\
&= \left[\ln|u+2|\right]_{1}^{2} \\
&= \ln|4| - \ln|3| \\
&= \boxed{\ln\left|\frac{4}{3}\right|}
\end{aligned}
\]
Info
\[\ln{a} - \ln{b} = \ln{\frac{a}{b}}\]
4.50: Spočtěte obsah obrazce
Spočtěte obsah obrazce ohraničeného funkcemi \(x\cdot\sin{x}\) a \(x\cdot(x-\pi)\)
Info
\[\begin{aligned}
f(x) &= x\cdot\sin{x} \\
g(x) &= x\cdot(x-\pi)
\end{aligned}\]
Výpočet integrační meze
- Obě funkce se budou rovnat v nule, protože budeme v obou násobit nulou.
- Když pak vynecháme vnější \(x\) a podíváme, kdy se funkce znovu rovnají nule, tak pro
- \(\sin(x) = 0\) pro \(x=k\pi\)
- \(x-\pi = 0\) pro \(x = \pi\)
- Můžeme tedy zvolit interval \(\left<0, \pi\right>\)
\[
\begin{aligned}
&= \int_{0}^{\pi} f(x) - g(x)\;dx \\
&= \int_{0}^{\pi} x\cdot\sin{x}\;dx - \int_{0}^{\pi}x\cdot(x-\pi)\;dx \\
&= \int_{0}^{\pi} x\cdot\sin{x}\;dx - \int_{0}^{\pi}x^2\;dx+\int_{0}^{\pi}x\pi\;dx \\
\end{aligned}
\]
Aplikace DI Metody
Sestavíme si DI tabulku:
|
D |
I |
| + |
\(x\) |
\(\sin{x}\) |
| - |
\(1\) |
\(-\cos{x}\) |
| + |
0 |
\(-\sin{x}\) |
Zapíšeme výsledek: \(x\cdot(-\cos{x})-1\cdot(-\sin{x}) = -x\cdot\cos{x}+\sin{x}\)
\[
\begin{aligned}
&= \int_{0}^{\pi} x\cdot\sin{x}\;dx - \int_{0}^{\pi}x^2\;dx+\int_{0}^{\pi}x\pi\;dx \\
&= \left[-x\cdot\cos{x}+\sin{x}\right]_{0}^{\pi}-
\left[\frac{x^3}{3}\right]_{0}^{\pi}
+\pi\cdot \left[\frac{x^2}{2}\right]_{0}^{\pi} \\
&= \left[-\pi\cdot\cos{\pi}+\sin{\pi} - 0\cdot\cos(0)+\sin(0)\right] - \left[\frac{\pi^3}{3} - \frac{0}{3}\right] + \pi\cdot\left[\frac{\pi^2}{2} - \frac{0}{2}\right] \\
&= \left[-\pi\cdot{-1}+0 - 0\cdot1+0\right] - \frac{\pi^3}{3} + \pi\cdot\frac{\pi^2}{2} \\
&= \pi- \frac{\pi^3}{3} + \frac{\pi^3}{2} \\
&= \pi - \frac{2\pi^3}{6} + \frac{3\pi^3}{6} \\
&= \boxed{\pi + \frac{\pi^3}{6}}
\end{aligned}
\]
4.54: Spočtěte obsah obrazce
Spočtěte obsah obrazce ohraničeného funkcí \(x^2\) a přímkou procházející body \([−1, 1]\) a \([1,5]\)
Jak určit předpis přímky ze dvou bodů?
viz směrnicový tvar přímky. Později doplním.
Výpočet integračních mezí
\[\Large
\begin{aligned}
f(x) &= g(x) \\
x^2 &= 2x+3 \\
x^2-2x-3&=0 \\
(x-3)\cdot(x+1) &= 0 \\
x &\in\boxed{\{-1, 3\}}
\end{aligned}
\]
Jak správně zapsat oblast mezi funkcemi?
Nejprve zjistíme, která funkce je "výš" než ta druhá.
