ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
Příklad 1 a) − 3 + 1)d
Vypočítejte určité integrály:
b) 5 sin4 ) d
c) d
d)
" d !
e) ⁄" 4 $%& d ⁄"
f) *!
)
+
d
g) 3√ d "
h) ⁄ tg d ⁄
i)
+
+ !
d
j) + d
k) 4 arctg2 ) d
l)
6
5 + d
m) 3 sin d
n)
!89 )
o)
d √" +
p)
) d )
r)
+
q) √)"
d
+
d
⁄ =! + >
s)
d
d ?!" )
t) 3√ + 1 d
u)
v)
+ "
? 89
∀∃
d
d
1
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
Poznámka Všechny tyto úlohy budeme řešit stejně. Budeme je počítat jako Newtonův integrál. Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrovanému výrazu a poté spočítáme její přírůstek na intervalu, přes který integrujeme. Pracujeme tedy podle vzorce pro výpočet Newtonova integrálu
B C ) = GH )I = H) − HJ); kde C( ) = H′( ) J E V rámci hledání primitivních funkcí využijeme všechny metody, se kterými jsme se seznámili v minulých cvičeních. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… D
Řešení 1a
B ( − 3 + 1)d
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten je natolik jednoduchý, že je možné po malé úpravě integrovat podle vzorce. "
" B − 3 + 1) d = B d − 3 B d + B 1 d = −3 + = − + 4 3 4 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce.
B − 3 + 1)d = M
3)" −1)" " 3 − + N =O − 3) + 3)P − O − −1) + −1)P 4 −1 4 4
1 15 1 16 81 = −4 = Q − 27 + 3T − Q − −1) − 1T = − − = − 4 4 4 4 4 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1b
B 5 sin(4 ) d
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten je typickým případem pro integraci substitucí. 1 V = 4 ; dV = 4d ; dV = d 4 1 5 5 5 B 5 sin4 ) d = B 5 ∙ sin V dV = B sin V dV = − cos V = − cos4 ) 4 4 4 4 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. 5 Z 5 5 5 5 B 5 sin4 ) d = X− cos4 )Y = Q− cos4Z)T − Q− cos4 ∙ 0)T = Q− T − Q− T = 0 4 0 4 4 4 4 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1c
B d
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten je typickým případem pro integraci substitucí. ∀∃
2
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12 1 V = ; dV = d ; 3dV = d 3 3
B d = B 3 \ dV = 3 B \ dV = 3 \ = 3
Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce.
3 B d = ]3 ^ = Q3 T − Q3 T = 3 − 3 = 3 − 1) 0 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1d B
"
−1 d +1
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten po mírné úpravě převedeme na tvar vhodný pro kombinaci integrace podle vzorce a substituci. −1 +1−2 +1 2 2 2 B d = B d = B − d = B 1 − d = B 1 − d +1 +1 +1 +1 +1 +1 1 = B 1 d − 2 B d +1 Druhý integrál je typický adept na substituci. Je očividná a dá se dělat z hlavy. V = + 1; dV = d 1 1 B d = B dV = ln|V| = ln| + 1| V +1 Nyní můžeme pokračovat ve výpočtu primitivní funkce. −1 1 B d = B 1 d − 2 B d = − 2 ln| + 1| +1 +1 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. " −1 4 B d = G − 2 ln| + 1|I = 4 − 2 ln|4 + 1|) − 0 − 2 ln|0 + 1|) = 4 − 2 ln 5) − 0 − 2 ln 1) 0 +1 = 4 − 2 ln 5 − 0 + 2 ∙ 0 = 4 − 2 ln 5 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1e B
⁄"
⁄"
4 sin d = 4 B
⁄"
⁄"
sin d
Integrovat budeme metodou per partes. Označme ` = sin ; a b = sin ; `b = cos ; a = − cos Budeme pracovat podle vzorce
Odtud dostáváme
∀∃
