Całki nieoznaczone – całkowanie przez podstawienie

Tematem tego wpisu jest wykorzystanie metody podstawiania do wyznaczania całek nieoznaczonych.

Zaczniemy od przypomnienia sobie tabelki ze wzorami na całki nieoznaczone.

Tabela podstawowych całek:

\begin{equation}\label{eq:potega}
\int x^mdx=\frac{x^{m+1}}{m+1}+C,\ m\neq -1,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:ln}
\int\frac{1}{x} dx=\ln |x|+C,\ x\neq 0,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:hiperbola}
\int\frac{1}{x^2}dx=-\frac{1}{x}+C,\ x\neq 0
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:wykladnicza}
\int a^xdx=\frac{a^x}{\ln a}+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:eksponens}
\int e^xdx=e^x+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:sin}
\int \sin xdx=-\cos x+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:cos}
\int \cos xdx=\sin x+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:tg}
\int\frac{1}{\cos^2\!x} dx=\tg x+C,\ x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi,\ k\in\mathbb{Z},
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:ctg}
\int\frac{1}{\sin^2\!x} dx=-\ctg x+C,\ x\neq k\pi,\ k\in\mathbb{Z},
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:arctg}
\int\frac{1}{1+x^2}dx=\arctg x+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:arcsin}
\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\arcsin x+C,\ x\in[-1,1],
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:stala}
\int k dx=kx+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:suma}
\int \left(f(x)\pm g(x)\right)dx=\int f(x)dx\pm\int g(x) dx
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:jednorodna}
\int k\cdot f(x)dx=k\cdot\int f(x)dx
\end{equation}

Przejdziemy teraz do tego niewinnego przykładu (numeracja przykładów w tym wpisie kontynuuje numerację z poprzedniego postu):

Przykład 5. Obliczyć całkę $\int(4x-3)^{7}\ dx$.

Wszystko byłoby pięknie gdybyśmy mieli $x^7$ bo skorzystalibyśmy od razu ze wzoru \eqref{eq:potega} z tabelki całek i byłoby pozamiatane. Jednak tu nie mamy $x^7$ tylko $(4x-3)^7$. No to sam nasuwa się pomysł, żeby za to $4x-3$ coś podstawić i wtedy będziemy mogli skorzystać ze wzoru z tabelki. Podstawiamy więc $4x-3=t$. Jednak chwila, chwila! W całce jest jeszcze $dx$. I to $dx$ też trzeba jakoś zamienić na coś związanego z nową zmienną $t$. Podstawowa zasada podstawiania w całkach brzmi bowiem: jeśli wprowadzam (podstawiam) do całki nową zmienną to stara zmienna musi z niej zniknąć całkowicie! Innymi słowy w całce teraz nie ma prawa być $x$. Wszystko ma być związane z $t$. Tak więc co należy podstawić za $dx$. Wróćmy jeszcze raz do naszego podstawieni $4x-3=t$. Policzmy teraz pochodną z lewej strony tego równania tak jakby $x$ był zmienną:
$$(4x-3)’=4x’-0=4\cdot 1=4$$
Otrzymamy wówczas:
$$4dx=dt$$
My do całki potrzebujemy $dx$, więc należy powyższe równanie podzielić przez 4. Otrzymamy wówczas:
$$dx=\frac{1}{4}dt$$
Oczywiście matematyka wymaga od Nas zapisania tego w odpowiedni sposób:
$$\int(4x-3)^{7}\ dx=\left|\begin{array}{c}4x-3=t\\4dx=1dt\\dx=\frac{1}{4}dt\end{array}\right|$$
Tak więc po znaku równości pojawiają się dwie pionowe kreski symbolizując właśnie fakt zastosowania metody podstawienia. W pierwszej linijce między tymi kreskami zapisujemy podstawienie, czyli $4x-3=t$. W kolejnej linijce zapisujemy już wyliczoną pochodną po dopisaniu $dx$ i $dt$ po odpowiednich stronach. W trzeciej i kolejnych linijkach zapisujemy dodatkowe przekształcenia tego co było w drugiej linijce (jeśli są konieczne). Teraz zobaczmy co Nam zostało po zastosowaniu podstawienia do całki. Czyli pod całką zamiast $4x-3$ piszemy $t$, a zamiast $dx$ piszemy $\frac{1}{4}dt$. Otrzymamy wówczas:
$$ =\int t^7\cdot\frac{1}{4}dt$$
Oczywiście $\frac{1}{4}$ możemy wyciągnąć przed całkę otrzymując:
$$ =\frac{1}{4}\int t^7dt$$
Do tej całki wystarczy teraz zastosować wzór \eqref{eq:potega} Otrzymujemy:
$$ =\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{8}t^8+C$$
Teraz ponieważ pytano Nas o całkę z czegoś wyrażonego przy pomocy funkcji zmiennej $x$ wypadałoby wrócić do zmiennej $x$. Czyli wszędzie zamiast $t$ piszemy $4x-3$. Po wymnożeniu ułamków otrzymamy wówczas:
$$ =\frac{1}{32}(4x-3)^8+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int(4x-3)^{7}\ dx=\left|\begin{array}{c}4x-3=t\\4dx=1dt\\dx=\frac{1}{4}dt\end{array}\right|$$
$$=\int t^7\cdot\frac{1}{4}dt$$
$$=\frac{1}{4}\int t^7dt$$
$$=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{8}t^8+C$$
$$=\frac{1}{32}(4x-3)^8+C\quad\square$$
Przykład 6. Obliczyć całkę $\int\sqrt{2x+1}\ dx$.

