Skripta_matematika_2

1 +p2j lnjt+ 1 p2j= ln



t2 + 1
t2 + 2t 1


+c:
V poŁet ukonŁ me sp tnou substitœciou premennej t na p vodnœ premennœ x.
Z 1 + tgx
1 tgxdx = ln



tg2 x2 + 1
tg2 x2 + 2 tg x2 1


+c:
Poznamenajme e„te, e tento v sledok plat v ubovo nom intervale, v ktorom je integrovanÆ funkcia
de novanÆ. |
Substitœciu
t = tg x2; x2( ; )
je mo nØ pou i» pri integrÆle z ubovo nej racionÆlnej funkcie z funkci sinx a cosx, tÆto v„ak vedie
Łasto ku integrÆlom z komplikovan ch racionÆlnych funkci a je mo nØ ho v „peciÆlnych pr padoch
zjednodu„i». Uvedieme tu niektorØ mo nosti a Łitate ovi so zÆujmom o al„ie odporœŁame [1], [3], [4].
¨asto je mo nØ pou i» substitœciu
t = tgx; x2

2; 2

;
potom
x = arctgt; dx = dt1 +t2; sinx = tp1 +t2; cosx = 1p1 +t2:
TÆto substitœcia (ak je mo nØ ju po i») vedie v Ł„inou k integrÆlu z jednoduch„ej racionÆlnej funkcie.
OdporœŁame Łitate ovi vyrie„i» predchÆdzajœci pr klad pomocou substitœcie t = tgx.
NeurŁit integrÆl
Z
sinnxcosmxdx;
kde n a m sœ celØ Ł sla a aspo jedno z nich je nepÆrne. Tento integrÆl œpravou a substitœciou t = cosx,
ak n je nepÆrne alebo t = sinx, ak m je nepÆrne prevedieme na integrÆl z racionÆlnej funkcie.
Pr klad 17. VypoŁ tame integrÆl R 1cos3 xdx.
30 KAPITOLA 1. NEUR¨IT INTEGR`L
Rie„enie: V integrovanej funkcii sa vyskytuje len funkcia cosx a to v nepÆrnej mocnine (cos 3x).
Preto œpravou a substitœciou t = sinx, kde dt = cosxdx a cos2x = 1 t2, dostÆvame
Z 1
cos3xdx =
Z cosx
cos4xdx =
Z dt
(1 t2)2:
Posledn integrÆl z r dzoracionÆlnej funkcie rie„ime rozkladom na elementÆrne zlomky
Z dt
(1 t2)2 dt =
1
4
Z 1
(1 +t)2 +
1
1 +t +
1
(1 t)2 +
1
1 t