B `a′ = `a − B `′a
3
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
B sin d = − sin ∙ cos − B − cos d = − sin ∙ cos + B cos d
= − sin ∙ cos + B 1 − sin d = − sin ∙ cos + B 1 d + B − sin d
= − sin ∙ cos + − B sin d
Dostali jsme tedy vztah
Upravíme
B sin d = − sin ∙ cos − B sin d 2 B sin d = − sin ∙ cos
− sin ∙ cos 2 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. ⁄" ⁄" − sin ∙ cos Z⁄4 B 4 sin d = 4 B sin d = 4 X Y 2 − Z ⁄4 ⁄" ⁄"
Odtud
B sin d =
Z Z Z Z Z Z f− 4g − sin f− 4 g ∙ cos f− 4 g − sin 4 ∙ cos 4 4 e−d eh = 4 cd 2 2
Z √2 √2 Z √2 √2 f− g − l− 2 m ∙ 2 p k 4− 2 ∙ 2 Z 2 Z 2 2Z − 4 k 4 p = 4 jc = 4Q − + − T = 4∙ −j h o o j o 8 8 8 8 2 2 8
i nn i Z−2 =4∙ =Z−2 4 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1f
6 d 8 + 3
B
Nejprve budeme v rámci hledání primitivná funkce provádět úpravy vedoucí ke tvaru vhodnému pro substituci 6 3 6 3 1 8 4 d = B d = B d = B B
d 8 + 3 8 3 8 + 3 4 √3 + 1+l m 8 8 8 2√2 Nyní je integrál typický adept na substituci. V=
∀∃
√3
2√2
; dV =
√3
2√2
d ;
2√2 √3
dV = d
4
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
2√2 2√2 1 2√2 2√2 √3 √3 B dV = arctg V = arctg l B m
d = B 1 + V dV =
1 + V 2√2 √3 √3 √3 √3 1+l m 2√2 Teď můžeme pokračovat ve výpočtu primitivní funkce. 1
3 B 4
1
d
=
3 2√2 √3 √3 √3 ∙ arctg l arctg l m= m 4 √3 2√2 2√2 √2
√3 m 2√2 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. Přitom využijeme toho, že funkce arkustangens je lichá. 1+l
6 2 √3 √3 √3 √3 ∙ 2 √3 √3 ∙ −2) d = M arctg l = l arctg l mN mm − l arctg l mm
2√2 −2 2√2 2√2 √2 √2 √2 8 + 3 √3 √3 ∙ 2 √3 √3 ∙ 2 = l arctg l arctg l mm − l− mm 2√2 2√2 √2 √2 √3 ∙ 2 √3 √3 ∙ 2 √3 √3 √2√3 √3 arctg l arctg l arctg l m = √2√3 arctg l = m+ m=2 m 2√2 2√2 √2 √2 √2 √2 √2√2 √6 = √6 arctg l m 2 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… B
Řešení 1g
"
B 3√ d
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten je natolik jednoduchý, že je možné po malé úpravě integrovat podle vzorce.
B 3√ d = =3 = 2 = 2q
3 2 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. " 4 B 3√ d = ]2q ^ = f2q4 g − f2q1 g = 2√64 − 2√1 = 2 ∙ 8 − 2 ∙ 1 = 16 − 2 = 14 1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… 3 B d
Řešení 1h B
⁄
tg d
⁄
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten je po drobné úpravě typickým případem pro integraci substitucí. sin B tg d = B d cos V = cos ; dV = − sin d ; −dV = sin d
∀∃
5
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
1 1 sin d = B − dV = − B dV = − ln|V| = − ln|cos | V V cos Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. Při výpočtu využijeme toho, že cosinus je sudá funkce. 1⁄2 1 1 1 1 B tg d = G− ln|cos |I = Q− ln rcos Q TrT − Q− ln rcos Q− TrT = − ln rcos Q Tr + ln rcos Q Tr − 1⁄2 2 2 2 2 =0 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… B
Řešení 1i
d
+ 1
B
Nejprve budeme hledat primitivní funkci k integrandu. Začneme drobnou úpravou, abychom se dostali do situace vedoucí přímo k použití vzorce. + 1 − 1 + 1 1 1 1 B d = B d = B − d = B 1 − d = B 1 d − B d
+1 1 + +1 +1 +1 +1 = − arctg Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. Při výpočtu využijeme toho, že arkustangens je lichá funkce.