Ten przykład jest bardzo podobny do poprzedniego. Wystarczy zauważyć, że pierwiastek kwadratowy możemy zamienić na potęgę otrzymując
$$\int\sqrt{2x+1}\ dx=\int (2x+1)^{\frac{1}{2}}dx$$.
Teraz wystarczy podobnie jak w poprzednim przykładzie zastosować podstawienie $2x+1=t$. Wówczas licząc pochodną z lewej strony otrzymujemy $2dx=dt$. Aby wyliczyć $dx$ dzielimy wówczas ostatnie równanie przez 2 i otrzymujemy $dx=\frac{1}{2}dt$. Nasze podstawienie będzie wyglądać zatem następująco:
$$ =\left|\begin{array}{c}
2x+1=t \\
2dx=1dt \\
dx=\frac{1}{2}dt
\end{array} \right|$$
Czyli pod całką zamiast $2x+1$ piszemy $t$, a zamiast $dx$ piszemy $\frac{1}{2}dt$. Otrzymamy wówczas:
$$ =\int t^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}dt$$
Oczywiście $\frac{1}{2}$ jako stałą możemy wyciągnąć przed całkę:
$$ =\frac{1}{2}\int t^{\frac{1}{2}}dt$$
Zaś, aby policzyć tą całkę wystarczy zastosować wzór \eqref{eq:potega}. Otrzymujemy wówczas:
$$ =\frac{1}{2}\frac{t^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}+C$$
Co po powrocie do zmiennej $x$ oraz wymnożeniu ułamków daje Nam:
$$ =\frac{1}{3}(2x+1)^{\frac{3}{2}}+C$$
Możemy teraz jeszcze wrócić z potęgą do pierwiastka (choć nie jest to obowiązkowe):
$$ =\frac{1}{3}(\sqrt{2x+1})^3+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\sqrt{2x+1}\ dx=\int (2x+1)^{\frac{1}{2}}dx$$
$$=\left|\begin{array}{c}
2x+1=t \\
2dx=1dt \\
dx=\frac{1}{2}dt
\end{array} \right|$$
$$=\int t^{\frac{1}{2}}\cdot\frac{1}{2}dt$$
$$=\frac{1}{2}\int t^{\frac{1}{2}}dt$$
$$=\frac{1}{2}\frac{t^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}+C$$
$$=\frac{1}{3}(2x+1)^{\frac{3}{2}}+C$$
$$=\frac{1}{3}(\sqrt{2x+1})^3+C\quad\square$$
Przykład 7. Obliczyć całkę $\int\sin(3x) dx$.