Protože se funkce protínají akorát v bodech \(x=-1\) a \(x = 3\), tak je na tomhle intervalu (\(x\in(-1,3)\)) buďto pod nebo nad přímkou. Vezmem tedy \(x\) z intervalu a dosadíme.
\[\Large
\begin{aligned}
x &= 0 \\
f(0) &= 0 \\
g(0) &= 3 \\
\end{aligned}\]
Lze vidět, že bod na přímce má vyšší funkční hodnotu než bod na parabole. Oblast mezi nimi je tedy vyjádřena jako rozdíl mezi oblastí pod přímkou a oblastí pod parabolou: \(\int{g(x)-f(x)}dx\)
\[\Large
\begin{aligned}
\int_{-1}^{3} g(x) - f(x)\;dx
\end{aligned}
\]
4.55: Vypočtěte
\[\Large \int_{1}^{2} (x-2)\ln(4x)\;dx\]
Sestavíme si DI tabulku:
|
D |
I |
| + |
\(\ln(4x)\) |
\(x-2\) |
| - |
\(\frac{4}{4x}\) |
\(\frac{x^2}{2}-2x\) |
Zapíšeme výsledek: \(\ln(4x)\cdot\left(\frac{x^2}{2}-2x\right) - \int_{1}^{2}\frac{4}{4x}\cdot\left(\frac{x^2}{2}-2x\right)\)
\[\large
\begin{align}
&= \left[\ln(4x)\cdot\left(\frac{x^2}{2}-2x\right)\right]_{1}^{2} - \int_{1}^{2}\frac{1}{x}\cdot\left(\frac{x^2}{2}-2x\right)\;dx \\
&= \left[\ln(4x)\cdot\left(\frac{x^2}{2}-2x\right)\right]_{1}^{2} - \frac{1}{2}\int_{1}^{2}x\;dx + 2\int_{1}^{2}1\;dx \\
&= \left[\ln(4x)\cdot\left(\frac{x^2}{2}-2x\right) - \frac{x^2}{4}\right]_{1}^{2} + 2\int_{1}^{2}1\;dx \\
&= \left[\ln(4x)\cdot\left(\frac{x^2}{2}-2x\right) - \frac{1}{2}\cdot\frac{x^2}{2}\right]_{1}^{2} + 2\int_{1}^{2}1\;dx \\
&= \left[\ln(4x)\cdot\left(\frac{x^2}{2}-2x\right) - \frac{x^2}{4} + 2x\right]_{1}^{2}\\
&= \left[\ln(8)\cdot\left(\frac{4}{2}-4\right) - \frac{4}{4} + 4\right] - \left[\ln(4)\cdot\left(\frac{1}{2}-2\right) - \frac{1}{4} + 2\right]\\
&= \left[-2\ln(8) + 3\right] - \left[-\frac{3}{2}\ln(4)-\frac{1}{4} + \frac{8}{4}\right] \\
&= -2\ln\left(2^3\right) + 3 + \frac{3}{2}\ln\left(2^2\right) - \frac{7}{4} \\
&= -6\ln(2) + 3 + \frac{6}{2}\ln(2) - \frac{7}{4} \\
&= -6\ln(2) + \frac{12}{4} + 3\ln(2) - \frac{7}{4} \\
&= \boxed{-3\ln(2) + \frac{5}{4}}
\end{align}
\]
Info
\(\log(a^c) = c\cdot\log(a)\)
4.56: Vypočtěte
\[\Large \int_{0}^{2} \frac{-4x}{4+x^2}\;dx\]
\[\large
\begin{align}
&= -2\int_{0}^{2} \frac{2x}{4+x^2}\;dx \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= x^2 \\
du &= 2x\;dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= -2\int_{0}^{4} \frac{1}{u+4}\;du \\
&= -2\left[\ln\left|u+4\right|\right]_{0}^{4} \\
&= -2\left(\ln\left|8\right| - \ln\left|4\right|\right)\\
&= -2\left(\ln\left|\frac{8}{4}\right|\right)\\
&= \boxed{-2\ln\left|2\right|}\\
\end{align}
\]
4.57: Vypočtěte
\[\Large \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(x)\cdot(5-3\cos(x)+\cos^2(x))}{4-4\cos(x)+\cos^2(x)}\;dx\]
\[\large
\begin{align}
&= -\int_{0}^{\pi} \frac{-\sin(x)\cdot(5-3\cos(x)+\cos^2(x))}{4-4\cos(x)+\cos^2(x)}\;dx \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= cos(x) \\
