Funkcje pierwotne - Historia wersji

Anula: Utworzono nową stronę "NOTOC ==Podstawowe definicje== ===Funkcja pierwotna=== Funkcję F nazywamy ''funkcją pierwotną'' funkcji $f\;$ , określonej w przedziale otwartym
2015-05-22T12:12:14Z

Utworzono nową stronę "NOTOC ==Podstawowe definicje== ===Funkcja pierwotna=== Funkcję F nazywamy ''funkcją pierwotną'' funkcji <math>f\;</math>, określonej w przedziale otwartym <math..."

Nowa strona
NOTOC

==Podstawowe definicje==
===Funkcja pierwotna===
Funkcję F nazywamy ''funkcją pierwotną'' funkcji <math>f\;</math>, określonej w przedziale otwartym <math>P</math> (skończonym lub nieskończonym), jeśli <math>F'(x)=f(x)\;</math> dla każdego <math>x\in P</math>.
====Przykłady====
#Funkcja <math>\sin\; x\;</math> jest funkcją pierwotną funkcji <math>\cos\; x\;</math>, bo <math>(\sin\; x)'=\cos\; x\;</math>.
#Również funkcja <math>\sin\; x +C\;</math>, gdzie <math>C\;</math> jest dowolną stałą, jest funkcją pierwotną funkcji <math>\cos\; x\;</math>.
#Funkcją pierwotną dla <math>e^x\;</math> jest ta sama funkcja <math>e^x\;</math>.
====Funkcja pierwotna na przedziale domkniętym====
Jeśli funkcja <math>f\;</math> jest określona w przedziale ''domkniętym'' <math>a\leq x\leq b\;</math>, to funkcję <math>F\;</math> nazywamy jej funkcją pierwotną, jeśli <math>F'(x)=f(x) \;</math> dla <math>a<x<b\;</math> oraz zachodzi: <math>F'_+(a) = f(a)\;</math> i <math>F'_-(b)=f(b)\;</math>.
====Twierdzenie====
Jeśli dwie funkcje <math>F\;</math> i <math>G\;</math> są funkcjami pierwotnymi funkcji <math>f\;</math> w przedziale <math>P</math> (otwartym lub domkniętym), to te dwie funkcje różnią się między sobą o stałą.
=====Dowód=====
Ponieważ zachodzi: <math>F'(x)=G'(x)\;</math>, to — na mocy twierdzenia które było przy pochodnych (wniosek z [[Matematyka:Pochodne1#Twierdzenie_Lagrange.27a_i_Cauchy.27ego|wz. Lagrange'a o wart. średniej]] — funkcje te różnią się o stałą: <math>F(x) = G(x)+C\;</math>.

I odwrotnie, funkcja, która powstaje przez dodanie stałej do funkcji pierwotnej funkcji <math>f\;</math>, jest też funkcją pierwotną funkcji <math>f\;</math>.

Tak więc wyrażenie: <math>F(x)+C\;</math> jest ogólną postacią funkcji pierwotnej funkcji <math>f\;</math>.

'''CBDO'''
====Całki nieoznaczone====
To ostatnie wyrażenie oznaczamy symbolem
<center><math>
\int f(x) d x,
\;</math></center>
czytamy: "całka <math>f(x)\;</math> po <math>d x\;</math>" i nazywamy je ''całką nieoznaczoną'' funkcji <math>f\;</math>. Mamy więc:
<equation id="eq:1">
<math>
\int f(x) d x = F(x)+C, \;\;\;\mbox{gdzie}\;\;\; F'(x)=f(x),
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:2">
<math>
\frac{d}{d x} \int f(x) d x =f(x),
</math>
</equation>
<equation id="eq:3">
<math>
\int \frac{d F(x)}{d x} d x = F(x)+c.
\;</math>
</equation>
Znajdowanie całki nieoznaczonej danej funkcji <math>f\;</math> lub — innymi słowy — znajdowanie funkcji pierwotnej funkcji <math>f\;</math> nazywamy ''całkowaniem'' funkcji <math>f\;</math>. Całkowanie jest więc procesem (prawie) odwrotnym do różniczkowania. <ref>Dlaczego ''prawie''? Otóż jeśli weźmiemy jakąś funkcję <math>f\;</math>, scałkujemy ją, a następnie zróżniczkujemy — to otrzymamy tę samą funkcję <math>f\;</math>. Natomiast jeśli najpierw funkcję <math>f\;</math> zróżniczkujemy, a potem scałkujemy, to otrzymamy funkcję <math>f\;</math> '' plus dowolna stała'' — więc coś bardzo podobnego, ale jednak nie to samo.</ref>
==Funkcje pierwotne funkcji elementarnych==
Jak wynika z samej definicji całki nieoznaczonej, każdy wzór na pochodną jakiejś funkcji daje automatycznie wzór na całkę funkcji otrzymanej po zróżniczkowaniu. Mamy np.: Z wzoru <math>(\sin\; x)' = \cos\; x\;</math> otrzymujemy
<center><math>
\int \cos\; x d x = \sin\; x + C.
\;</math></center>