Ten przykład również jest podobny do poprzednich. Na podstawie wzoru \eqref{eq:sin} wiemy, że całka z sinusa jest równa minus cosinus. Jednak, żeby móc zastosować ten wzór to najpierw musimy zastosować podstawienie $3x=t$. Wówczas po policzeniu pochodnej $3dx=1dt$, a więc $dx=\frac{1}{3}dt$. Stąd:
$$\int\sin(3x) dx=\left|\begin{array}{c}
3x=t \\
3dx=1dt \\
dx=\frac{1}{3}dt
\end{array} \right|$$
Co prowadzi nas do całki:
$$ =\int\sin t\cdot \frac{1}{3}dt$$
Wyciągając $\frac{1}{3}$ przed całkę otrzymujemy wspomnianą wcześniej całkę:
$$ =\frac{1}{3}\int\sin t\ dt$$
Co daje Nam:
$$ =-\frac{1}{3}\cos t+C$$
Wracając do zmiennej $x$ otrzymujemy wówczas:
$$ =-\frac{1}{3}\cos (3x)+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\sin(3x) dx=\left|\begin{array}{c}
3x=t \\
3dx=1dt \\
dx=\frac{1}{3}dt
\end{array} \right|$$
$$=\int\sin t\cdot \frac{1}{3}dt$$
$$=\frac{1}{3}\int\sin t\ dt$$
$$=-\frac{1}{3}\cos t+C$$
$$=-\frac{1}{3}\cos (3x)+C\quad\square$$
Przykład 8. Obliczyć całkę $\int e^{2x} dx$.

Ten przykład jest bardzo podobny do poprzedniego. Jedyną różnicą jest fakt, że tym razem, po zastosowaniu podstawienia, aby obliczyć całkę korzystamy ze wzoru \eqref{eq:eksponens}. Ponieważ ten przykład jest bardzo podobny do wcześniejszych to zapiszemy od razu jego formalne rozwiązanie:

Rozwiązanie:
$$\int e^{2x}dx=\left|\begin{array}{c}
2x=t \\
2dx=1dt \\
dx=\frac{1}{2}dt
\end{array} \right|$$
$$=\int e^t\frac{1}{2}dt=\frac{1}{2}\int e^tdt$$
$$=\frac{1}{2}e^t+C=\frac{1}{2}e^{2x}+C\quad\square$$
Przykłady 7 oraz 8 są bardzo przydatne do dalszego liczenia kolejnych całek dlatego warto wyciągnąć z nich wnioski. Zauważmy, że w obu przykładach tak naprawdę mieliśmy do policzenia całki $\int \sin (ax)dx$ oraz $\int e^{ax}dx$, gdzie $a$ jest pewną stałą rzeczywistą różną od 0 (w Przykładzie 7. $a$ było równe 3, zaś w Przykładzie 8. $a$ było równe 2). Zauważmy, że po ostatecznym policzeniu tych całek te stałe trafiły również do mianownika (w Przykładzie 7. mamy $\frac{1}{3}$ przy ostatecznej odpowiedzi zaś w Przykładzie 8. mamy $\frac{1}{2}$ przy ostatecznej odpowiedzi). Dlatego możemy wyprowadzić następujące wzory:

Dodatkowa tabelka wzorów

\begin{equation}\label{eq:expdodatk}
\int e^{ax}dx=\frac{1}{a}e^{ax}+C, a\neq 0,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:sindodatk}
\int \sin (ax)dx=-\frac{1}{a}\cos (ax)+C, a\neq 0,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:cosdodatk}
\int \cos (ax)dx=\frac{1}{a}\sin(ax)+C, a\neq 0,
\end{equation}

Wzór \eqref{eq:cosdodatk} można wyprowadzić podobnie jak wzór \eqref{eq:sindodatk}.
Wzory \eqref{eq:expdodatk}, \eqref{eq:sindodatk} oraz \eqref{eq:cosdodatk} są bardzo często używane do liczenia innych całek. Teoretycznie nie muszą ich Państwo znać. Mogą je Państwo wyliczać za każdym razem tak jak to jest w Przykładach 7 oraz 8, ale zdecydowanie lepszym pomysłem (oszczędzającym czas na kolokwiach i egzaminach) jest nauczenie się ich na pamięć!!!

Dotychczasowe przykłady tak naprawdę były tymi najprostszymi jeśli chodzi o metodę podstawiania. Przejdziemy teraz do przykładów, które pozwolę sobie to tak określić stanowią kwintesencję metody podstawiania.

Przykład 9. Obliczyć całkę $\int\frac{4}{(7+\ln x)^4x} dx$.