du &= -sin(x)dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= -\int_{1}^{-1} \frac{u^2-3u+5}{u^2-4u+4}\;du \\
\end{align}
\]
Pozor na prohození integračních mezí
\[\large
\begin{align}
&= \int_{-1}^{1} \frac{u^2-3u+5}{u^2-4u+4}\;du \\
\end{align}
\]
Dělení polynomů
\[\large\begin{aligned}
(u^2-3u+5) &: (u^2-4u+4) = 1 + \frac{u+1}{u^2-4u+4}\\
-(u^2-4u+4) \\
\\
u+1 \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{-1}^{1} 1 + \frac{u+1}{u^2-4u+4}\;du \\
&= \int_{-1}^{1} 1\;du + \int_{-1}^{1}\frac{u+1}{(u-2)^2}\;du \\
&= \left[u\right]_{-1}^{1} + \int_{-1}^{1}\frac{u}{(u-2)^2}\;du +\int_{-1}^{1}\frac{1}{(u-2)^2}\;du \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
v &= u - 2 \\
dv &= du \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \left[u\right]_{-1}^{1} + \int_{-3}^{-1}\frac{v+2}{v^2}\;dv +\int_{-3}^{-1}\frac{1}{v^2}\;dv \\
&= 2 + \int_{-3}^{-1}\frac{v}{v^2}\;dv + \int_{-3}^{-1}\frac{2}{v^2}\;dv +\int_{-3}^{-1}\frac{1}{v^2}\;dv \\
&= 2 + \int_{-3}^{-1}\frac{1}{v}\;dv + 2\int_{-3}^{-1}\frac{1}{v^2}\;dv +\int_{-3}^{-1}\frac{1}{v^2}\;dv \\
&= 2 + \int_{-3}^{-1}\frac{1}{v}\;dv + 3\int_{-3}^{-1}\frac{1}{v^2}\;dv \\
&= 2 + \left[\ln|v|\right]_{-3}^{-1} + 3\left[-\frac{1}{v}\right]_{-3}^{-1} \\
&= 2 + \left(\ln(1) - \ln(3)\right) + 3\left[1 -\frac{1}{3}\right]_{-3}^{-1} \\
&= 2 - \ln(3) + 3 - 1 \\
&= \boxed{4 - \ln(3)} \\
\end{align}
\]
4.58: Vypočtěte
\[\Large \int_{0}^{1} 8x\cdot\arctan(2x)\;dx\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{0}^{1} 4x\cdot\arctan(2x)\;2dx \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= 2x \\
du &= 2dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{0}^{2} 2u\cdot\arctan(u)\;2du \\
&= 2\int_{0}^{2} u\cdot\arctan(u)\;2du \\
\end{align}
\]
Aplikace DI Metody
Sestavíme si DI tabulku:
|
D |
I |
| + |
\(\arctan(u)\) |
\(u\) |
| - |
\(\frac{1}{u^2+1}\) |
\(\frac{u^2}{2}\) |
Zapíšeme výsledek: \(\arctan(u)\cdot\frac{u^2}{2}-\int_0^{2}\frac{1}{u^2+1}\cdot\frac{u^2}{2}\;du\)
\[\large
\begin{align}
&= 2\left[\arctan(u)\cdot\frac{u^2}{2}\right]_{0}^{2}-2\int_0^{2}\frac{1}{u^2+1}\cdot\frac{u^2}{2}\;du \\
&= \left[\arctan(u)\cdot{u^2}\right]_{0}^{2}-\int_0^{2}\frac{u^2}{u^2+1}\;du \\
\end{align}
\]
Dělení polynomů
\[\large\begin{aligned}
(u^2) &: (u^2+1) = 1 - \frac{1}{u^2 + 1}\\
-(u^2+1) \\
\\
-1\\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \left[\arctan(u)\cdot{u^2}\right]_{0}^{2}-\int_0^{2}1 - \frac{1}{u^2 + 1}\;du \\
&= \left[\arctan(u)\cdot{u^2}\right]_{0}^{2}-\int_0^{2}1\;du + \int_0^{2}\frac{1}{u^2 + 1}\;du \\
&= \left[\arctan(u)\cdot{u^2} - u\right]_{0}^{2} + \int_0^{2}\frac{1}{u^2 + 1}\;du \\
&= \left[\arctan(u)\cdot{u^2} - u + \arctan(u)\right]_{0}^{2} \\
\end{align}
\]
\[\large
\begin{align}
&= \left[4\arctan(2) - 2 + \arctan(2)\right] - \left[0\arctan(0) - 0 + \arctan(0)\right]\\