Ze znanych wzorów na pochodne otrzymujemy następujące wzory na funkcje pierwotne:
<equation id="eq:4">
<math>
\int 0 d x = C,
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:5">
<math>
\int a d x = ax +C,
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:6">
<math> \int x^nd x
=\frac{1}{n+1} x^{n+1} +C, \;\;n\in \mathbb N \; ,
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:7">
<math> \int \cos\; x d x
=\sin\; x +C,
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:8">
<math> \int \sin\; x d x
=-\cos\; x +C,
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:9">
<math> \int \frac{1}{\cos\;^2 x}d x = \tg\; x + C;\;\;\;
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:10">
<math> \int \frac{1}{\sin\;^2 x}d x = -\ctg\; x + C,
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:11">
<math> \int e^x d x
=e^x+C
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:12">
<math>
\int \frac{d x}{x} = \ln |x| + C,
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:13">
<math>
\int \frac{d x}{\sqrt{1-x^2}} d x = {\rm arc \sin}\, x +C,
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:14">
<math>
\int \frac{d x}{1+x^2} d x = {\rm arctg}\, x +C,
\;</math>
</equation>
<equation id="eq:15">
<math> \int x^ad x
=\frac{1}{a+1} x^{a+1} +C, \;\;a\in \mathbb R \; ,\;\; a\ne -1
\;</math>
</equation>
==Ogólne wzory na całkowanie==
Załóżmy, że funkcje <math>f\;</math> i <math>g\;</math> są ciągłe. Zachodzą wówczas następujące wzory.
<ol>
<li>
<math>\int(f(x)+g(x)) d x = \int f(x)d x +\int g(x) d x. </math>
<br/>
'''Dowód'''<br/>
Mamy bowiem: <math>\frac{d}{d x} \left( \int f(x)d x + \int g(x) d x \right) = f(x) + g(x).</math><br/>
'''CBDO'''<br/>
</li>
<li>
<math>\int a f(x) d x = a \int f(x) d x, \;\;\;\mbox{gdzie } a - \mbox{stala}.</math>
<br/>
'''Dowód'''
<br/>
<math>\frac{d}{d x} \left( a \int f(x)d x \right) = a \frac{d}{d x}\int f(x)d x = a f(x).</math>
</li>
<li>(Wzór na ''całkowanie przez części'') Dla <math>f,g\;</math> takich, że <math>f', g'\;</math> są ciągłe zachodzi
<center><math>
\int f(x) g'(x) d x = f(x) g(x) - \int f'(x) g(x) d x
</math></center>

'''Dowód'''

Zróżniczkujmy obie strony powyższej równości. Mamy: <math>f(x) g'(x) = f'(x) g(x) + f(x) g'(x) - f'(x) g(x).</math>

'''CBDO'''

'' Przykłady''
#<math>\int x e^x d x = \int x (e^x)'d x = x e^x -\int x' e^x d x = x e^x - \int e^x d x = x e^x - e^x.</math>
#<math>\int \ln x d x = \int x' \ln x d x = x \ln x - x \int (\ln x)' d x =x \ln x - x \int x \frac{1}{x} d x = x \ln x -x+C.</math>
</li>
<li>(wzór na ''całkowanie przez podstawienie'', lub na ''zamianę zmiennych w całce''):
<center><math>
\int g(f(x)) \frac{d f(x)}{d x} d x = \left. \int g(y) d y\right|_{y=f(x)}
</math></center>

'' Uwaga.'' Krócej ten wzór możemy zapisać, oznaczając <math>y=f(x)\;</math> i <math>z=g(y)\;</math>. Wtedy mamy:
<center><math>
\int z \frac{d y}{d x} d x = \int z d y.
\;</math></center>

'''Dowód'''

Dowód opiera się na odwróceniu wzoru na różniczkowanie funkcji złożonej. Oznaczmy <math>G(y)=\int g(y) d y\;</math>. Mamy:
<center><math>
\left[ G(f(x))\right]'=G'(f(x))\cdot f'(x) = g(f(x))\cdot f'(x);
\;</math></center>
biorąc teraz funkcję pierwotną od obu stron, mamy
<center><math>
\int g(f(x))\cdot f'(x) d x = \int \left[ G(f(x))\right]'d x = G(f(x))=\left. G(y)\right|_{y=f(x)} =\left. \int g(y) d y\right|_{y=f(x)}
</math></center>

'''CBDO'''

''Przykłady''
#<math>\int g(ax)d x = \frac{1}{a} \int g(y) d y, \;\;\;\mbox{gdzie} \;\;y=ax.</math>
#<math>\int f(x+a)d x = \int f(y)d y, \;\;\;\mbox{gdzie} \;\;y=x+a.</math>
</li></ol>
===Przykład 1===
Obliczmy całkę:
<center><math>\int \frac{x}{1+x^2}d x.</math></center>

Zrobimy to za pomocą podstawienia <math>y=x^2\;</math>. Mamy:
<center><math>
\int \frac{x}{1+x^2}d x = \;</math> <math>||y=x^2, x d x = \frac{1}{2}d y||=\frac{1}{2}\int \frac{d y}{1+y}=\frac{1}{2} \ln(1+y)=\frac{1}{2}\ln(1+x^2).</math></center>
===Przykład 2===
W następującej całce podstawimy <math>x=\sin\; t\;</math>, zakładając, że <math>t\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\;</math> :
<center><math>
\int\sqrt{1-x^2}d x =||\ x=\sin\; t, d x =\cos\; t d t\;||=\int \cos\;^2 t d t;\;</math></center>
tę całkę liczymy całkując przez części:
<center><math>\int \cos\;^2 t d t = \int (\sin\; t)'\cos\; t d t = \sin\; t \cos\; t - \int \sin\; t (\cos t)' d t= \sin\; t \cos\; t + \int \sin\;^2 t d t</math></center>
<center><math>
= \sin\; t \cos\; t + \int d t - \int \cos\;^2 t d t,
\;</math></center>
skąd mamy
<center><math>
\int\sqrt{1-x^2}d x =\int \cos\;^2 t d t = \frac{1}{2}(\sin\; t \cos\; t + t) = \frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2}+{\rm arc\sin}\,x).</math></center>

====Uwaga====
Poprawność całkowania możemy sprawdzić, różniczkując wynik; po zrobieniu tego powinniśmy otrzymać funkcję podcałkową.