dt =
= 14

11 +t + lnj1 +tj+ 11 t lnj1 tj

+c =
= 14
2t
t2 1 + ln

1 +t
1 t



+c:
Po sp tnej substitœcii dostÆvame v sledok
Z 1
cos3xdx =
1
4

2 sinxcos2x + ln

1 + sinx
1 sinx



+c:
|
NeurŁitØ integrÆly
Z
sinmxcosnxdx;
Z
sinmxsinnxdx;
Z
cosmxcosnxdx
kde m a n sœ prirodzenØ Ł sla prevedieme na jednoduchØ integrÆly pomocou trigonometrick ch vz»ahov
sin sin = 12 (cos( ) cos( + ));
cos cos = 12 (cos( ) + cos( + ));
sin cos = 12 (sin( ) + sin( + )):
Pr klad 18. VypoŁ tame R sin 2xcos 5xdx.
Rie„enie: Pou ijeme vy„„ie uveden vzorec pre = 2x a = 5x.
Z
sin 2xcos 5xdx = 12
Z
(sin( 3x) + sin 7x) dx =
= 12
Z
(sin 3x+ sin 7x)dx = 16 cos 3x 114 cos 7x+c:
|
1.3. INTEGROVANIE ELEMENT`RNYCH FUNKCI˝ 31
CviŁenia
VypoŁ tajte integrÆly trigonometrick ch funkci .
113. R sin3xcosxdx. 114. R cos5 2xsin 2xdx.
115. R tg 4xdx. 116. R cos2 2xdx.
117. R cos5xdx. 118. R dxsinx.
119. R sin3 xcos4 xdx. 120. R dxsinxcos3 x.
121. R cotg3xdx. 122. R sinx cosxsinx+cosxdx.
123. R dx5 3 cosx. 124. R cosx1+cosxdx.
125. R sinx1 sinxdx. 126. R dxsinx+cosx.
127. R dxcosx+2 sinx+3. 128. R sin 3xsin 5xdx.
129. R sin x4 cos 3x4 dx. 130. R sinxsin 2xsin 3xdx.
131. R cosh3xdx. 132. R tghxdx.
V sledky
113. 14sin4x+c. 114. cos6 x12 +c.
115. 14 lnjcos 4xj+c. 116. x2 + sin 4x8 +c.
117. sinx 23 sin3x+ 15 sin5x+c. 118. ln tg x2 +c.
119. 13 cos3 x 1cosx +c. 120. 12 cos2 x + lnjtgxj+c.
121. 12 sin2 x lnjsinxj+c.
122. lnjsinx+ cosxj+c.
123. 12 arctg 2 tg x2 +c.
124. x tg x2 +c.
125. x+ tgx+ 1cosx +c.
126. 1p2 ln tg x2 + 8 +c.
127. arctg 1 + tg x2 +c.
128. sin 8x16 + sin 2x4 +c.
129. cosx2 + cos x2 +c.
130. cos 2x8 cos 4x16 + cos 6x24 +c.
131. sinh3 x3 + sinhx+c.
132. lnjcoshxj+c.
32 KAPITOLA 1. NEUR¨IT INTEGR`L
1.3.3 Integrovanie iracionÆlnych funkci
Odmocnina z lineÆrnej lomenej funkcie
Ak mÆme integrova» funkciu, v ktorej sa okrem algebraick ch operÆci vyskytuje odmocnina z line-
Ærnej lomenej funkcie („peciÆlne z lineÆrnej funkcie), t.j. n
q
ax+b
cx+d („peciÆlne
npax+b), tak pou ijeme
substitœciu t = ’(x) = n
q
ax+b
cx+d
(t = npax+b). Pri tejto substitœcii je technicky v hodnØ vyjadri» inverznœ funkciu x = ’ 1(t) a
dx = ’ 1 0 (t)dt. V„etky tieto vz»ahy dosad me do rie„enØho integrÆlu, ktor tak prevedieme na
integrÆl z racionÆlnej funkcie premennej t.
Pr klad 19. VypoŁ tame integrÆl R
p3x+4
x p3x+4 dx.
Rie„enie: V tomto pr klade pou ijeme substitœciu t = p3x+ 4; x 2 ( 43;1) a vyjadr me
inverznœ funkciu x = t2 43 a tie dx = 2t3 dt. Dosaden m dostÆvame integrÆl z racionÆlnej funkcie
premennej t
I =
Z t
t2 4
3 t
2t
3

dt = 2
Z t2dt
t2 3t 4 = 2
Z
1 + 3t+ 4t2 3t 4

dt:
R dzo racionÆlnu funkciu v integrÆle rozlo me na sœŁet elementÆrnych zlomkov.
3t+ 4
t2 3 4 =
16
5
t 4
1
5
t+ 1
a pokraŁujeme v integrovan
I = 2

t+ 165 lnjt 4j 15 lnjt+ 1j

+c:
Nakoniec v sledok vyjadr me v term noch premennej x.
I = 2
p
3x+ 4 + 165 lnjp3x+ 4 4j 15 lnjp3x+ 4 + 1j

+c:
|
V pr pade, e sa v integrovanej funkcii vyskytujœ dve r zne odmocniny n
q
ax+b
cx+d a
m
q
ax+b
cx+d, pou ijeme
substitœciu t = k
q
ax+b
cx+d, kde k je najmen„ spoloŁn nÆsobok Ł sel m a n. Podobne postupujeme aj
vtedy, ak sa vyskytuje viac odmocn n z tej istej lineÆrnej lomenej funkcie.
Pr klad 20. VypoŁ tame integrÆl R 4
px
3px+pxdx.
Rie„enie: Najmen„ spoloŁn nÆsobok Ł sel 2; 3 a 4 je Ł slo 12. Preto pou ijeme substitœciu
t = 12px, vyjadr me x = t12 a dx = 12t11dt. ˇalej uvÆ ime, e px = t6, 3px = t4 a 4px = t3 a
dosad me do p vodnØho integrÆlu
I =
Z 4px
3px+pxdx =
Z t3
t4 +t6 12t
11dt = 12
Z t10
1 +t2 dt:
Posledn integrÆl (z racionÆlnej funkcie) rozlo me na sœŁet mnohoŁlena a r dzo racionÆlnej funkcie a
zintegrujeme
I = 12
Z
(t8 t6 +t4 t2 + 1)dt
Z 1
t2 + 1 dt