2 B d = G − arctg I = 2 − arctg 2) − −2 − arctg−2)) −2 + 1 = 2— arctg 2 — −2 + arctg 2) = 2— arctg 2 + 2— arctg 2 = 4— 2 arctg 2 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1j
B d
Nejprve budeme hledat primitivní funkci k integrandu. Ten je typickým adeptem na použití metody per partes. Označme ` = ; a b = ; `b = 1; a = −2 Pokud přímo nevidíme, jakou funkcí je a, nalezneme ji pomocí substituce 1 V = − ; dV = − d ; −2dV = d 2 2 takto
B d = B −2 \ dV = −2 B \ dV = −2 \ = −2 Budeme pracovat podle vzorce B `a′ = `a − B `′a Odtud dostáváme
∀∃
6
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
B d = −2 − B 1 ∙ f−2 g d = −2 − (−2) B d = −2 + 2 f−2 g
= −2 − 4 = −2 ( − 2) Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce.
3 B d = ]−2 − 4 ^ = Q−2 ∙ 3 ∙ − 4 T − Q−2 ∙ 0 ∙ − 4 T 0
= Q−10 T − (−2 ∙ 0 ∙ 1 − 4 ∙ 1) = −10 + 4
………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1k
B 4 arctg(2 ) d
Nejprve budeme hledat primitivní funkci. Zdá se, že úloha vede na kombinaci substituce a per partes. Zkusíme substituci V = 2 ; dV = 2d B 4 arctg(2 ) d = B V arctg V dV
Tento tvar se již zdá být vhodný pro použití metody per partes. Označme 1 V ` = arctg V ; a b = ; `b = ; a = 1 + V 2 Odtud můžeme psát V 1 V 1 V V B V arctg V dV = arctg V − B ∙ dV = arctg V − B dV 2 1 + V 2 2 1 + V 2 V 1 1 + V − 1 V 1 1 + V 1 = arctg V − B dV = arctg V − B − dV
2 2 2 2 1+V 1 + V 1+V V 1 1 V 1 1 = arctg V − B 1 − dV = arctg V − QB 1 dV − B dVT
2 2 1+V 2 2 1 + V V V 1 V 1 = arctg V − (V − arctg V) = arctg V − + arctg V 2 2 2 2 2 Dostáváme tedy po zpětné substituci následující primitivní funkci V 1 4 2 1 V B 4 arctg(2 ) d = B V arctg V dV = arctg V − + arctg V = arctg 2 − + arctg 2 2 2 2 2 2 2 1 = 2 arctg 2 − + arctg 2 2 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. Přitom využijeme toho, že arkustangens je lichá funkce.
∀∃
7
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
1 1 B 4 arctg(2 ) d = X2 arctg 2 − + arctg 2 Y 2 −1 1 = Q2 ∙ 1 arctg(2 ∙ 1) − 1 + arctg(2 ∙ 1)T 2 1 − Q2(−1) arctg 2(−1) − (−1) + arctg 2(−1)T 2 1 1 = Q2 arctg 2 − 1 + arctg 2T − Q2 arctg(−2) + 1 + arctg(−2)T 2 2 5 5 5 5 = Q arctg 2 − 1T − Q arctg(−2) + 1T = Q arctg 2 − 1T − Q− arctg 2 + 1T 2 2 2 2 5 5 = arctg 2 − 1 + arctg 2 − 1 = 5 arctg 2 − 2 2 2 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1l
B d
Nejprve budeme hledat primitivní funkci. Úloha je typickým adeptem na substituci −1 1 1 V = ; dV = d ; −dV = d
B d = B − \ dV = − B \ dV = − \ = − Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. Přitom využijeme toho, že arkustangens je lichá funkce.