&= 4\arctan(2) - 2 + \arctan(2)\\
&= \boxed{5\arctan(2) - 2}\\
\end{align}
\]
4.59: Vypočtěte
\[\Large \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}\sqrt[3]{\arccos(x)}}\;dx\]
\[\large
\begin{align}
&= -\int_{0}^{1} -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\cdot\frac{1}{\sqrt[3]{\arccos(x)}}\;dx \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= \arccos(x) \\
du &= -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= -\int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \frac{1}{\sqrt[3]{u}}\;du \\
\end{align}
\]
Pozor na prohození integračních mezí
\[\large
\begin{align}
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt[3]{u}}\;du \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} u^{-\frac{1}{3}}\;du \\
&= \left[ \frac{u^{\frac{2}{3}}}{\frac{2}{3}}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\
&= \left[ \frac{3}{2}\sqrt[3]{u^2}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\
&= \left[ \frac{3}{2}\sqrt[3]{\left(\frac{\pi}{2}\right)^2}\right] - \left[ \frac{3}{2}\sqrt[3]{0^2}\right]\\
&= \left[ \frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{\pi^2}{4}}\right] - 0\\
&= \boxed{\frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{\pi^2}{4}}}
\end{align}
\]
4.60: Vypočtěte
\[\Large \int_{\ln{3}}^{\ln{5}} \frac{e^{3x}+e^{2x}}{e^{2x}-4e^x+4}\;dx\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{\ln{3}}^{\ln{5}} \frac{e^x\cdot(e^{2x}+e^{x})}{e^{2x}-4e^x+4}\;dx \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= e^x \\
du &= e^xdx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{3}^{5} \frac{u^2+u}{u^2-4u+4}\;du \\
\end{align}
\]
Dělení polynomů
\[\large\begin{aligned}
(u^2+u) &: (u^2-4u+4) = 1 + \frac{5u-4}{u^2-4u+4}\\
-(u^2-4u+4) \\
\\
5u-4 \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{3}^{5} 1+ \frac{5u-4}{u^2-4u+4}\;du \\
&= \int_{3}^{5} 1\;du + \int_{3}^{5}\frac{5u-4}{u^2-4u+4}\;du \\
&= \int_{3}^{5} 1\;du + \int_{3}^{5}\frac{5u-4}{u^2-4u+4}\;du \\
&= \left[u\right]_{3}^{5} + 5\int_{3}^{5}\frac{u}{(u-2)^2}\;du - 4\int_{3}^{5}\frac{1}{(u-2)^2}\;du \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
v &= u-2 \\
dv &= du \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \left[u\right]_{3}^{5} + 5\int_{1}^{3}\frac{v+2}{v^2}\;dv - 4\int_{1}^{3}\frac{1}{v^2}\;du \\
&= \left[u\right]_{3}^{5} + 5\int_{1}^{3}\frac{v}{v^2}\;dv + 10\int_{1}^{3}\frac{1}{v^2}\;dv - 4\int_{1}^{3}\frac{1}{v^2}\;du \\
&= \left[u\right]_{3}^{5} + 5\int_{1}^{3}\frac{1}{v}\;dv + 6\int_{1}^{3}\frac{1}{v^2}\;dv\\
&= \left[u\right]_{3}^{5} + 5\left[\;\ln|u|\;\right]_{1}^{3} + 6\left[\;-\frac{1}{v}\;\right]_{1}^{3}\\
&= 2 + 5[\ln(3)-\ln(1)] + 6\left[\;-\frac{1}{3} + 1\;\right]_{1}^{3}\\