===Uwaga o funkcjach elementarnych===
''Funkcją elementarną'' nazywamy funkcję wymierną, trygonometryczną, wykładniczą, lub jedną z odwrotności tychże. Rozpatrzmy teraz zbiór funkcji, powstałych z elementarnych przez branie ich sumy, iloczynu, ilorazu, złożenia albo kombinacji tychże. Pochodną każdej z tych funkcji można znaleźć, posługując się wzorami na pochodną sumy, iloczynu, ilorazu bądź złożenia funkcji.

''Z całkami jest inaczej:'' Gdy musimy znaleźć funkcję pierwotną funkcji z powyższej klasy, to taka pochodna może się już nie dać wyrazić przez funkcje elementarne. Tak jest np. z całkami: <math>\int e^{-x^2} d x\;</math> czy <math>\int \sqrt{1+ k^2 \sin\;^2 x} d x\;</math>, <math>k^2\ne 1\;</math>.

Podkreślmy, że obie te funkcje pierwotne ''istnieją'' — zgodnie z powyższym twierdzeniem, że każda funkcja ciągła posiada funkcję pierwotną. Powyższe funkcje pierwotne istnieją, tyle że się nie wyrażają przez funkcje elementarne: Pierwsza całka to tzw. ''funkcja błędu'', a druga to ''całka eliptyczna''. Tak więc ''nie dla każdej funkcji'' da się funkcję pierwotną wyrazić przez funkcje elementarne.

W pozostałej części tego rozdziału będziemy rozważać te klasy funkcji, dla których da się to zrobić.

==Rekurencyjne metody obliczania całek==

Załóżmy, że mamy jakiś ciąg funkcji <math>\{f_n\}(x)\;</math> i że chcemy obliczyć całki <math>I_n =\int f_n(x) d x.\;</math> Metoda rekurencyjna polega na obliczeniu całki dla <math>n=1\;</math> (lub <math>n=0\;</math> ) i na umiejętności sprowadzenia liczenia <math>n-\;</math> tej całki do całki o numerze <math>n-1\;</math> (lub wcześniejszej).

Był to ogólny (tak ogólny, że ogólnikowy) przepis; przyjrzyjmy się, jak to się przekłada na praktykę.

===Przykład 1===
Obliczyć całkę
<center><math>
I_n=\int e^{-x} x^n d x.
</math></center>

We wzorze na <math>I_n\;</math> wykonajmy całkowanie przez części w następujący sposób:
<center><math>
I_n=\int e^{-x} x^n d x = \int (-) (e^{-x})' x^n d x = - e^{-x} x^n - (-) \int e^{-x} n x^{n-1} d x = -e^{-x}x^n + n I_{n-1};</math></center>
aby sfinalizować liczenie całki, potrzebujemy jeszcze wyrażenia na <math>I_0\;</math>:
<center><math>
I_0 = \int e^{-x}d x = - e^{-x}.
</math></center>
Ostatecznie więc
<center><math>
\begin{matrix}
I_n= -e^{-x} x^n + n I_{n-1} = -e^{-x} x^n - n e^{-x}x^{n-1}-n(n-1)I_{n-2} = \dots\\ = -e^{-x}[x^n + n x^{n-1} + n(n-1) x^{n-2}+ \dots + n! x ] + I_0 = -n! e^{-x} \, \left( 1+x+\frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!}\right)+C.
\end{matrix}
</math></center>
===Przykład 2===
Weźmy teraz:
<center><math>
I_n=\int \frac{d x}{(1+x^2)^n}.
</math></center>

Mamy:
<center><math>
I_1=\int \frac{d x}{1+x^2}=arctg x.
</math></center>
Teraz policzmy:
<center><math>
\begin{matrix}
I_n=\int \frac{ x' d x}{(1+x^2)^n} = \frac{x}{(1+x^2)^n} - \int x\left(\frac{1}{(1+x^2)^n}\right)' d x = \frac{x}{(1+x^2)^n} - (-n) \int x\frac{2x}{(1+x^2)^{n+1}} d x \;\\=\frac{x}{(1+x^2)^n} +2n \int \frac{x^2+1-1}{(1+x^2)^{n+1}} d x =
\frac{x}{(1+x^2)^n} +2n I_n - 2n I_{n+1},\end{matrix}</math></center>
skąd mamy
<equation id="eq:16">
<math>
I_{n+1} =\frac{2n-1}{2n} I_n+\frac{1}{2n} \frac{x}{(1+x^2)^n}.
\;</math>
</equation>

==Całki z funkcji wymiernych==
Nazywamy w ten sposób całkę, gdzie funkcją podcałkową jest ''funkcja wymierna'':
<center><math>
f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}
</math></center>
gdzie <math>P(x), Q(x)\;</math> — wielomiany.

Liczenie całki wykonujemy w kilku krokach.