3 B d = X− Y = Q− T − Q− T = =− √ > − =−√ > = − √ + √ = √ − √ 2
………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1m
B 3 sin d = 3 B sin d
Nejprve budeme hledat primitivní funkci. Zkusíme použít metodu per partes. Označíme − sin ∙ cos ` = sin ; a b = sin ; `b = cos ; a = 2 Přitom primitivní funkci k a b = sin jsme nalezli v řešení 1e, nebudeme tedy na tomto místě tento výpočet opakovat. Budeme dále pracovat podle vzorce B `a′ = `a − B `′a Odtud dostáváme
∀∃
8
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
− sin ∙ cos − sin ∙ cos − B cos d 2 2 1 1 = ( sin − sin ∙ cos ) − B cos − sin ∙ cos d 2 2 1 1 = ( sin − sin ∙ cos ) − QB cos d − B sin ∙ cos d T 2 2 1 1 1 = ( sin − sin ∙ cos ) − B cos d + B sin ∙ cos d 2 2 2 Nyní je třeba zabývat se zvlášť oběma integrály v posledním výrazu. První integrál je typickým případem pro metodu per partes. Označíme ` = ; a b = cos ; `b = 1; a = sin Odtud dostaneme B sin d = B sin sin d = sin
B cos d = sin − B 1 ∙ sin d = sin − B sin d = sin − (− cos ) = sin + cos
Druhý integrál je typickým příkladem pro substituci V = cos ; dV = − sin d ; −dV = sin d V
cos B sin ∙ cos d = B −V dV = − B V dV = − = − 3 3 Můžeme pokračovat ve výpočtu primitivní funkce 1 1 1 B sin d = ( sin − sin ∙ cos ) − B cos d + B sin ∙ cos d 2 2 2 1 1 1 cos = ( sin − sin ∙ cos ) − ( sin + cos ) + l− m 2 2 2 3 1 cos = l sin − sin ∙ cos − sin − cos − m 2 3 1 cos cos 1 = − lsin ∙ cos + cos + m = − lcos (sin + 1) + m 2 3 2 3 cos 1 = − lcos (sin + sin + cos ) + m 2 3 cos 4cos 1 1 = − l2sin cos + cos + m = − l2sin cos + m 2 3 2 3 2cos = −sin cos − 3 A teď konečně můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. 2cos Z
B 3 sin d = 3 B sin d = 3 M−sin cos − N 3 0 = 3 Ol−sin Z cos Z − = 3 Ol−0 ∙ (−1) −
2cos Z 2cos 0 m − l−sin 0 cos 0 − mP 3 3
2 ∙ (−1) 2∙1 2 ∙ (−1)
2 ∙ 1
− ∙ 1 − m l−0 mP = 3 Ol− m − Q− TP 3 3 3 3
2 2 4 = 3 lQ T − Q− Tm = 3 ∙ = 4 3 3 3 ∀∃
9
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1n B
2(1 + ln ) d
Nejprve budeme hledat primitivní funkci. Úloha je typickým adeptem na substituci 1 V = ln ; dV = d 21 + ln ) V B d = B 21 + V) dV = 2 B 1 + V dV = 2 QB 1 dV + B V dVT = 2 lV + m = 2V + V 2
= 2 ln + ln Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce.