W tym przykładzie musimy się zastanowić za co należy podstawić nową zmienną $t$. Nie mają Państwo na razie doświadczenia, ale wybór w tym przykładzie nie jest wielki. Teoretycznie moglibyśmy podstawić $x=t$. Takie podstawienie nie byłoby błędne, ale nie pomogłoby Nam policzyć całki. Jedyna zmiana jaką byśmy uzyskali to zamiana literki z $x$ na $t$ pod całką, a przecież nie o to chodzi. Tak więc podstawienie $x=t$ nie ma sensu nie tylko w przypadku tej całki, ale żadnej całki!!!
Za co możemy jeszcze podstawić? No ewidentnie możemy spróbować podstawić nową zmienną za logarytm, czyli $\ln x=t$. Być może to jest dobry pomysł, ale korzystając ze swojego doświadczenia podpowiem Państwu, że można go polepszyć. Jak? Jeśli mamy możliwość zgarnięcia razem z funkcją za którą podstawiamy (w naszym wypadku $\ln x$) pewnej stałej to uwzględnijmy ją w naszym podstawieniu. To zazwyczaj znacznie pomaga w policzeniu całki. W naszym przykładzie należy więc uwzględnić tą 7 będącą w nawiasie razem z $\ln x$. Tak więc proponowane obecnie podstawienie to $7+\ln x=t$. Po policzeniu pochodnej otrzymujemy $(0+\frac{1}{x})dx=1dt$, czyli $\frac{1}{x}dx=1dt$. I w tym momencie nie należy wyliczać $dx$. Ten przykład jest inny niż wcześniejsze. To właśnie tutaj objawia się kwintesencja metody podstawiania. Należy spojrzeć teraz na całkę, którą chcemy policzyć i sprawdzić czy w tej całce znajduje się wyrażenie $\frac{1}{x}dx$? Jeśli nie to znaczy, że podstawienie jest złe i należy szukać innego. Jeśli takie wyrażenie jest w całce i po wykonaniu podstawienia znikają wszystkie wyrażenia ze zmienną $x$ z całki to takie podstawienie jest najprawdopodobniej dobry podstawieniem. Zauważmy, że w naszym przykładzie wyrażenie $\frac{1}{x}dx$ występuje pod całką (no dobra tak na prawdę pod całką mamy $\frac{4}{x}dx$, ale tą 4 możemy przecież wyciągnąć przed całkę). Ponadto podstawienie to pozwala nam zamienić wszystkie wyrażenia ze zmienną $x$ na zmienną $t$, tak więc to podstawienie jest dobre. W takim bądź rozpiszmy to o czym mówiliśmy. Zaczynamy od wyciągnięcia 4 przed całkę:
$$\int\frac{4}{(7+\ln x)^4x} dx=4\int\frac{1}{(7+\ln x)^4x} dx$$
Teraz rozpisujemy nasze podstawienie:
$$ =\left|\begin{array}{c}
7+\ln x=t \\
\frac{1}{x}dx=1dt
\end{array} \right|$$
W tym momencie podstawiamy wszystko do naszej całki (zamiast $7+\ln x$ piszemy $t$, a zamiast $\frac{1}{x}dx$ piszemy $1dt$) otrzymując:
$$ =4\int\frac{1}{t^4}dt$$
Teraz zauważamy, że $\frac{1}{t^4}$ to to samo co $t^{-4}$:
$$ =4\int t^{-4}dt$$
Do tej całki możemy już zastosować wzór \eqref{eq:potega} otrzymując:
$$ =4\frac{t^{-3}}{-3}+C$$
co po prostych przekształceniach i powrocie do zmiennej $x$ daje:
$$ =-\frac{4}{3}(7+\ln x)^{-3}+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\frac{4}{(7+\ln x)^4x} dx=4\int\frac{1}{(7+\ln x)^4x} dx$$
$$=\left|\begin{array}{c}
7+\ln x=t \\
\frac{1}{x}dx=1dt
\end{array} \right|$$
$$=4\int\frac{1}{t^4}dt$$
$$=4\int t^{-4}dt$$
$$=4\frac{t^{-3}}{-3}+C$$
$$=-\frac{4}{3}(7+\ln x)^{-3}+C\quad\square$$
Ok to teraz, na podstawie powyższego przykładu, możemy podsumować co to znaczy dobre podstawienie. Powiedzmy, że robimy podstawienie $f(x)=t$ (czyli podstawiamy $t$ za pewną funkcję $f(x)$, w powyższym przykładzie funkcją $f(x)$ było $7+\ln x$) i chcemy sprawdzić czy to podstawienie jest dobre. Wówczas należy policzyć pochodną, czyli otrzymujemy $f'(x)dx=1dt$. I teraz najważniejszy krok: należy sprawdzić czy pod liczoną przez Nas całką znajduje się wyrażenie $f'(x)dx$? Jeśli nie to podstawienie jest złe, trzeba poszukać innego. Jeśli tak, to patrzymy czy po zastosowaniu podstawienia pozbędziemy się wszystkich wyrażeń ze zmienną $x$. Jeśli nie to mimo wszystko podstawienie jest złe. Jeśli tak to podstawienie jest dobre i należy je wykonać. Przećwiczmy to na kolejnych przykładach.