=
1.3. INTEGROVANIE ELEMENT`RNYCH FUNKCI˝ 33
= 12

t9
9
t7
7 +
t5
5
t3
3 +t arctgt
!
+c =
= 12
12p
x9
9
12px7
7 +
12px5
5
12px3
3 +
12px arctg 12px
!
+c:
|
Odmocnina z kvadratickej funkcie
Ak mÆme integrova» funkciu, v ktorej sa okrem algebraick ch operÆci vyskytuje odmocnina z kvad-
ratickej funkcie pax2 +bx+c, postupujeme nasledovne:
1. Doplnen m na „tvorec a algebraick mi œpravami a substitœciou prevedieme dan v raz na nie-
ktor z v razov pr2 u2, pr2 +u2 alebo pu2 r2.
2. Pou it m substitœci
u = rsint pre pr2 u2
u = rtgt pre pr2 +u2
u = rcost pre pu2 r2
prevedieme dan integrÆl na integrÆl z trigonometrickej funkcie.
Pr klad 21. VypoŁ tame Rp4x2 8x+ 5dx.
Rie„enie: Uprav me p4x2 8x+ 5 = p(2x 2)2 + 1 a zvol me u = 2x 2. Potom du = 2dx a
I =
Z p
4x2 8x+ 5dx =
Z p
u2 + 1du2 :
Pou ijeme substitœciu u = tgt; t2( 2; 2 ) a poŁ tame
I = 12
Z q
tg2t+ 1 1cos2tdt = 12
Z qsin2 t+cos2 t
cos2 t
cos2t dt =
1
2
Z 1
cos3tdt:
Tento integrÆl sme u poŁ tali v Pr klade 17
I = 12
Z 1
cos3tdt =
1
8
2 sint
cos2t + ln

1 + sint
1 sint



+c:
Pre sp tnœ substitœciu potrebujeme vyjadri» sint a cost pomocou u. To sprav me umocnen m substi-
tuŁnej rovnice u = tgt, œpravou a vyjadren m
u2 = sin
2x
1 sin2x; sint =
up
1 +u2; cost =
1p
1 +u2:
Po sp tnej substitœcii dostÆvame
I = 18

2u
p
1 +u2 + ln



p1 +u2 +u
p1 +u2 u



!
=
= 18

2u
p
1 +u2 + ln(
p
1 +u2 +u)2

+c:
34 KAPITOLA 1. NEUR¨IT INTEGR`L
Nakoniec prejdeme k premennej x (u = 2x 2).
I = 12(x 1)
p
4x2 8x+ 5 + 14 ln(
p
4x2 8x+ 5 + 2x 2) +c:
|
Pr klad 22. VypoŁ tame integrÆl R (x 1)2p8+2x x2 dx.
Rie„enie:
1. Uprav mep8 + 2x x2 = p9 (x 1)2 a zvol me u = x 1. Potom m eme p sa» (Uvedomme
si, e du = dx!)
I =
Z (x 1)2
p8 + 2x x2 dx =
Z u2
p9 u2 du:
2. Pou ijeme substitœciu pod a nÆvodu
u = 3 sint; t2

2; 2

:
Potom du = 3 costdt a
p
9 u2 =
q
9 9 sin2t =
p
9 cos2t = 3 cost:
(PreŁo niep9 u2 = 3 cost ?) Dosad me, v œprave pou ijeme trigonometrickœ identitu sin2t =
1 cos 2t
2 a integrujeme.
I =
Z 9 sin2t
3 cost 3 costdt = 9
Z
sin2tdt = 9
Z 1 cos 2t
2 dt =
= 92