Będziemy zakładać, że stopień licznika jest '' niższy'' od stopnia mianownika. Gdyby tak nie było, to
<ol>
<li> ''wykonujemy dzielenie wielomianów (z resztą)'' i możemy zapisać:
<center><math>
P(x) = w(x)\cdot Q(x) + r(x),
</math></center>
gdzie <math>w(x)\;</math> — wynik dzielenia, a <math>r(x)\;</math> — reszta, przy czym <math>\deg r < \deg Q\;</math>.
Mamy w ten sposób:
<center><math>
\frac{P(x)}{Q(x)} = w(x) + \frac{r(x)}{Q(x)},
</math></center>
gdzie <math>w(x)\;</math> jest wielomianem, który umiemy scałkować, zaś w <math>\frac{r(x)}{Q(x)}\;</math> stopień licznika jest mniejszy od stopnia mianownika — tak jak dalej potrzeba.</li>
<li>''Rozkładamy mianownik na czynniki.'' Niedługo poznamy twierdzenie z algebry, które mówi, że:

''' Tw. '''Dowolny wielomian o współczynnikach rzeczywistych rozkłada się na czynniki stopnia co najwyżej drugiego, tzn. postaci: <math>x-a\;</math> (czynniki liniowe) oraz <math>x^2 + bx + c\;</math> (kwadratowe), dla których <math>\Delta<0\;</math>.

'' Uwaga.'' Liczba <math>a\;</math> z czynnika liniowego jest '' pierwiastkiem'' wielomianu; z tw. Bézout mamy, że jeżeli <math>a\;</math> jest pierwiastkiem wielomianu <math>Q(x)\;</math>, to wielomian <math>Q(x)\;</math> dzieli się przez <math>x-a\;</math> bez reszty, tzn. można zapisać: <math>Q(x)=\tilde{Q}(x) (x-a)\;</math>, gdzie <math>\tilde{Q}(x)\;</math> jest wielomianem stopnia o 1 niższego niż <math>Q(x)\;</math>. Oraz dokładniej: Jeśli <math>a\;</math> jest <math>k-\;</math> krotnym pierwiastkiem wielomianu <math>Q(x)\;</math>, to wielomian <math>Q(x)\;</math> dzieli się przez <math>(x-a)^k\;</math> bez reszty, tzn. można zapisać: <math>Q(x)=\tilde{Q}(x) (x-a)^k\;</math>, gdzie <math>\tilde{Q}(x)\;</math> jest wielomianem stopnia o <math>k\;</math> niższego niż
<math>Q(x)\;</math>.
Dla trójmianów kwadratowych ''nierozkładalnych'' jest podobnie, ale zagłębienie się w temat wymaga znajomości liczb zespolonych, więc odkładamy to do czasu, gdy się z nimi zaznajomimy.
</li>
<li>''rozkład na ułamki proste.''

''' Def.''' ''Ułamkiem prostym'' nazywamy wyrażenie postaci
<center><math>
\frac{A}{(x-a)^k}\;\;\;\mbox{lub} \;\;\; \frac{Cx+D}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m},
</math></center>
gdzie <math>A, a; C,D,\alpha,\beta\in \mathbb R \; \;</math>.

''Uwaga:'' W mianowniku ostatniego wyrażenia występuje postać kanoniczna trójmian kwadratowego, który nie ma pierwiastków rzeczywistych.

I teraz!!</li>
<li>'''Tw. '''
Funkcja wymierna <math>\frac{P(x)}{Q(x)}\;</math> jest sumą ułamków prostych, których mianowniki są czynnikami wielomianu <math>Q(x)\;</math>.

'''Tw.'''(o rozkładzie na ułamki proste): Każda funkcja wymierna: <math>\frac{P(x)}{Q(x)}\;</math>,gdzie <math>\deg P<\deg Q\;</math>, daje się zapisać jako suma ułamków prostych, których mianowniki są czynnikami wielomianu <math>Q(x)\;</math>. Dokładniej: Jeżeli w rozkładzie <math>Q(x)\;</math> na czynniki pojawia się wyrażenie <math>(x-a)^k\;</math>, to wśród ułamków prostych znajdują się wyrazy:
<center><math>
\frac{A_1}{x-a},\;\;\frac{A_2}{(x-a)^2},\;\dots,\;\frac{A_m}{(x-a)^k};
\;</math></center>
jeżeli zaś w rozkładzie <math>Q(x)\;</math> na czynniki pojawia się <math>((x-\alpha)^2 +\beta^2)^m\;</math>, to wśród ułamków prostych znajdą się wyrazy:
<center><math>
\frac{C_1 x + D_1}{(x-\alpha)^2+\beta^2}, \;\;\frac{C_2 x + D_2}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^2}, \;
\dots\;\frac{C_m x + D_m}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m}
\;</math></center>

Wyznaczenie konkretnych wartości współczynników stojących przy ułamkach prostych odbywa się przez porównanie obu postaci funkcji wymiernej: Postaci wyjściowej: <math>f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}\;</math>, oraz otrzymanej z rozkładu na ułamki proste.<ref>Gdy wszystkie ułamki proste są odwrotnościami wielomianów pierwszego stopnia, to współczynniki można wyznaczyć znacznie prościej.</ref></li></ol>