21 + ln ) 2 B d = G2 ln + ln I = 2 ln 2 + ln 2) − 2 ln 1 + ln 1) 1 = 2 ln 2 + ln 2) − 2 ∙ 0 + 0 ) = 2 ln 2 + ln 2 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1o B
√4 −
d
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten je typickým případem pro integraci substitucí. 1 V = 4 − ; dV = −2 d ; − dV = d 2 1 − 1 1 1 1 V 2 B d = B dV = − B dV = − B V dV = − = −V = −√V = −q4 − 2 √V 2 2 1 √4 − √V 2 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. 1 B d = ]−q4 − ^ = f−q4 − 1 g − f−q4 − 0 g = =−√3> − f−q4 − 0 g
0 √4 −
= =−√3> − =−√4> = =−√3> − (−2) = −√3 + 2 = 2 − √3 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1p B
6 d 6 − 1
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten je typickým případem pro integraci substitucí. V = 6 − 1; dV = 6d 6 1 B d = B dV = ln|V| = ln|6 − 1| 6 − 1 V Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. ∀∃
10
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
2 11 6 d = Gln|6 − 1|I = ln|6 ∙ 2 − 1|) − ln|6 ∙ 1 − 1|) = ln 11 − ln 5 = ln 1 5 6 − 1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… B
Řešení 1q
B
2
√16 −
4
d
Nejprve budeme v rámci hledání primitivná funkce provádět úpravy vedoucí ke tvaru vhodnému pro substituci 2 1 2 1 1 1 1 4 2 B d = B d = B d = B d = B d
2 2 √16 − 4 √16 − 4 √16 − 4 4 16 − 4 16 t t − 4 16 16 16 √16 1 1 1 1 = B d = B d
2 2 t1 − t1 − f g 2 4 Nyní je integrál typický adept na substituci. 1 V = ; dV = d ; 2dV = d 2 2 1 2 1 B d = B dV = 2 B dV = 2 arcsin V = 2 arcsin
2 √1 − V √1 − V t 1 − f g 2 Teď můžeme pokračovat ve výpočtu primitivní funkce. 1 1 1 B d = ∙ 2 arcsin = arcsin
2 2 2 2 t1 − f g 2 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. Přitom využijeme toho, že funkce arkussinus je lichá. 1 2 1 −1 1 1 d = ]arcsin ^ B = Qarcsin T − Qarcsin T = Qarcsin T − Q−arcsin T
2 −1 2 2 2 2 √16 − 4 Z Z 1 = 2arcsin = 2 ∙ = 2 6 3 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1r B
⁄
2(1 + ) d 1 −
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Začneme úpravami postupně vedoucími k rozkladu na parciální zlomky. 21 + ) 2 + 2 2 + 2 B d = B d = B d 1 − 1 − − + 1 Nejprve vydělíme čitatele jmenovatelem tak, abychom v čitateli měli menší stupeň polynomu, než ve jmenovateli. ∀∃
11
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
2 + 2): − + 1) = −2 −2 − 2) 4 21 + ) 2 + 2 4 4 B d = B d = B −2 + d = B −2 d + B d
1− − + 1 − + 1 − + 1 1 4 = −2 B 1 d + 4 B d = −2 + B d
1− 1 − Integrál vpravo nyní rozložíme na parciální zlomky 4 4 v w v + v + w − w v − w) + v + w) = = + = =
1 − )1 + ) 1 − ) 1 + ) 1 − )1 + ) 1 − )1 + ) 1− Odtud dostáváme soustavu rovnic v − w = 0; v + w = 4 Tato soustava rovnic má řešení v = 2; w = 2 Dosadíme do rozkladu a vrátíme se k výpočtu primitivní funkce 21 + ) 4 2 2 B d = −2 + B d = −2 + B + d 1 − ) 1 + ) 1 − 1 − 2 2 1 1 = −2 + B d + B d = −2 + 2 B d + 2 B d 1 − ) 1 + ) 1 − ) 1 + ) = −2 − 2 ln|1 − | + 2 ln|1 + | Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. ⁄ 1⁄2 21 + ) G−2 B d = − 2 ln|1 − | + 2 ln|1 + |I 1 − 0 1 1 1 = Q−2 ∙ − 2 ln r1 − r + 2 ln r1 + rT − −2 ∙ 0 − 2 ln|1 − 0| + 2 ln|1 + 0|) 2 2 2 3 1 = Q−1 − 2 ln r r + 2 ln r rT − 0 − 2 ln|1| + 2 ln|1|) 2 2 1 3 = Q−1 − 2 ln + 2 ln T − 0 − 2 ∙ 0 + 2 ∙ 0) = −1 − 2ln 1 − ln 2) + 2ln 3 − ln 2) 2 2 = −1 − 2 ln 1 + 2 ln 2 + 2 ln 3 − 2 ln 2 = −1 − 2 ∙ 0 + 2 ln 3 = −1 + 2 ln 3 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1s B