t sin 2t2

= 92 (t sintcost) = 92

arcsin u3 u3
p9 u2
3
!
=
= 92 arcsin
x 1
3

(x 1)2
p
8 + 2x x2 +c:
|
PoznÆmka 5. IntegrÆly obsahujœce odmocninu z kvadratickej funkcie je mo nØ rie„i» tie in mi
typmi substitœci ([E], [I], [K]). Niekedy je mo nØ pri integrovan tohoto typu funkci pou i» met du
per partes.
Pr klad 23. VypoŁ tame integrÆl Rp1 +x2dx.
Rie„enie: Met dou per partes dostÆvame
I =
Z p
1 +x2dx = x
p
1 +x2
Z x2
p1 +x2 dx =
= x
p
1 +x2
Z 1 +x2 1
p1 +x2 dx = xp1 +x2 I +
Z dx
p1 +x2:
Posledn integrÆl je jeden zo zÆkladn ch. PriŁ tan m hodnoty integrÆlu I k obidvom stranÆm rovnice
a vydelen m dvomi dostÆvame
I = 12

x
p
1 +x2 + ln(x+
p
1 +x2)

+c:
|
1.3. INTEGROVANIE ELEMENT`RNYCH FUNKCI˝ 35
CviŁenia
VypoŁ tajte integrÆly iracionÆlnych funkci .
133. R
px
1+pxdx. 134.
R dx
(2 x)p1 x.
135. R
px
x+2 dx. 136.
R dx
1+ 3px.
137. R
px
1 3pxdx. 138.
R dx
xpx 4.
139. R
q1+x
1 xdx. 140.
Rq1+x
1 x
1
(1 x)(1+x)2 dx.
141. R dxp(x 2)3(x 3). 142. R dxp3 2x 5x2 .
143. R x 1px2 2x+2 dx. 144. R dx(9+x2)p9+x2 .
145. Rp3 2x x2dx. 146. R 2x+1px2+xdx.
147. R
px2+2x
x dx. 148.
R dxp
25+9x2 .
149. R 3dxp9x2 1. 150. R dxx2p9 x2 .
V sledky
133. x 2px+ 2 ln(px+ 1) +c.
134. 2 arctgp1 x+c.
135. 2px 2p2 arctg
qx
2 +c.
136. 3
3px2
2
3px+ lnj1 + 3pxj

+c.
137. 6 6px 2px 65 6px5 67 6px7 3 ln

6
px 1
6px+1

+c.
138. arctg
px 4
2

+c.
139. arcsinx p1 x2 +c.
140. xp1 x2 +c.
141. 2
qx 3
x 2 +c.
142. 1p5 arcsin 5x+14 +c.
143. px2 2x+ 2 +c.
144. x9p9+x2 +c.
145. x+12 p3 2x x2 + 2 arcsin x+12 +c.
146. 2px2 +x+c.
147. px2 + 2x+ lnjx+ 1 +px2 + 2xj+c.
36 KAPITOLA 1. NEUR¨IT INTEGR`L
148. 13 lnj3x+p25 + 9x2j+c.
149. lnj3x+p9x2 1j+c.
150.
p9 x2
9x +c.
1.3.4 Integrovanie transcendetn ch funkci
TranscendentnØ funkcie integrujeme pod a okolnost bu met dou substituŁnou alebo met dou per
partes (podrobnosti sœ v zÆvere prechÆdzajœcej Łasti). Pri rie„en je Łasto potrebnØ opakovane kombi-
nova» obidve met dy.
Pr klad 24. VypoŁ tame integrÆl I = R x3

e x4 + arccotgx

dx.
Rie„enie: Dan integrÆl rozdel me na dva. Prv poŁ tame pomocou substituŁnej met dy, druh
met dou per partes. Z
x3e x4 dxt= x4= 14
Z
etdt = 14e x4 +c;
Z
x3 arccotgx =
( u0 = x3 v = arccotgx
u = x44 v0 = 11+x2
)
= x
4
4 arccotgx+
1
4
Z x4dx
1 +x2:
Posledn integrÆl z racionÆlnej funkcie poŁ tame rozkladom na mnohoŁlen a r dzo racionÆlnu funkciu
Z x4dx
1 +x2 =
Z
x2 1 + 11 +x2

dx = x
3
3 x arccotgx+c:
Poznamenajme, e namiesto arccotgx sme mohli tie p sa» + arctgx. Celkov v sledok je sœŁtom
obidvoch integrÆlov
I = 14e x4 + x
4
4 arccotgx+
1
4

x3
3 x arccotgx
!
+c:
|
Pr klad 25. VypoŁ tame integrÆl I = R

4 cosh2x xarcsinxp1 x2

dx.
Rie„enie: Dan integrÆl vypoŁ tame ako rozdiel dvoch integrÆlov.
I1 =
Z
4 cosh2xdx =
Z
4