"Jak to działa", zobaczmy na przykładach.
===Przykłady===
<ol>
<li>Rozłóżmy na ułamki proste funkcję wymierną
<equation id="eq:17">
<math>
f(x)=\frac{x-1}{(x-2)^2(x-3)}
</math>
</equation>
Zgodnie z powyższym twierdzeniem, rozkład na ułamki proste będzie miał postać:
<center><math>
\frac{x-1}{(x-2)^2(x-3)}= \frac{A}{x-2}+\frac{B}{(x-2)^2}+\frac{C}{x-3}.
</math></center>
Współczynniki <math>A,B,C\;</math> wyznaczamy, sprowadzając prawą stronę do wspólnego mianownika. Mamy:
<center><math>
\frac{x-1}{(x-2)^2(x-3)}= \frac{A(x-2)(x-3)+B(x-3)+C(x-2)^2}{(x-2)^2(x-3)}=\frac{(B+C)x^2+(5A+B-4C)x+6A-3B+4C}{(x-2)^2(x-3)},
</math></center>
co daje równania:
<center><math>
A+C=0;\;\;\;-5A+B-4C=1; \;\;\;6A-3B+4C=-1.
</math></center>
Rozwiązanie tego układu równań daje:
<center><math>
A=-2,\;\;\;B=-1, \;\;\;C=2.
</math></center>
</li>
<li>Weźmy teraz: <math>f(x)=\frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2}\;</math>. <br/>
Rozkład na ułamki proste ma postać:
<equation id="eq:18">
<math>
f(x)=\frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2} = \frac{A}{x-2} + \frac{Bx+C}{x^2+1}+ \frac{Dx+E}{(x^2+1)^2}.
</math>
</equation>
Współczynniki <math>A,B,C,D,E\;</math> wyznaczamy z porównania obu stron po sprowadzeniu prawej do
wspólnego mianownika, co daje:
<center><math>
2x^2+2x+13=A(x^2+1)^2 + (Bx+C)(x-2)(x^2+1) + (Dx+E)(x-2)
</math></center>
skąd otrzymujemy układ równań na współczynniki:
{|class="wikitable"
|wsp. przy <math>x^4</math>
|<math>A+B=0</math>
|-
|wsp. przy <math>x^3</math>
|<math>-2B+C=0</math>
|-
|wsp. przy <math>x^2</math>
|<math>2A+B-2C+D=2</math>
|-
|wsp. przy <math>x</math>
|<math>-2B+C-2D+E=2</math>
|-
|wsp. przy <math>0</math>
|<math> A-2C-2E=13</math>
|}
Rozwiązując ten układ równań, dostajemy:
<center><math>
A=1, \;B=-1,\; C=-2,\; D=-3,\; E=-4
</math></center>
co daje rozkład na ułamki proste:
<equation id="eq:19">
<math>
f(x)=\frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2} = \frac{1}{x-2} - \frac{x+2}{x^2+1}- \frac{3x+4}{(x^2+1)^2}.
</math>
</equation>
</li></ol>

===Obliczanie funkcji pierwotnych z ułamków prostych===
Twierdzenie o rozkładzie na ułamki proste sprowadza całkowanie funkcji wymiernej do całkowania ułamków prostych. Zobaczymy zaraz, jak obliczać funkcje pierwotne z takich ułamków prostych.
<ol>
<li>Zacznijmy od ułamków prostych postaci <math>\frac{A}{(x-a)^k}\;</math>. Podstawiając <math>y= x-a\;</math>, mamy <center><math>
\int \frac{Ad x}{(x-a)^k} = A\int\frac{d y}{y^k} =
\left\{
\begin{matrix}{}
A\ln (x-a) & \mbox{dla} & k=1,\\
\frac{A}{1-k}\cdot\frac{1}{(x-a)^{k-1}} & \mbox{dla} & k>1.
\end{matrix}
\right.
\;</math></center></li>
<li>Gdy mamy ułamek prosty: <math>\frac{C x + D}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m}\;</math>, to całka nieoznaczona z tego wyrażenia sprowadza się do obliczenia dwóch całek <center><math>
\int \frac{d x}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m}\;\;\;\mbox{oraz}\;\;\;\int \frac{(x-\alpha)d x}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m}.
\;</math></center>
<ol><li>Przy pierwszej całce podstawiamy <math>y=x-\alpha\;</math> i otrzymujemy całkę <math>\int\frac{d y}{(y^2+\beta^2)^m}\;</math>,w której z kolei podstawiamy <math>y=\beta z\;</math> i po tym podstawieniu dostajemy całkę <math>\int\frac{d z}{(z^2+1)^m}\;</math>. Dla <math>m=1\;</math> funkcją pierwotną jest <math>arctg z\;</math>, zaś dla <math>m>1\;</math> wyprowadziliśmy już na tę całkę [[Matematyka:Funkcje_pierwotne#Rekurencyjne_metody_obliczania_ca.C5.82ek | wzór rekurencyjny]] <math>\int(1+x^2)^{-n}</math>.</li>
<li>Przy całce drugiego typu, podstawiamy: <math>y=(x-\alpha)^2\;</math>. Mamy: <math>d y = 2 (x-\alpha) d x\;</math>, skąd otrzymujemy: <center><math>\int \frac{(x-\alpha)d x}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^m} =\frac{1}{2} \int \frac{d y}{(y+\beta^2)^m}
=\left\{\begin{matrix}{}\frac{1}{2}\ln ((x-\alpha)^2+\beta^2) & \mbox{dla} & m=1,\\-\frac{1}{2(k-1)}\cdot\frac{1}{((x-\alpha)^2+\beta^2)^{k-1}} & \mbox{dla} & k>1.\end{matrix}\right.\;</math></center> </li></ol></li></ol>

Tymi to sposobami zawsze możemy obliczyć całkę z funkcji wymiernej (oczywiście, jeśli znamy pierwiastki mianownika <math>Q(x)\;</math>).