Przykład 10. Obliczyć całkę $\int\tg x\ dx$.

Za co by tutaj podstawić? No wybór nie jest zbyt duży na razie. Jedyna opcja jaką mamy to podstawić $\tg x=t$. Liczymy pochodną i otrzymujemy $\frac{1}{\cos^2x}dx=1dt$. Teraz zgodnie z tym co napisaliśmy wyżej szukamy wyrażenia $\frac{1}{\cos^2x}dx$ pod liczoną przez Nas całką. No i co się okazuje? Okazuje się, że tego wyrażenia tam po prostu nie ma (pod całką jest tylko $\tg x$, nie ma tam wyrażenia $\frac{1}{\cos^2x}$) tak więc zgodnie z tym co powiedzieliśmy to podstawienie jest złe, należy poszukać innego. Ale jakiego? Przecież pod całką nie ma już innych funkcji, za które moglibyśmy podstawić. Owszem nie ma, ale w tym momencie należy sobie przypomnieć (spojrzeć do tablic matematycznych ewentualnie), że tangens jest zdefiniowany jako sinus podzielony przez cosinus tak więc mamy:
$$\int\tg x\ dx=\int\frac{\sin x}{\cos x}dx$$
No to cieszymy się, bo mamy kolejne dwie funkcje, za które możemy podstawić nową zmienną $t$. No to którą by wybrać? Może sinusa? Spróbujmy, podstawiamy $\sin x=t$. Wówczas po policzeniu pochodnej $\cos xdx=1dt$. Zgodnie z tym co mówiliśmy szukamy teraz pod całką wyrażenia $\cos xdx$. Niestety, ale pod całką mamy wyrażenie $\frac{1}{\cos x}dx$ (bo cosinus jest w mianowniku), więc ewidentnie to nie jest to samo co szukane $\cos x dx$. To podstawieni zatem również jest złe. No to ostatnia nadzieja w podstawieniu $\cos x=t$. Po policzeniu pochodnej otrzymujemy $-\sin xdx=1dt$. I teraz szukamy pod całką wyrażenia $-\sin xdx$. No i prawie udało Nam się znaleźć. Dlaczego prawie? No bo pod całką jest $\sin xdx$. Oczywiście nie jest to to samo co $-\sin xdx$, ale jest to wystarczająco, aby zastosować to podstawienie. Wystarczy teraz równanie $-\sin xdx=1dt$ podzielić obustronnie przez -1 otrzymując $\sin x dx=-1dt$ i teraz wszystko się zgadza (w podstawieniu mamy $\sin xdx$ i pod całką również). Ponadto jak za chwilę zobaczymy to podstawienie pozwoli pozbyć się wszystkich wyrażeń ze zmienną $x$ z całki, a więc jest to dobre podstawienie.
No to je zapiszmy:
$$ =\left|\begin{array}{c}
\cos x=t \\
-\sin xdx=1dt\ / :(-1) \\
\sin xdx=-1dt
\end{array} \right|$$
Teraz pod całką zamiast $\cos x$ piszemy $t$, a zamiast $\sin x dx$ piszemy $-1dt$:
$$ =\int\frac{-1}{t}dt$$
Minusa możemy wyciągnąć przed całkę:
$$ =-\int\frac{1}{t}dt,$$
a powstałą całkę obliczyć na podstawie wzoru \eqref{eq:ln}:
$$ =-\ln |t|+C,$$
co po powrocie do zmiennej $x$ daje:
$$ =-\ln |\cos x|+C.$$

I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\tg x\ dx=\int\frac{\sin x}{\cos x}dx$$
$$=\left|\begin{array}{c}
\cos x=t \\
-\sin xdx=1dt\ / :(-1) \\
\sin xdx=-1dt
\end{array} \right|$$
$$=\int\frac{-1}{t}dt$$
$$=-\int\frac{1}{t}dt,$$
$$=-\ln |t|+C,$$
$$=-\ln |\cos x|+C\quad\square$$
Przykład 11. Obliczyć całkę $\int\sin^5\!x\ dx$.