ex +e x
2
!2
=
Z
(e2x + 2 +e 2x)dx =
= e
2x
2 + 2x
e 2x
2 = sinhx+ 2x+c:
Druh integrÆl rie„ime met dou per partes.
I2 =
Z xarcsinx
p1 x2 dx =
( u0 = xp
1 x2 v = arcsinx
u = p1 x2 v0 = 1p1 x2
)
=
=
p
1 x2 arcsinx+
Z
1dx = x
p
1 x2 arcsinx+c:
Nakoniec
I = I1 I2 = sinhx+x+
p
1 x2 arcsinx+c:
|
1.3. INTEGROVANIE ELEMENT`RNYCH FUNKCI˝ 37
1.3.5 ZÆver
Vo v„eobecnosti je h adanie neurŁitØho integrÆlu k danej funckii Łinnos» nÆroŁnej„ia ako h adanie deri-
vÆcie danej funkcie. Na rozdiel od derivÆci neexistuje v„eobecn algoritmus ako nÆjs» integrÆl ubovo -
nej elementÆrnej funkcie. Ten ist integrÆl je Łasto mo nØ rie„i» r znymi met dami (napr. R xp1 x).
Na druhej strane existujœ elementÆrne funkcie, ktor ch neurŁitØ integrÆly sa nedajœ vyjadri» pomocou
elementÆrnych funkci . TakØ sœ napr klad
Z
ex2 dx;
Z
sin(x2)dx;
Z sinx
x dx;
Z p
1 +x4dx
a al„ie. UrŁitou v hodou pri poŁ tan integrÆlov oproti poŁ taniu derivÆci je fakt, e v pr pade
pochybnost m eme sprÆvnos» v poŁtu integrÆlu overi» skœ„kou. Zo vz»ahu (1.1)
Z
f(x)dx
0
= f(x)
toti vypl va, e ak sme pri v poŁte postupovali sprÆvne, tak derivÆciou v slednej funkcie dostaneme
integrovanœ funkciu.
CviŁenia
KombinÆciou r znych met d vypoŁ tajte integrÆly.
151. R dx3p(4 3x)2 . 152. R e x sin2xdx.
153. R eax cosbxdx. 154. R(3x2 + 2x+ 1) sin x3 dx.
155. R sinxp(3 + 2 cosx)5dx. 156. R(3x2 + 1) ln(x 4)dx.
157. R
lnx
x
2
dx. 158. R x2 arctg 3xdx.
159. R arcsin2xdx. 160. R sinxsinhxdx.
161. R(4x3 + 2x) arctgxdx. 162. R dx(2x2+2)parccotg3 x.
163. R(2x 1) arccosxdx. 164. R(x2 3x+ 1) cosh 2xdx.
V sledky
151. 3p4 3x+c.
152. e x sin2x e x5 (sin 2x+ 2 cos 2x) +c.
153. aeax(a2+b2)(cosbx+bsinbx) +c.
154. ( 9x2 6x+ 159) cos x3 + (54x+ 18) sin x3 +c.
155. 17p(3 + 2 cosx)7 +c.
156. (x3 +x 68) ln(x 4) x33 2x2 17x+c.
157. ln2 x+2 lnx+2x +c.
158. x33 arctg 3x x218 + ln(9x2+1)162 +c.
38 KAPITOLA 1. NEUR¨IT INTEGR`L
159. xarcsin2x+ 2p1 x2 arcsinx 2x+c.
160. 12(sinxcoshx cosxsinhx) +c.
161. (x4 +x2) arctgx x33 +c.
162. 1parccotgx +c.
163. (x2 x 12) arccosx+ (1 x2 )p1 x2 +c.
164. (x2 3x+ 1) sinh 2x (x 32) cosh 2x+c.
Kapitola 2
UrŁit integrÆl
2.1 Pojem urŁitØho integrÆlu
De n cia urŁitØho integrÆlu je pomerne zlo itÆ a Łitate ju nÆjde napr. v [1], [5], [6]. Na tomto mieste
ju len vo ne op „eme.
Predstavme si, e v intervale ha;bi je de novanÆ nezÆpornÆ spojitÆ funkcia f a potrebujeme vy-
poŁ ta» obsah plochy "pod jej grafom", t.j. obsah rovinnej oblasti ohraniŁenej grafom funkcie f, osou
ox a priamkami x = a a x = b. Pokia je f lineÆrna alebo kon„tantnÆ, jednÆ sa o lichobe n k, pr -
padne obd nik a rie„enie œlohy je jednoduchØ. Pre v„eobecnœ funkciu m eme postupova» nasledovne.
Obr. 2.1: UrŁit integrÆl.
1. Rozdel me bodmi a = x0 < x1 < x2 < < xn 1 < xn = b interval ha;bi na n podintervalov