====Przykłady====

Obliczmy teraz dla naprzykładu całki z f. wymiernych <xr id="eq:17">(%i)</xr> i <xr id="eq:18">(%i)</xr>.
<ol>
<li> c.d przykładu <xr id="eq:17">(%i)</xr>
<center><math>
\int \frac{x-1}{(x-2)^2(x-3)} d x = -\int\frac{d x}{x-2}-2\int \frac{d x}{(x-2)^2}+2\int\frac{d x}{x-3}=-\ln|x-2| + \ln|x-3| + \frac{2}{x-2} +C.
</math></center>
</li>
<li> c.d przykładu <xr id="eq:18">(%i)</xr>
<center><math>
\int \frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2} d x = \int \frac{d x}{x-2} - \int\frac{(x+2)d x}{x^2+1}-\frac{(3x+4)d x}{(x^2+1)^2}
=\int \frac{d x}{x-2} - \int\frac{xd x}{x^2+1}-2\int\frac{d x}{x^2+1}-3\int \frac{xd x}{(x^2+1)^2} -4\int \frac{d x}{(x^2+1)^2}
</math></center>
<center><math>
=\ln|x-2| -\frac{1}{2}\cdot\ln(x^2+1) - 2 arctg x + \frac{3}{2}\cdot\frac{1}{x^2+1} -4 \frac{d x}{(x^2+1)^2}.
</math></center>
Ostatnią całkę liczymy wykorzystując [[Matematyka:Funkcje_pierwotne#Rekurencyjne_metody_obliczania_ca.C5.82ek | wzór rekurencyjny]] <math>\int(1+x^2)^{-n}</math>; dla <math>n=2\;</math> mamy:
<center><math>
\mathfrak I_2=\int\frac{d x}{(1+x^2)^2}=\frac{1}{2}\cdot \frac{x}{1+x^2}+ \frac{1}{2}I_1 = \frac{1}{2}\cdot \frac{x}{1+x^2}+ \frac{1}{2}arctg x.
\;</math></center>
Ostatecznie
<center><math>
\int \frac{2x^2+2x+13}{(x-2)(x^2+1)^2} d x
=\frac{1}{2}\cdot \frac{3-4x}{x^2+1} + \frac{1}{2}\ln \frac{(x-2)^2}{x^2+1} - 4 arctg x + C.
</math></center>
</li></ol>
===Uwaga===
Analizując metodę całkowania funkcji wymiernych widzimy, że całka z funkcji wymiernej jest postaci:
<center><math>
R(x) + A \ln U(x) + B\; arctg V(x),
</math></center>
gdzie <math>A,B\;</math> — stałe, zaś <math>R(x), U(x), V(x)\;</math> są funkcjami wymiernymi.
==Całki z funkcji wymiernych od funkcji trygonometrycznych==
Niech <math>R(u,v)\;</math> oznacza funkcję trygonometryczną dwóch zmiennych <math>u,v\;</math>. Rozważmy całkę:
<center><math>
\int R(\sin\; x, \cos\; x) d x.
</math></center>

Oazuje się, że całkę tego typu można sprowadzić do całki z funkcji wymiernej poprzez podstawienie trygonometryczne. Podstawieniem, które działa zawsze (aczkolwiek często nie jest sposobem optymalnym ze względu na ilość rachunków) jest ''podstawienie uniwersalne'': <math>t=\tg\;\frac{x}{2}\;</math>.

===Zamiana zmiennych===
Musimy wyrazić <math>\sin\; x, \cos\; x, d x\;</math> przez <math>t\;</math>. Mamy:
<center><math>
\sin\;^2 \frac{x}{2} +\cos\;^2 \frac{x}{2}=1,\;\;</math> skąd <math>\;\; \tg\;^2 \frac{x}{2} + 1 =\frac{1}{\cos\;^2 \frac{x}{2}},\;\;\;</math> co daje <math>\;\;\cos\;^2 \frac{x}{2}=\frac{1}{1+t^2}</math></center>
Mamy dalej
<center><math>
\cos\; x = 2 \cos\;^2\frac{x}{2}-1 = \frac{2}{1+t^2} -1 =\frac{1-t^2}{1+t^2}.
</math></center>
Ponadto:
<center><math>
\sin\;^2 \frac{x}{2} =1 -\cos\;^2 \frac{x}{2} = \frac{t^2}{1+t^2},
</math></center>
co daje
<center><math>
\sin\; x = 2\sin\;\frac{x}{2}\cos\;\frac{x}{2} = \frac{2t}{1+t^2}.
</math></center>
Wreszcie, z równości: <math>x=2arctg t\;</math> mamy
<center><math>
\frac{d x}{d t}=\frac{2}{1+t^2}.
</math></center>
===Podstawienie===
Ostatecznie mamy wszystko co jest potrzebne do podstawienia:
<center><math>
\sin\; x = \frac{2t}{1+t^2},\;\;\;
\cos\; x =\frac{1-t^2}{1+t^2},\;\;\;
{d x}=\frac{2}{1+t^2}{d t} .
</math></center>
===Przykład===
<center><math>
I=\int \frac{d x}{\sin\; x} = \int \frac{1+t^2}{2t}\frac{2}{1+t^2}{d t}=\int\frac{d t}{t} = \ln |t| = \ln\left|\tg\;\frac{x}{2}\right|.
</math></center>

====Uwaga o innych podstawieniach trygonometrycznych====
Powyższe podstawienie uniwersalne działa zawsze. Prowadzi jednak często do funkcji wymiernej o dużych stopniach licznika i mianownika. Z tego względu należy je stosować tylko w ostateczności, jeśli inne podstawienia trygonometryczne nie dadzą się zastosować.

Te inne podstawienia to:
<center><math>
t=\sin\; x,\;\;\; t= \cos\; x\;\;\; t=\tg\; x.
\;</math></center>

Istnieją przepisy, kiedy takie podstawienia stosować. Nie będziemy ich tu wypisywać (zainteresowany Czytelnik znajdzie je np. w książce Fichtenholza, t. II).