&= 2 + 5\ln(3) + -2 + 6\\
&= \boxed{6 + 5\ln(3)}\\
\end{align}
\]
4.61: Vypočtěte
\[\Large \int_{1}^{e} 4x\cdot\ln(2x)\;dx\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{1}^{e} 2x\cdot\ln(2x)\;2dx \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= 2x \\
du &= 2dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{2}^{2e} u\cdot\ln(u)\;du \\
\end{align}
\]
Aplikace DI Metody
Sestavíme si DI tabulku:
|
D |
I |
| + |
\(\ln(u)\) |
\(u\) |
| - |
\(\frac{1}{u}\) |
\(\frac{u^2}{2}\) |
Zapíšeme výsledek: \(\frac{1}{2}\ln(u)u^2-\int_2^{2e}\frac{u}{2}\;du\)
\[\large
\begin{align}
&= \left[\frac{1}{2}\ln(u)u^2\right]_{2}^{2e}-\frac{1}{2}\int_2^{2e}u\;du \\
&= \left[\frac{1}{2}\ln(u)u^2\right]_{2}^{2e}-\frac{1}{2}\left[\frac{u^2}{2}\right]_{2}^{2e} \\
&= \frac{1}{2}\left(4e^2\ln(2e) - 4\ln(2)\right)-\frac{1}{2}\left[\frac{4e^2 - 4}{2}\right] \\
&= \frac{1}{2}\left(4e^2\ln(2e) - 4\ln(2)\right)-\frac{1}{2}\left[{2e^2 - 2}\right] \\
&= \left(2e^2(\ln(2) + \ln(e)) - 2\ln(2)\right)-e^2 + 1 \\
&= 2e^2\ln(2) + 2e^2 - 2\ln(2)-e^2 + 1 \\
&= 2e^2\ln(2) - 2\ln(2) + 1 + e^2 \\
&= \boxed{\ln(2)\cdot(2e^2 - 2) + e^2 + 1}
\end{align}
\]
4.62: Výpočtěte
\[\Large \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x^2)\cdot\sqrt{\arctan(x)}}\;dx\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= \arctan{x} \\
du &= \frac{1}{x^2+1}dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\sqrt{u}}\;du \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} u^{-\frac{1}{2}}\;du \\
&= \left[\frac{u^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}}\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\
&= \left[2u^{\frac{1}{2}}\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\
&= 2\sqrt{\frac{\pi}{4}}\\
&= \boxed{\sqrt{\pi}}\\
\end{align}\]
4.63: Výpočtěte
\[\Large \int_{1}^{e} \frac{\ln(x)}{x\cdot(1+2\ln(x)+\ln^2(x))}\;dx\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= \ln(x) \\
du &= \frac{1}{x}dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{0}^{1} \frac{u}{1+2u+u^2}\;du \\
&= \int_{0}^{1} \frac{u}{(u+1)^2}\;du \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
v &= u+1 \\
dv &= du \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{1}^{2} \frac{v-1}{v^2}\;dv \\
&= \int_{1}^{2} \frac{v}{v^2}\;dv - \int_{1}^{2} \frac{1}{v^2}\;dv \\
&= \int_{1}^{2} \frac{1}{v}\;dv - \int_{1}^{2} v^{-2}\;dv \\
&= \left[\;\ln|v|\;\right]_{1}^{2} - \left[\;\ln\left|-\frac{1}{v}\right|\;\right]_{1}^{2} \\
&= \left(\;\ln|2| - \ln|1| \;\right) - \left(\;-\frac{1}{2} + 1\right) \\
&= \ln|2| + \frac{1}{2} - 1 \\
&= \boxed{\ln|2| -\frac{1}{2}} \\
\end{align}\]
4.64: Výpočtěte
\[\Large \int_{0}^{\pi} 2x^2\cdot\cos(2x)\;dx\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{0}^{\pi} x^2\cdot\cos(2x)\;2dx \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= 2x \\