W tym przykładzie naturalnym podstawieniem wydaje się być, $\sin x=t$. Po policzeniu pochodnej otrzymujemy, że $\cos xdx=1dt$, a pod całką żadnego cosinusa nie ma. Tak więc to podstawienie jest złe. Należy szukać innego, ewentualnie poprzekształcać coś pod całką. Zauważmy, że podstawiając za sinusa po policzeniu pochodnej otrzymujemy cosinusa, a podstawiając za cosinusa po policzeniu pochodnej otrzymujemy minus sinusa. Tak więc żeby podstawienie za sinusa bądź cosinusa było sensowne to musimy mieć pod całką zarówno funkcję sinus jak i cosinus. W naszym przykładzie na razie występuje tylko funkcja sinus. Spróbujmy coś pokombinować, żeby pojawił się w jakiś sposób również cosinus i żeby sinus przy tym nie zniknął. W jaki sposób zamienić sinusa na cosinusa? Znają Państwo ten trik. Oczywiście chodzi o jedynkę trygonometryczną $\sin^2x+\cos^2x=1$. Z jedynki trygonometrycznej wyliczamy $\sin^2x=1-\cos^2x$. No dobra, ale po co? Przecież pod całką mam sinus do piątej, a tu sinus do drugiej? Ale zgodzą się Państwo, że $\sin^5x=\sin^4x\cdot\sin x$? No tak i co z tego? I zgodzą się Państwo, że $\sin^4x=(\sin^2x)^2$? No tak…,ale co z tego? To, że teraz możemy zapisać, że $\sin^5x=(\sin^2x)^2\cdot\sin x$ i w miejsce $\sin^2x$ podstawić $1-\cos^2x$. Otrzymamy więc:
$$\int\sin^5xdx=\int \left(1-\cos^2x\right)^2\sin xdx$$
I po takim sprytnym przekształceniu wystarczy podstawić $\cos x=t$, aby otrzymać dobre podstawienie. Zapiszmy je:
$$ =\left|\begin{array}{c}
\cos x=t \\
-\sin xdx=1dt\ / :(-1) \\
\sin xdx=-1dt
\end{array} \right|$$
Po podstawieniu nowej zmiennej do całki otrzymujemy:
$$ =\int\left(1-t^2\right)^2\cdot(-1dt).$$
Możemy teraz wyciągnąć -1 przed całkę oraz zastosować wzór skróconego mnożenia $(a-b)^2=a^2-2ab+b^2$ otrzymując:
$$ =-\int \left(1-2t^2+t^4\right)dt.$$
Rozbijając to teraz na sumę trzech całek i wyciągając stałe przed całki (pamiętając o ewentualnej zamianie znaków) otrzymujemy:
$$ =-\int 1dt+2\int t^2dt-\int t^4dt,$$
co po skorzystaniu ze wzorów \eqref{eq:stala} oraz \eqref{eq:potega} daje nam
$$ =-t+2\frac{t^3}{3}-\frac{t^5}{5}+C.$$
Po uporządkowaniu i powrocie do zmiennej $x$ otrzymujemy wówczas:
$$ =-\cos x+\frac{2}{3}\cos^3x-\frac{1}{5}\cos^5x+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\sin^5xdx=\int \left(1-\cos^2x\right)^2\sin xdx$$
$$=\left|\begin{array}{c}
\cos x=t \\
-\sin xdx=1dt\ / :(-1) \\
\sin xdx=-1dt
\end{array} \right|$$
$$=\int\left(1-t^2\right)^2\cdot(-1dt)$$
$$=-\int \left(1-2t^2+t^4\right)dt$$
$$=-\int 1dt+2\int t^2dt-\int t^4dt$$
$$=-t+2\frac{t^3}{3}-\frac{t^5}{5}+C$$
$$=-\cos x+\frac{2}{3}\cos^3x-\frac{1}{5}\cos^5x+C\quad\square$$
Przykład 12. Obliczyć całkę $\int\frac{dx}{(1+x^2)\arctg\!^3 x}$.

