Osnove matematiˇcne analize

Osnove matematiˇ cne analize

Enajsti sklop izroˇ ckov

Fakulteta za raˇcunalniˇstvo in informatiko Univerza v Ljubljani

18. december 2020

1/13

Nedoloˇ ceni integral

Definicija: FunkcijaF:D→Rjenedoloˇceni integralaliprimitivna funkcija funkcijef na odprtem intervaluD, ˇce za vsakx∈ Dvelja

F⁰(x) =f(x).

Oznaka:F(x) = Z

f(x)dx. Opomba: To je le oznaka nedoloˇcenega integrala, ne pa definicija.

Primer.Ker je (x²)⁰= (5 +x²)⁰= 2x, staF1(x) =x²inF2(x) = 5 +x²oba nedoloˇcena integrala funkcijef(x) = 2x.

Enoliˇcnost. Nedoloˇceni integral je doloˇcen le do konstante natanko. ˇCe je F⁰(x) =f(x), potem

I je (F(x) +C)⁰=f(x) za vse konstanteC ∈R,

I za vsak nedoloˇceni integralG funkcijef veljaG(x) =F(x) +C za nek C ∈R.

Dokaz. IzG⁰(x) =F⁰(x) =f(x) za vsakx∈D sledi (G−F)⁰(x) = 0 za vsakx∈D. Ker je odvod v vseh toˇckah 0, je funkcijaG−F konstanta naD.

2/13

Integrali elementarnih funkcij

Z

x^αdx =

( 1

α+ 1x^α+1+C, α6=−1, log|x|+C, α=−1, Z

logx dx = −x+xlogx+C, Z

e^x dx = e^x+C, Z

a^x dx = a^x loga+C, Z

cosx dx = sinx+C, Z

sinx dx=−cosx+C, Z

tanx dx = −log cosx+C, Z dx

cos²x = tanx+C, Z dx

√1−x² = arcsinx+C,

Z dx

1 +x² =arctanx+C, Z dx

ax²+b = arctan(

√√ax b)

√a√

b +C, a,b>0.

3/13

Pravila za raˇ cunanje nedoloˇ cenih integralov

1. linearnost:

Z

(f(x) +g(x))dx = Z

f(x)dx+ Z

g(x)dx, Z

αf(x)dx = α Z

f(x)dx, α∈R. Primer (linearnost).

Z

(1−x²)²dx= Z

(1−2x²+x⁴)dx= Z

1dx− Z

(2x²)dx+ Z

x⁴dx

= (x+C1)−(2·x³

3 +C2) + (x⁵ 5 +C3)

=x−2 3x³+x⁵

5 +C, kjer soC1,C2,C3,C ∈Rkonstante.

4/13

2. vpeljava nove spremenljivke:

Naj boF:D→Rnedoloˇcen integral funkcijef:D→R, tj.

F(x)⁰=f(x) za vsakx∈R.

Naj bou:D⁰→Dtaka odvedljiva funkcija, da je funkcijaF◦u:D⁰→R definirana. Potem jeF◦u nedoloˇcen integral funkcije (f ◦u)u⁰:D⁰→R, tj.

(F◦u)⁰(x) =f(u(x))u⁰(x) za vsakx∈R. Preverba. Velja

(F◦u)⁰(x) =F⁰(u(x))u⁰(x) =f(u(x))u⁰(x),

kjer smo v prvi enakosti uporabili pravilo za odvajanje kompozituma, v drugi pa dejstvo, da jeF nedoloˇcen integralf.

Uporaba.

I Zanima nasR

f(u(x))u⁰(x)dx.

I Denimo, da ne znamo izraˇcunatiR

f(u(x))u⁰(x)dx, znamo pa izraˇcunatiR

f(x)dx.

Opomba. x vR

f(x)dxinx vR

f(u(x))u⁰(x)dxnista istax-a. Sta samo imenovanje spremenljivke funkcijef v prvem primeru oz.

funkcije (f ◦u)u⁰ v drugem primeru.