hxi 1;xii. OznaŁme d d ku najdlh„ieho z nich.
2. V ka dom podintervale zvol me niektor bod pi.
3. V ka dom podintervale nahrad me pr slu„nœ Łas» plochy obd nikom so zÆklad ou d ky (xi
xi 1) a v „kou f(pi).
4. SŁ tame obsahy v„etk ch tak chto obd nikov.
S =
nX
i=1
f(pi)(xi xi 1):
39
40 KAPITOLA 2. UR¨IT INTEGR`L
DostÆvame tak aproximÆciu (pribli nœ hodnotu) h adanØho obsahu. S t mto v sledkom sa v„ak nem -
eme uspokoji». Z obrÆzku je vidie», e ak zhust me deliace body, hodnota S sa viac pribl i skutoŁnej
hodnote. Preto cel postup opakujeme tak, e d ka d najdlh„ieho podintervalu sa bude bl i» k nule.
Takto limitnou hodnotou aproximÆcie S bude h adan obsah.
Tento teoretick postup je v„ak pre v„eobecnœ funkciuf prakticky neuskutoŁnite n . Preto hladÆme
in sp sob, ako nÆjs» h adan obsah. OznaŁme S(x) obsah plochy pod grafom funkcie f v intervale
ha;xi. V„imnime si zmenu S(x + h) S(x) pre Ł slo h bl zke k nule. TÆto sa pribli ne rovnÆ obsahu
obd nika so stranami d ok h a f(x), teda S(x+h) S(x) hf(x).
Obr. 2.2: S0(x) = f(x)
Preto
lim
h!0
S(x+h) S(x)
h = f(x):
V raz na avej strane je derivÆcia funkcie S v bode x, tak e dostÆvame d le it fakt
S0(x) = f(x);
z ktorØho vypl va, e S je tÆ primit vna funkcia k funkcii f v intervaleha;bi, pre ktorœ plat S(a) = 0
(v bode a sa jednÆ o "plochu" s nulov m obsahom). Preto h adan obsah sa rovnÆ rozdielu S(b) S(a).
V predchÆdzajœcich riadkoch je pribli ne op san proces integrÆcie spojitej funkcie f v intervale
ha;bi a motivuje nasledujœci pojem urŁitØho integrÆlu. Nech f je spojitÆ funkcia v intervale ha;bi
a F je funkcia primit vna k f v intervale ha;bi. UrŁit integrÆl funkcie f v intervale ha;bi je Ł slo
F(b) F(a). Tento fakt zapisujeme nasledovne
bZ
a
f(x)dx = [F(x)]ba = F(b) F(a): (2.1)
PoznÆmka 1. Uveden vz»ah sa volÆ Newtonova-Leibnizova formula. NeurŁit a urŁit in-
tegrÆl sœ vo svojej podstate naprosto odli„nØ matematickØ objekty. K m neurŁit integrÆl je mno ina
funkci , urŁit integrÆl je Ł slo. To, Ło ich spÆja (okrem slova integrÆl v ich nÆzvoch), je skutoŁnos»
vyjadrenÆ uveden m vz»ahom (2.1), e urŁit integrÆl sa dÆ vyjadri» pomocou ubovo nej funkcie z ne-
urŁitØho integrÆlu. Vo vz»ahu (2.1) v raz na avej strane je oznaŁen m urŁitØho integrÆlu funkcie f
v intervale ha;bi a v raz v strede je in zÆpis Ł sla F(b) F(a). Pri samotnom v poŁte postupu-
jeme tak, e najsk r nÆjdeme niektorœ primit vnu funkciu F k funkcii f (oznaŁenie v razom v strede)
2.1. POJEM UR¨IT HO INTEGR`LU 41
a potom dosad me krajnØ body intervalu a odŁ tame (v raz na pravej strane). OdporœŁame Łitate ovi
presvedŁi» sa, e Ł slo F(b) F(a) nie je zÆvislØ od v beru primit vnej funkcie.
Pr klad 1. VypoŁ tame a)
4R
1
xdx, b)
4R
1
x2dx, c)
1R
1
x2dx, d)