1 d (5 + 4 )
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten je typickým případem pro integraci substitucí. 1 V = 5 + 4 ; dV = 4d ; dV = d 4 1 1 1 4 dV = 1 ∙ V = − 1 = − B d = B
5 + 4 )
4 −2 8V 85 + 4 ) V Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. ∀∃
12
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
1 2 1 1 1 1 1 d = X− Y = Q− + T − Q− T=−
85 + 4 ) 0 85 + 4 ∙ 2) 85 + 4 ∙ 0) 8 ∙ 13 8 ∙ 5 5 + 4 ) −5 + 13 169 − 25 144 18 = = = =
8 ∙ 13 ∙ 5 8 ∙ 169 ∙ 25 8 ∙ 4225 4225 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… B
Řešení 1t
B 3√ + 1 d
Nejprve nalezneme primitivní funkci k integrandu. Ten je typickým případem pro integraci substitucí. V = + 1; dV = d
V B 3√ + 1 d = B 3√V dV = 3 B √V dV = =3 = 2V = 2qV = 2q + 1)
3 2 Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce.
3 B 3√ + 1 d = ]2q + 1) ^ = f2q3 + 1) g − f2q0 + 1) g = 2q4 − 2q1 = 2√64 − 2√1 0 = 2 ∙ 8 − 2 ∙ 1 = 16 − 2 = 14 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… 3 B V dV
Řešení 1u B
2 d −4
Nejprve v rámci hledání primitivná funkce rozložíme integrand na parciální zlomky 2 v w v + 2v + w − 2w v + w) + 2v − w) 2 = = + = =
− 2) + 2) − 2) + 2) − 4 − 2) + 2) − 2) + 2) Odtud dostáváme soustavu dvou rovnic v + w = 0; 2v − w) = 2; neboli v − w = 1 Tato soustava má řešení 1 1 v= ; w=− 2 2 Dosadíme do rozkladu a snadnými úpravami nalezneme primitivní funkci. 1 1 − 2 −1 1 1 1 2 2 d = 1 B 1 d = B + + d = B − d B − 2) + 2) −4 2 − 2) + 2) 2 − 2) + 2) 1 1 1 1 d − B d T = ln| − 2| − ln| + 2|) = QB − 2) + 2) 2 2 Teď můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. Přitom využijeme toho, že funkce arkussinus je lichá.
∀∃
13
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A
ČÁST 12
1 1 2 d = X ln| − 2| − ln| + 2|)Y −1 −4 2 1 1 = l ln|1 − 2| − ln|1 + 2|)m − l ln|−1 − 2| − ln|−1 + 2|)m 2 2 1 1 1 1 = l ln|−1| − ln|3|)m − l ln|−3| − ln|1|)m = l ln 1 − ln 3)m − l ln 3 − ln 1)m 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 = ln 1 − ln 3) − ln 3 − ln 1) = ln 1 − ln 3 + ln 1 − ln 3 = ln 1 − ln 3 2 2 2 2 2 2 = 0 − ln 3 = − ln 3 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… B
Řešení 1v B
?
? 2 ln ln d = 2 B d
Nejprve budeme hledat primitivní funkci k integrandu. Ten je typickým adeptem na použití metody per partes. Označme 1 1 ` = ln ; a b = ; `b = ; a = ln Budeme pracovat podle vzorce Odtud dostáváme
B
B `a′ = `a − B `′a
ln ln d = ln − B d
ln d = ln Nyní můžeme dokončit výpočet určitého integrálu výpočtem přírůstku primitivní funkce. ? ? ln 5 2 ln B d = 2 B d = Gln I = ln 5) − ln 1) = ln 5) − 0) = ln 5 1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Proto
∀∃
2B
14