I Ce jeˇ F :D⁰→Rnedoloˇcen integralR

f(x)dx, potem jeF◦u nedoloˇcen integralR

f(u(x))u⁰(x)dx.

5/13

Primer (nova spremenljivka).

Z e^2x 1 +e^2x dx=

Z 1

2(1 +u) du=1

2log|1 +u|+C= log|1 +e^2x|¹²+C

= logp

1 +e^2x+C, kjer smo v prvi enakosti uvedli spremenljivkou=e^2x in upoˇstevali

du= 2e^2xdx, v zadnji enakosti pa dejstvo, da je 1 +e^2x>1>0 za vsakx∈R.

3. integriranje po delih (per partes)

Z

u(x)v⁰(x)dx=u(x)v(x)− Z

v(x)u⁰(x)dx (1) oziroma

Z

u dv=uv− Z

v du.

Preverba. Iz pravila za odvod produkta,

(uv)⁰(x) =u⁰(x)v(x) +u(x)v⁰(x),sledi, da je nedoloˇcen integraluv funkcije (uv)⁰enak

(uv)(x) = Z

u⁰(x)v(x) +u(x)v⁰(x) dx

= Z

(u⁰(x)v(x)dx+ Z

u(x)v⁰(x)dx.

S preoblikovanjem zadnje enakosti dobimo (1).

6/13

Primer (per partes).

Z

xe^2xdx=xe^2x 2 −

Z e^2x 2 dx

=xe^2x 2 −e^2x

4 +C=e^2x

4 (2x−1) +C, kjer smo v prvi enakosti uporabili integracijo per partes zu(x) =x in v⁰(x) =e^2x. Torej jeu⁰(x) = 1 inv(x) = ^e₂^2x.

Primer.

Z √

2x−5dx= Z √

u du 2 = 1

2 2

3u³²

+C =1 3

p(2x−5)³+C, kjer smo v prvi enakosti upoˇstevali subsitucijou= 2x−5 in zatodu= 2dx.

Primer.

Z cosx

2

dx= Z

cosu2du= 2 sinu+C= 2 sinx 2

+C, kjer smo v prvi enakosti upoˇstevali subsitucijou=^x₂ in zatodu=^dx₂.

7/13

Primer.

Z

cos³x 2

dx= Z

cos²x 2

cosx 2

dx= Z

1−sin²x 2

cosx

2

dx

= Z

1−u² 2du= 2

u−u³

3

+C

= 2

sinx 2

−1 3sin³x

2

+C

= 2 sin x

2

1−1 3sin²

x 2

+C.

kjer smo v drugi enakosti uporabili zvezo sin²+ cos²= 1, v tretji enakosti pa naredili substitucijou= sin ^x₂

in zato veljadu= cos ^x_2dx

2. Primer.

Z

cos²x 2

dx= Z 1

2(cosx+ 1)dx=1

2(sinx+x) +C, kjer smo v prvi enakosti uporabili zvezo cos²x= ¹₂(cos 2x+ 1).

Primer.

Z dx

x+ 1= log|x+ 1|+C.

8/13

Primer.

Z 1

x(x−1) dx= Z

−1 x + 1

x−1

dx

=−log|x|+ log|x−1|+C = log|x−1|

x +C, kjer smo v prvi enakosti naredili razcep na parcialne ulomke.

Primer.

Z dx x(x²+ 1)=

Z 1 x − x

x²+ 1

dx

= log|x| − Z du

2u = log|x| −1

2log|u|+C

= log|x| −log(1 +x²)¹²+C= log |x|

√x²+ 1+C, kjer smo v prvi enakosti naredili razcep na parcialne ulomke

1

x(x²+ 1)= A

x +Bx+C

x²+ 1 = A(x²+ 1) + (Bx+C)x x(x²+ 1)

= (A+B)x²+Cx+A

x(x²+ 1) ⇒ A= 1,B=−1,C= 0, v drugi enakosti pa substitucijou=x²+ 1 in zatodu= 2dx.

9/13

Primer.