==Całki z wyrażeń typu pierwiastek n-tego stopnia z ilorazu jednomianów ==

Całki z wyrażeń typu <math>R(x,\sqrt[n]{\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}})\;</math>

Rozpatrzmy teraz całki postaci
<center><math>
\int R(x,\sqrt[n]{\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}}) d x,
</math></center>
(zakładamy tu, że <math>\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}\ne {\rm const} \;</math>, bo inaczej problem byłby trywialny), gdzie <math>R(u,v)\;</math> jest funkcją wymierną swoich argumentów. Okazuje się, że takie całki można sprowadzić do całek z funkcji wymiernych.

Realizuje się to za pomocą następującego podstawienia:
<center><math>
t=\sqrt[n]{\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}}. \;\;\;<math>
tzn.
<math>t^n= \frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta},</math>
</center>
co znaczy, że <math>x\;</math> wyraża się ''wymiernie '' przez <math>t\;</math> i w ten sposób otrzymujemy w zmiennej <math>t\;</math> całkę z funkcji wymiernej, którą liczymy znanymi nam już metodami. Konkretnie, mamy tutaj:
<center><math>
x=\frac{\beta - \delta t^n}{\gamma t^n-\alpha}, \;\;\; d x = n (\alpha \delta -\beta \gamma)
\frac{t^{n-1}}{(\gamma t^n-\alpha)^2} d t
\;</math></center>
===Przykład===
<center><math>
I=\int\frac{d x}{\sqrt[3]{(x-1)(x+1)^2}} =\int \sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}\cdot \frac{d x}{x+1}.</math></center>
Zgodnie z powyższym przepisem, podstawiamy:
<center><math>
t=\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}},\;\;\; x=\frac{t^3+1}{t^3-1},\;\;\; d x = -\frac{6t^2 d t}{(t^3-1)^2}
</math></center>
i nasza całka przyjmuje postać
<center><math>
I=\int \frac{-3 d t}{t^3-1}.
</math></center>
Powyższe podstawienie sprowadziło więc całkę do całki wymiernej.

Zachęcam Czytelnika, aby powyższą całkę policzył dalej. Wynik jest następujący:
<center><math>
I=\frac{1}{2}\ln \frac{t^2+t+1}{(t-1)^2} + \sqrt{3}\,
arctg \frac{2t-1}{\sqrt{3}} +C.
</math></center>
==Całki z wyrażeń typu pierwiastek z równania kwadratowego; podstawienia Eulera ==
Całki z wyrażeń typu <math>R(x, \sqrt{ax^2+bx+c})\;</math> ; podstawienia Eulera

Ostatnią z omawianych teraz klas całek będą całki
<equation id="eq:20">
<math>
\int R(x, \sqrt{ax^2+bx+c}) d x,
</math>
</equation>
gdzie <math>R(u,v)\;</math> jest funkcją wymierną. Całki powyższego rodzaju także wyrażają się
przez funkcje elementarne. Istnieje kilka sposobów obliczania całek <xr id="eq:20">(%i)</xr>;
my omówimy tu ''podstawienia Eulera''.

Odnośnie trójmianu kwadratowego <math>ax^2+bx+c\;</math> zakładamy, iż nie jest on pełnym kwadratem, gdyż w tym
przypadu moglibyśmy wyciągnąć zeń pierwiastek i mieć całkę wymierną.
===Pierwsze podstawienie Eulera===
Podstawiamy wówczas:
<equation id="eq:21">
<math>
\sqrt{ax^2+bx+c} = t-\sqrt{a}x
\;</math>
</equation>
(lub, aby <math>t\;</math> występowało tylko po jednej stronie równości: <math>t = \sqrt{ax^2+bx+c} + \sqrt{a}x\;</math>). Po podniesieniu do kwadratu równości <xr id="eq:21">(%i)</xr> '' wyraz <math>ax^2\;</math> skasuje się po obu stronach'' i zostanie
<center><math>
bx+c=t^2 -2 \sqrt{a}x t
</math></center>
skąd mamy
<center><math>
x=\frac{t^2-c}{b+2\sqrt{a} t}, \;\;\;\;\;\sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{\sqrt{a} t^2 +bt + c\sqrt{a}}{2\sqrt{a} t+b},
</math></center>
<center><math>
d x = 2 \frac{\sqrt{a} t^2 +bt + c\sqrt{a}}{(b+2\sqrt{a} t)^2} d t.
</math></center>
Widać, że przy tym podstawieniu zarówno <math>x\;</math> (oraz oczywiście <math>d x\;</math>, jak i <math>\sqrt{ax^2+bx+c}\;</math> wyrażają się ''wymiernie'' przez <math>t\;</math> ; w ten sposób doprowadziliśmy całkę <xr id="eq:20">(%i)</xr> do całki z funkcji wymiernej.