2R
0
sinxdx, e)
eR
1
lnxdx, f)
1R
0
dx
1+x2 .
Rie„enie: a)
4Z
1
xdx =
"
x2
2
#4
1
= 4
2
2
12
2 =
15
2 :
b)
4Z
1
x2dx =
"
x3
3
#4
1
= 4
3
3
13
3 =
63
3 :
c)
1Z
1
x2dx =
"
x3
3
#1
1
= 1
3
3
( 1)3
3 =
2
3:
d)

2Z
0
sinxdx = [ cosx]

20 = 0 ( 1) = 1:
e)
eZ
1
1
xdx = [lnx]
e
1 = lne ln 1 = 1:
f)
1Z
0
dx
1 +x2 = [arctgx]
1
0 = arctg 1 arctg 0 =

4:
|
Ak a b, tak de nujeme
aZ
b
f(x)dx =
bZ
a
f(x)dx:
Nasledujœce vz»ahy sœ jednoduch mi d sledkami vz»ahu (2.1) a vlastnost neurŁitØho integrÆlu a platia,
ak funkcie sœ spojitØ v intervaloch, v kor ch integrujeme.
aZ
a
f(x)dx = 0: (2.2)
bZ
a
f(x)dx =
cZ
a
f(x)dx+
bZ
c
f(x)dx: (2.3)
bZ
a
(cf(x) +dg(x)) dx = c
bZ
a
f(x)dx+d
bZ
a
g(x)dx; c;d2R: (2.4)
42 KAPITOLA 2. UR¨IT INTEGR`L
Vz»ah (2.4) sa pou va pri v poŁte integrÆlov zlo en ch z funkci , ktor ch integrÆl u poznÆme.
Pr klad 2. VypoŁ tame
4R
1
(3x2 5x)dx.
Rie„enie: V poŁet m eme uskutoŁni» priamo
4Z
1
(3x2 5x)dx =
"
x3 5 x
2
2
#4
1
=

43 5 4
2
2
!


13 5 1
2
2
!
=
=

64 5 162



1 5 12

= 512
alebo pou it m vz»ahu (2.4) a prv ch dvoch integrÆlov v Pr klade 1
4Z
1
(3x2 5x)dx = 3
4Z
1
x2dx 5
4Z
1
xdx = 3 633 5 152 = 512 :
Pri v poŁte nasledujœceho integrÆlu pou ijeme vz»ah (2.3).
Pr klad 3. VypoŁ tame
R
0
jcosxjdx.
Rie„enie: Preto e funkcia cosx men v bode 2 intervalu integrÆcie znamienko, integrÆl vypoŁ -
tame pod a vz»ahu (2.3) ako sœŁet integrÆlov.
Z
0
jcosxjdx =

2Z
0
cosxdx+
Z

2
( cosx)dx =
= [sinx]

20 [sinx]
2
= (sin 2 sin 0) (sin sin 2 ) = 2:
|
2.1.1 CviŁenia
VypoŁ tajte urŁitØ integrÆly.
1.
1R
1
(x+ 1)2dx, 2.
1R
0
(x2 2x+ 3)dx,
3.
R
0
sinxdx, 4.
1R
0
dx
1+x2 ,
5.
5R
7
jx+ 1jdx, 6.
1R
1
coshxdx,
7.
9R
1
x+1p
x dx, 8.
R