Ten przykład wydaje się być trudnym bo pojawia się w nim funkcja arcus tangens. Ale tak naprawdę to tylko straszak, a przykład jest bardzo prosty. Zauważmy, że jeśli podstawilibyśmy $1+x^2=t$ to po policzeniu pochodnej otrzymalibyśmy $2xdx=1dt$. Takie podstawienie w żaden sposób nie pomogłoby Nam pozbyć się arcusa z całki, więc ewidentnie jest to złe podstawienie należy spróbować innego. Jakiego? Kolejnym, które automatycznie przychodzi do głowy to podstawienie $\arctg x=t$. Zauważmy, że tutaj do podstawienia nie wziąłem 3 potęgi arcusa tylko samego arcusa. Dlaczego? Po prostu wolę najpierw sprawdzić prostsze podstawienia, a potem jeśli nie działają przechodzę do trudniejszych. I Państwu też zalecam taką strategię. Po policzeniu pochodnej otrzymujemy
$\frac{1}{1+x^2}dx=1dt$. Zauważmy teraz, że $\frac{1}{1+x^2}dx$ to jest to samo co $\frac{dx}{1+x^2}$, a to jest dokładnie to co występuje pod naszą całką. Ponadto przy pomocy tego podstawienia pozbywamy się wszystkich wyrażeń ze zmienną $x$ z całki tak więc jest to dobre podstawienie. Ponieważ to kolejny taki przykład rozpiszemy go od razu formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\frac{dx}{(1+x^2)\arctg\!^3 x}$$
$$=\left|\begin{array}{c}
\arctg x=t \\
\frac{1}{1+x^2}dx=1dt \\
\frac{dx}{1+x^2}=dt
\end{array} \right|$$
$$=\int\frac{dt}{t^3}=\int t^{-3}dt=\frac{t^{-2}}{-2}+C$$
$$=-\frac{1}{2}{(\arctg x)}^{-2}+C\quad\square$$
Przykład 13. Obliczyć całkę $\int\frac{3x}{\sqrt{x^2+4}}3^{\sqrt{x^2+4}}dx$.

Oczywiście zaczniemy od wyciągnięcia 3 przed całkę:
$$\int\frac{3x}{\sqrt{x^2+4}}3^{\sqrt{x^2+4}}dx$$
$$ =3\int\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}3^{\sqrt{x^2+4}}dx$$
Teraz zastanówmy się nad odpowiednim podstawieniem. Tak jak mówiłem zawsze staramy się zaczynać od najprostszego podstawienia (po co sobie utrudniać życie). Prawdopodobnie pierwsze co przychodzi nam do głowy to podstawić $x^2+4=t$. Wówczas po policzeniu pochodnejh otrzymujemy $2xdx=1dt$ co po podzieleniu przez dwa daje nam $xdx=\frac{1}{2}dt$. Jednakże pod całką nie mamy tylko $xdx$, ale $\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}dx$. Tak więc to podstawienie nie jest właściwe. Widać jednak, że można je łatwo poprawić. Jak? Popatrzmy na przykład. To $x^2+4$ za które przed chwilą próbowaliśmy podstawić nową zmienną znajduje się pod pierwiastkiem kwadratowym. No to może spróbujmy podstawić $\sqrt{x^2+4}=t$. Po policzeniu pochodnej otrzymujemy $\frac{2x}{2\sqrt{x^2+4}}dx=dt$ co po uproszczeniu daje $\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}dx=dt$ i to jest właśnie to co mamy pod całką tak więc to podstawienie będzie właściwe. Zapiszmy to co powiedzieliśmy:
$$ =\begin{vmatrix}
\sqrt{x^2+4}=t\\
\frac{2x}{2\sqrt{x^2+4}}dx=dt\\
\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}dx=dt
\end{vmatrix}$$
Po podstawieniu otrzymamy zatem:
$$ =\int 3^{t}dt$$
co po skorzystaniu ze wzoru \eqref{eq:wykladnicza} daje Nam:
$$ =\frac{3^t}{\ln 3}+C$$
Wówczas po powrocie do zmiennej $x$ otrzymujemy:
$$ =\frac{3^{\sqrt{x^2+4}}}{\ln 3}+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\frac{3x}{\sqrt{x^2+4}}3^{\sqrt{x^2+4}}dx$$
$$=3\int\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}3^{\sqrt{x^2+4}}dx$$
$$=\begin{vmatrix}
\sqrt{x^2+4}=t\\
\frac{2x}{2\sqrt{x^2+4}}dx=dt\\
\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}dx=dt
\end{vmatrix}$$
$$=\int 3^{t}dt$$
$$=\frac{3^t}{\ln 3}+C$$
$$=\frac{3^{\sqrt{x^2+4}}}{\ln 3}+C\quad\square$$
Przykład 14. Obliczyć całkę $\int\frac{x}{1+x^4}dx$.