du &= 2dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{0}^{2\pi} \left(\frac{u}{2}\right)^2\cdot\cos(u)\;du \\
&= \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{4}u^2\cdot\cos(u)\;du \\
&= \frac{1}{4}\int_{0}^{2\pi} u^2\cdot\cos(u)\;du \\
\end{align}
\]
Aplikace DI Metody
Sestavíme si DI tabulku:
|
D |
I |
| + |
\(u^2\) |
\(\cos(u)\) |
| - |
\(2u\) |
\(\sin(u)\) |
| + |
\(2\) |
\(-\cos(u)\) |
| - |
\(0\) |
\(-\sin(u)\) |
Zapíšeme výsledek: \(u^2\sin(u)+2u\cos(u)-2\sin(u)\)
\[\large
\begin{align}
&= \frac{1}{4}\left[u^2\sin(u)+2u\cos(u)-2\sin(u)\right]_{0}^{2\pi} \\
&= \frac{1}{4}\left[4\pi\right] \\
&= \boxed{\pi}
\end{align}\]
4.65: Vypočtěte
\[\Large \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}\cdot\arccos(x)}\;dx\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= \arccos(x) \\
du &= -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\;dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= -\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\cdot\frac{1}{\arccos(x)} \;dx \\
&= -\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{u}\;du \\
\end{align}
\]
Pozor na prohození integračních mezí
\[\large
\begin{align}
&= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{u}\;du \\
&= \left[\;\ln|u|\;\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \\
&= \left[\ln\left|\frac{\pi}{2}\right| - \ln\left|\frac{\pi}{4}\right| \right] \\
&= \ln\left|\frac{\pi}{2}\cdot\frac{4}{\pi}\right| \\
&= \boxed{\ln(2)}
\end{align}
\]
4.66: Vypočtěte
\[\Large \int_{-\infty}^{0} \frac{e^{2x}}{1+4e^{4x}}\;dx\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
u &= e^x \\
du &= e^x\;dx \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \int_{-\infty}^{0} \frac{e^{x} \cdot e^{x}}{1+4e^{4x}}\;dx \\
&= \int_{0}^{1} \frac{u}{1+4u^4}\;du \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
v &= u^2 \\
dv &= 2u\;du \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{2u}{1+4u^4}\;du \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{1}{1+4v^2}\;dv \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{1}{1+(2v)^2}\;dv \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{1}{1+(2v)^2}\;dv \\
\end{align}
\]
Substituce
\[\large\begin{aligned}
t &= 2v \\
dt &= 2v\;du \\
\end{aligned}\]
\[\large
\begin{align}
&= \frac{1}{4}\int_{0}^{1} \frac{2}{1+(2v)^2}\;dv \\
&= \frac{1}{4}\int_{0}^{2} \frac{1}{1+t^2}\;dv \\
&= \frac{1}{4}\left[\arctan(t)\right]_{0}^{2} \\
&= \boxed{\frac{1}{4}\arctan(2)} \\
\end{align}
\]
[^1]:Písmenu \(C\) se říká integrační konstanta. Vzhledem k tomu, že derivace konstanty je 0, tak můžeme k primitivní funkci přičíst jakékoliv číslo, protože ovlivní akorát pozici na grafu, což nás při derivaci nezajímá.