===Drugie podstawienie Eulera===
można stosować w przypadku, gdy <math>c>0\;</math>. Wówczas bierzemy:
<equation id="eq:22">
<math>
\sqrt{ax^2+bx+c} = xt+\sqrt{c}.
\;</math>
</equation>
Jeśli podniesiemy obie strony równości <xr id="eq:22">(%i)</xr> do kwadratu, odejmiemy po obu stronach <math>c\;</math> i podzielimy przez <math>x\;</math>, to otrzymamy:
<center><math>
ax+b=xt^2 +2 \sqrt t
\;</math></center>
i mamy:
<center><math>
\begin{matrix}
x=\frac{2\sqrt{c}t-b}{a-t^2},\;\;\;\;\; \sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{\sqrt{c}t^2-bt+\sqrt{c}a}{a-t^2}, \\d x = 2 \frac{\sqrt{c}t^2-bt+\sqrt{c}a}{(a-t^2)^2}d t.
\end{matrix}</math></center>
Znów więc <math>x\;</math>, <math>d x\;</math> oraz <math>\sqrt{ax^2+bx+c}\;</math> wyrażają się '' wymiernie'' przez <math>t\;</math> ; w ten sposób znowu doprowadziliśmy całkę <xr id="eq:20">(%i)</xr> do całki z funkcji wymiernej. Wreszcie
===Trzecie podstawienie Eulera===
można stosować w przypadku, gdy trójmian kwadratowy <math>ax^2+bx+c\;</math> ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste; oznaczmy je <math>\lambda</math> oraz <math>\mu\;</math>. Wiemy, że w takim przypadku trójmian ten rozkłada się na czynniki liniowe:
<equation id="eq:23">
<math>
ax^2+bx+c = a(x-\lambda)(x-\mu).
</math>
</equation>
Wtedy podstawiamy:
<equation id="eq:24">
<math>
\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\lambda).
</math>
</equation>
Podnosząc równość <xr id="eq:24">(%i)</xr> do kwadratu i korzystając z <xr id="eq:23">(%i)</xr>, skracamy przez
wspólny czynnik <math>(x-\lambda)\;</math> i otrzymujemy znów równanie pierwszego stopnia na <math>x\;</math> :
<center><math>
a(x-\mu) = t^2(x-\lambda)
</math></center>
skąd dostajemy:
<center><math>
\begin{matrix}
x=\frac{\lambda t^2 - a\mu}{t^2-a}, \;\;\;\;\; \sqrt{ax^2+bx+c}=\frac{a(\lambda- \mu) t}{t^2-a},\\
d x = \frac{2 t a (\mu-\lambda)}{(t^2 - a)^2} d t
\end{matrix}
</math></center>
===Uwaga===
Może się zdarzyć, że do jakiejś całki można zastosować ''więcej niż jedno'' podstawienie Eulera!

===Zastosowanie podstawień Eulera===
Pokażemy teraz, ''w dowolnej'' całce postaci <xr id="eq:20">(%i)</xr> można zastosować któreś z podstawień Eulera
(konkretnie, pierwsze lub trzecie). Otóż jeśli trójmian kwadratowy <math>ax^2+bx+c\;</math> ma pierwiastki rzeczywiste,
to można zawsze zastosować podstawienie trzecie. Jeśli natomiast trójmian nie ma pierwiastków rzeczywistych,
tzn. <math>b^2-4ac<0\;</math>, to
====Przykłady====
<ol>
<li>Obliczmy całkę
<center><math>
I_1 = \int \frac{d x}{x \sqrt{x^2+4x-4}}
\;</math></center>
za pomocą pierwszego podstawienia Eulera. Zgodnie z <xr id="eq:21">(%i)</xr> (pierwszym podstawieniem Eulera) mamy
<center><math>
\sqrt{x^2+4x-4}=t-x,
\;</math></center>
skąd wyliczamy
<center><math>
x=\frac{t^2+4}{2t+4},\;\;\; d x = \frac{2t^2+8t-8}{(2t+4)^2}d t, \;\;\; \sqrt{x^2+4x-4} = t-x= \frac{t^2+4t-4}{2t+4}
\;</math></center>
i wstawiając do całki wyjściowej, mamy
<center><math>
I_1 = 2\int \frac{d t}{t^2+4}.
\;</math></center>
Tę całkę już łatwo policzyć, dostając (zachęcam Czytelnika, aby uzupełnił te rachunki)
<center><math>
I_1 = arctg [2(x+\sqrt{x^2+4x-4})] +C.
\;</math></center> </li>
<li>Obliczmy całkę
<center><math>
I_2 = \int \frac{d x}{x -\sqrt{x^2-x+1}}
\;</math></center>
za pomocą drugiego podstawienia Eulera. Zgodnie z <xr id="eq:22">(%i)</xr> (drugim podstawieniem Eulera) mamy
<center><math>
\sqrt{x^2-x+1} = xt+1;
\;</math></center>
skąd
<center><math>
x=\frac{2t+1}{1-t^2}, \;\;\;d x =\frac{2(t^2+t+1)}{(t^2-1)^2} d t,\;\;\; \sqrt{x^2-x+1}=\frac{t^2+t+1}{1-t^2},
\;</math></center>
i w zmiennej <math>t\;</math> całka przybiera postać
<center><math>
I_2 =\int \frac{2(t^2+t+1)}{t-t^2} d t
\;</math></center>
a więc otrzymaliśmy — jak trzeba — całkę z wyrażenia wymiernego. Czytelnika zachęcam do dokończenia
i sprawdzenia rachunku.</li>
<li>Przetestujmy wreszcie ''trzecie podstawienie Eulera'' na całce
<center><math>
I_3 = \int \frac{d x}{(2x-3) \sqrt{4x-x^2}}.
\;</math></center>
Zgodnie z <xr id="eq:23">(%i)</xr> i <xr id="eq:24">(%i)</xr> (trzecim podstawieniem Eulera) bierzemy
<center><math>
\sqrt{4x-x^2}=xt,
\;</math></center>
skąd wyliczamy
<center><math>
x=\frac{4}{t^2+1},\;\;\;d x = -8\frac{t d t}{(t^2+1)^2}, \;\;\;\sqrt{4x-x^2}=xt=\frac{4t}{t^2+1},
\;\;\;2x-3=\frac{5-3t^2}{t^2+1}
\;</math></center>
i w zmiennej <math>t\;</math> całka przyjmuje postać
<center><math>
I_3 = 2 \int \frac{d t}{3t^2-5}
\;</math></center>
więc znów w postaci '' wymiernej'', tak jak powinno być. Znów wykładowca zachęca Czytelnika do dokończenia
i sprawdzenia rachunków.</li></ol>
<references/>