2
sinx+ cosxdx.
9. Funkcia f je de novanÆ
f(x) =
(
x2; x2h0;1ip
x; x2h1;2i:
VypoŁ tajte
2R
0
f(x)dx.
2.2. MET DY PO¨˝TANIA UR¨IT HO INTEGR`LU 43
2.1.2 V sledky
1. 83, 2. 73, 3. 2, 4. 4 ,
5. 36, 6. e 1e, 7. 643 , 8. 0.
9. 13(4p2 1).
2.2 Met dy poŁ tania urŁitØho integrÆlu
Pre v poŁet urŁitØho integrÆlu modi kujeme met dy v poŁtu neurŁitØho integrÆlu nalsedovne.
Met da per partes pre urŁitØ integrÆly.
Nech funkcie f a g majœ spojitØ derivÆcie v intervale ha;bi. Potom plat
bZ
a
f0(x)g(x)dx = [f(x)g(x)]ba
bZ
a
f(x)g0(x)dx: (2.5)
SubstituŁnÆ met da pre urŁitØ integrÆly.
bZ
a
f(’(x))’0(x)dx = (t = ’(x)) =
t=’(b)Z
t=’(a)
f(t)dt: (2.6)
Tento vz»ah plat , ak ’0 je spojitÆ funkcia v intervale ha;bi a f je spojitÆ funkcia v obore hodn t
funkcie ’. Uvedomme si, e hranice integrÆlu na pravej strane vzniknœ dosaden m hran c p vodnej
premennej x do vz»ahu medzi novou a starou premennou t = ’(x).
Pri poŁ tan urŁit ch integrÆlov zo zlo itej„ ch funkci m eme postupova» v zÆsade dvomi sp sobmi
Oddel me fÆzu v poŁtu primit vnej funkcie od fÆzy v poŁtu urŁitØho integrÆlu. Najsk r si ne-
v„ mame hranice a poŁ tame len neurŁit integrÆl danej funkcie. Po vypoŁ tan pou ijeme jednu
z nÆjden ch primit vnych funkci (spravidla vol me integraŁnœ kon„tantu c = 0) na dosadenie
koncov ch bodov intervalu a v poŁet urŁitØho integrÆlu.
Neoddel me fÆzu v poŁtu primit vnej funkcie od fÆzy v poŁtu urŁitØho integrÆlu. PoŁas v poŁtu
spÆjame techniku integrovania s dosaden m hodn t (met da per partes), pr padne so zmenami
hran c (substituŁnÆ met da).
Ver me, e pou itie prvØho sp sobu v poŁtu Łitate ovi nebude robi» problØmy, preto sa v rie„eniach
obmedz me na v poŁet druh m sp sobom.
Pr klad 4. SubstituŁnou met dou vypoŁ tame urŁitØ integrÆly
1Z
2
dx
x2 + 4x+ 5;
p3Z
0
4xp
x2 + 1 dx;
4Z
1
dx
2px(1 +px)2;

4Z
0
tg3xdx:
Rie„enie: V ka dom rie„en naznaŁ me substitœciu a zmenu hran c. Podrobnosti v poŁtu nechÆme
na Łitate a. 1
Z
2
dx
x2 + 4x+ 5 =
1Z
2
dx
(x+ 2)2 + 1 = (t = x+ 2) =
1Z
0
dt
t2 + 1 =
44 KAPITOLA 2. UR¨IT INTEGR`L
= [arctgt]10 = 4:
p3Z
0
4xp
x2 + 1 dx =

t = x2 + 1

=
4Z
1
2dtp
t = 2
4Z
1
t 12 dt =
= 4
hp
t
i4
1 = 4(2 1) = 4:
4Z
1
dx
2px(1 +px)2 =
t = 1 +px = 3Z
2
dt
t2 =

1t
3
2
= 13 ( 12) = 16:

4Z
0
tg3xdx =

4Z
0
sin3x
cos3xdx = (t = cosx) =
cos 4Z
cos 0
1 t
2
t3 dt =
1
2t2 + lnt
p2
2
1
=

1 + ln
p2
2 (
1
2 + ln 1)
!
= 12(1 ln 2):
|
Pr klad 5. Met dou per partes vypoŁ tame urŁitØ integrÆly
1Z
0
xp1 xdx;
3Z
0
ln(x+ 3)dx;

3Z

4
x
sin2xdx;
ln 2Z
0
xcoshxdx:
Rie„enie: 1
Z
0
xp1 xdx =

23x(1 x)32
1
0
+ 23
1Z
0
(1 x)32 dx =
= 0
2
3
2
5(1 x)
5
2
1
0
= 415:
3Z
0
ln(x+ 3)dx = [xln(x+ 3)]30
3Z
0
x
x+ 3 dx = 3 ln 6 [x 3 ln(x+ 3)]
3
0 =
= 3 ln 6 (3 3 ln 6 + 3 ln 3) = 6 ln 6 3 ln 3 3 = 3(ln 12 1):

3Z

4
x
sin2xdx = [ x cotgx]

3
4
+

3Z

4
cotgxdx = 3
p3
3 +

4 + [ln(sinx)]

3
4
=
= 4