Pierwsze co przychodzi Nam do głowy to podstawić nową zmienną za mianownik tak jak to robiliśmy już wcześniej. Podstawiamy zatem $1+x^4=t$. Wówczas po policzeniu pochodnej otrzymujemy $4x^3dx=dt$. Ale pod całką mamy $xdx$, a nie $4x^3dx$. Wynika stąd, że w tym wypadku to podstawienie jest złe. No to za co podstawić? Zastanówmy się…Skoro w liczniku pod całką mam $xdx$ to dobrze by było podstawić nową zmienną za coś co po policzeniu pochodnej da Nam $xdx$. Czyli oczywiście za $x^2$. No dobrze, ale pod całką jest $x^4$, a nie $x^2$. To prawda, ale wiedzą już Państwo chociażby z Przykładu 11, że droga od $x^4$ do $x^2$ nie jest daleka bo $x^4=\left(x^2\right)^2$. Tak więc przekształćmy nasze wyrażenie podcałkowe korzystając z faktu, że $x^4=\left(x^2\right)^2$. Otrzymamy wówczas:
$$ =\int\frac{x}{1+\left(x^2\right)^2}dx$$
Teraz zastosujemy wspomniane przed chwilą podstawienie $x^2=t$ co prowadzi do następujących obliczeń:
$$ =\begin{vmatrix}
x^2=t\\
2xdx=1dt\\
xdx=\frac{1}{2}dt
\end{vmatrix}$$
Podstawienie to jest poprawne bo pozwala Nam pozbyć się wszystkich wyrażeń związanych z $x$ spod całki. Tak więc zamiast $x^2$ piszemy pod całką $t$ a zamiast $xdx$ piszemy pod całką $\frac{1}{2}dt$ otrzymując następującą całkę:
$$ =\int\frac{\frac{1}{2}}{1+t^2}dt$$
Stałą $\frac{1}{2}$ możemy oczywiście wyciągnąć przed całkę:
$$ =\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+t^2}dt$$
Ale ostatnia całka jest całką z podstawowej tabelki całek (konkretnie wzór \eqref{eq:arctg}). Otrzymujemy zatem:
$$ =\frac{1}{2}\arctg t+C$$
co po powrocie do zmiennej $x$ daje Nam:
$$ =\frac{1}{2}\arctg (x^2)+C$$
I to już koniec! Był to przykład trochę bardziej trikowy niż te wcześniejsze i moim celem w tym przykładzie było zwrócenie Państwa uwagi na ten trik.
Zapiszmy teraz ten przykład formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\frac{x}{1+x^4}dx$$
$$=\int\frac{x}{1+\left(x^2\right)^2}dx$$
$$=\begin{vmatrix}
x^2=t\\
2xdx=1dt\\
xdx=\frac{1}{2}dt
\end{vmatrix}$$
$$=\int\frac{\frac{1}{2}}{1+t^2}dt$$
$$=\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+t^2}dt$$
$$=\frac{1}{2}\arctg t+C$$
$$=\frac{1}{2}\arctg (x^2)+C\quad\square$$
Powyższy przykład był ostatnim z przykładów na zastosowanie metody podstawiania do obliczania całek nieoznaczonych. Zapraszam Państwa do mojego kolejnego postu, w którym do obliczania całek nieoznaczonych wykorzystamy drugą z podstawowych metod obliczania całek, a mianowicie metodę całkowania przez części.

Share:
Posted in Całki, Całki nieoznaczone.

Dodaj komentarz

Twój adres email nie zostanie opublikowany. Pola, których wypełnienie jest wymagane, są oznaczone symbolem *