Z x³

x²+ 2x+ 2 dx=

Z x(x²+ 2x+ 2)−2x²−2x x²+ 2x+ 2 dx

= Z

x dx+

Z −2(x²+ 2x+ 2) + 2x+ 4 x²+ 2x+ 2 dx

=x² 2 −

Z 2dx+

Z 2x+ 4 x²+ 2x+ 2dx

=x² 2 −2x+

Z du u +

Z 2

x²+ 2x+ 2 dx

=x²

2 −2x+ log|u|+ 2

Z 1

(x+ 1)²+ 1 dx

=x²

2 −2x+ log|x²+ 2x+ 2|+ 2 Z 1

v²+ 1 dv

=x²

2 −2x+ log|x²+ 2x+ 2|+ 2 arctanv+C

=x²

2 −2x+ log(x²+ 2x+ 2) + 2 arctan (x+ 1) +C, kjer smo v ˇcetrti enakosti naredili substitucijou=x²+ 2x+ 2 in zato du= (2x+ 2)dx, v ˇsesti pa substitucijov =x+ 1 in zatodv=dx.

10/13

Primer.

Z x²dx (1 +x²)² =

Z (1 +x²−1)dx (1 +x²)² =

Z dx 1 +x² −

Z dx (1 +x²)²

= arctanx−

Z 1

(1 + tan²v)²· dv cos²v

= arctanx− Z

cos⁴v· dv cos²v

= arctanx− Z

cos²v dv = arctanx−1 2

sin(2v)

2 +v

+C

= arctanx−1 2

sin(2 arctanx)

2 + arctanx

+C,

kjer smo v tretji enakosti naredili substitucijox= tanv in zatodx= _cos¹_2vdv, v ˇcetrti upoˇstevali identiteto 1 + tan²x= _cos¹_2x in v ˇsesti upoˇstevali vrednost Rcos²v dv, kar se izpelje kot v primeruR

cos^2x₂ dxzgoraj.

Primer.

Z 2x+ 1 x²+ 1dx=

Z du u +

Z 1

x²+ 1dx= log|u|+ arctanx+C,

= log (x²+ 1) + arctanx+C,

kjer smo v prvi enakosti uporabili substitucijou=x²+ 1 in zatodu= 2xdx.

11/13

Primer.

Z

logx dx =xlogx− Z

x·1

x dx=xlogx−x+C, kjer smo uporabili integracijo per partes zu(x) = logx,v⁰(x) = 1 in zato u⁰(x) = ¹_x,v(x)) =x.

Primer.

Z

e^xsinx dx.

Za kasnejˇso uporabo oznaˇcimoI=R

e^xsinx dx.

I= Z

e^xsinx dx =−e^xcosx+ Z

e^xcosx dx

=−e^xcosx+ (e^xsinx− Z

e^xsinx dx) =e^x(sinx−cosx)−I+C, kjer smo v prvi enakosti uporabili integracijo per partes zu(x) =e^x, v⁰(x) = sinx in zatou⁰(x) =e^x,v(x) =−cosx, v drugi pa integracijo per partes zu(x) =e^x,v⁰(x) = cosx in zatou⁰(x) =e^x,v(x) = sinx.

Torej je 2I=e^x(sinx−cosx) +C in zato I =e^x

2(sinx−cosx) +C.

12/13

Primer.

Z p

1−x²dx.

Ker je 0≤√

1−x²≤1, mora biti 0≤x²≤1 oz.−1≤x ≤1. Zato lahko naredimo substitucijox= cosϕ, kjer jeϕ∈[−^π₂,^π₂].Sledi ˇse

dx=−sinϕ·dϕ. Zato velja:

Z p

1−x²dx=− Z

p1−cos²ϕ·sinϕdϕ=− Z

sin²ϕdϕ

=− Z

(1−cos²ϕ)dϕ=−ϕ 2 +1

4sin(2ϕ) +C

=−arccosx

2 +1

4sin(2 arccosx) +C,

kjer smo v drugi enakosti upoˇstevali, da jeϕ∈[−^π₂,^π₂] in zato sinϕ >0, v ˇcetrti enakosti pa ponovno uporabili zvezo cos²ϕ=¹₂(cos 2ϕ+ 1).

13/13