Integrace metodou per partes a substitucí

Teoretické minimum

Metoda per partes

plyne integrací vzorce pro derivaci součinu @b \big(u(x)v(x)\big)'=u'(x)v(x)+u(x)v'(x). @b Získáme rovnost @b \begin{equation}\forall x\in I\quad \int u(x)v'(x)\,{\rm d}x = u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)\,{\rm d}x\label{pp}\tag{PP}\end{equation} @b platnou pro všechny funkce @i u,v @i se spojitou derivací na intervalu @i I @i.

Metodu per partes tedy používáme zpravidla na součin. Integrand se snažíme rozložit na součin dvou funkcí, z nichž jednu umíme zintegrovat a tu druhou zderivujeme. Výpočet původního integrálu převedeme na výpočet nového integrálu. Pokud se nám povede nový integrál spočítat, metodu per partes jsme použili úspěšně.

Užitečná poznámka: Aby se nám dobře metoda per partes používala, můžeme si  ji zaznamenat např. ve formě: @b \begin{align*}u &\rightarrow u'\\v'&\rightarrow v\end{align*} @b Nalevo od šipek jsou funkce tvořící  integrand integrálu vlevo a napravo od šipek jsou funkce tvořící integrand integrálu vpravo.

Metoda substituce

plyne ze vzorce pro derivaci složené funkce @b \Big(F\big(\varphi(x)\big)\Big)'= F'\big(\varphi(x)\big)\varphi'(x). @b Pro správnou definici složené funkce @i F\circ \varphi @i je nezbytné, aby funkce @i \varphi @i zobrazovala interval @i (\alpha,\beta) @i do intervalu @i (a,b) @i, na kterém je definovaná funkce @i F @i.

Buď @i F @i primitivní funkcí k @i f @i na intervalu @i (a,b) @i. Nechť @i \varphi: (\alpha,\beta)\rightarrow (a,b) @i má spojitou první derivaci na @i (\alpha,\beta) @i a @i f:(a,b)\rightarrow\mathbb R @i je spojitá na @i (a,b) @i (jde o přirozené předpoklady na existenci neurčitého integrálu).   Pak integrací rovnosti výše obdržíme rovnost @b F\big(\varphi(x)\big)=\int f\big(\varphi(x)\big)\varphi'(x)\,{\rm d}x.  @b Označíme-li vnitřní funkci @i y=\varphi(x) @i, pak její diferenciál je @i {\rm d}y=\varphi'(x)\,{\rm d}x @i. V tomto značení dostaneme @b \begin{equation}\int f\big(\varphi(x)\big)\varphi'(x)\,{\rm d}x = \int f(y)\,{\rm d}y. \end{equation}\label{s}\tag{S} @b Vidíme, že po substituci se nám celý problém integrace redukuje na nalezení primitivní funkce @i F @i k funkci @i f @i. Pokud se nám to povede, stačí do @i F @i dosadit substituci @i y=\varphi(x) @i a máme hotovo.

Substituční metodu používáme zpravidla v případě, kdy se nám v integrandu povede najít funkci ( v našem značení @i \varphi @i) a její derivaci (v našem značení @i \varphi' @i).

Užitečná poznámka: Se substitucí jste se setkali již na střední škole. Např. všechna řešení rovnice @i  \sin^2x-1=0 @i  jste hledali zavedením substituce @i y=\sin x @i, čímž se původní rovnice zjednodušila na tvar @i  y^2-1=0 @i, jejíž řešení lze snadno najít, @i y\in\{-1,1\} @i. Pak jste se vrátili k substituci a dořešili dvě rovnice @b \begin{align*}\sin x&=-1\\\sin x&=1.\end{align*} @b Substituce v neurčitém integrálu má naprosto stejnou myšlenku — zjednodušení celého problému. Jen je třeba dát si pozor na to, že vedle zavedení substituce je nezbytné přepočítat i diferenciály, tj. substituci je možné zapsat ve tvaru: @b \begin{align*}y&=\varphi(x)\\{\rm d}y&=\varphi'(x)\,{\rm d}x\end{align*} @b

Související

Derivace funkce, neurčitý integrál a primitivní funkce, diferenciál funkce.

Řešené příklady

Metoda per partes

Uvedeme typické příklady, které lze touto metodou upočítat.

1. Spočtěme @i \displaystyle\int x\cos x\,{\rm d}x @i. Aneb integrál z polynomu, který umíme vždy snadno derivovat, krát funkce, kterou umíme opakovaně integrovat, lze řešit vždy pomocí per partes.

Pokud zderivujeme @i x @i  a zintegrujeme @i \cos x @i , po použití per partes převedeme problém na integraci funkce @i \sin x @i, tj. @b \int x\cos x\,{\rm d}x= \left|\begin{array}{lll} u=x &\rightarrow &u'=1\\  v'=\cos x &\rightarrow &v=\sin x\end{array}\right|= x\sin x -\int1\cdot\sin x\,{\rm d}x = x\sin x + \cos x + C,\ x\in\mathbb R,C\in\mathbb R. @b Poznamenejme, že předpoklady pro per partes jsou splněny v @i \mathbb R @i, neboť funkce @i u=x @i i @i v=\sin x @i mají spojité první derivace v @i \mathbb R @i.

2. Vypočtěme @i \displaystyle\int \ln x\,{\rm d}x @i. Aneb někdy je potřeba vidět součin i tam, kde na první pohled není.

Oblíbený trik je, že @i \ln x @i lze napsat jako součin @i 1\cdot \ln x @i, tj. @b \int \ln x\,{\rm d}x= \int 1\cdot\ln x\,{\rm d}x= \left|\begin{array}{lll} u=\ln x &\rightarrow &u'=\frac{1}{x}\\  v'=1 &\rightarrow &v=x\end{array}\right|= x\ln x - \int \underbrace{\frac{1}{x}\cdot x}_{1}\,{\rm d}x= x\ln x-x +C=x(\ln x -1) + C,\ x\in (0,+\infty),C\in\,\mathbb R, @b neboť funkce @i \ln x @i a @i x @i mají spojité první derivace na @i (0,+\infty) @i.

Užitečná poznámka: Stejným trikem lze integrovat všechny cyklometrické funkce. Nicméně pak je třeba použít substituci.

3. Zintegrujme @i 2{\rm e}^x\cos x @i. Anebo občas je vhodné použít per partes opakovaně.

Označme @i \displaystyle I(x)=\int 2{\rm e}^x\cos x \,{\rm d}x @i. Oba činitelé se dobře derivují i integrují, ale není možné se jednoho z nich „zbavit“ (jako např. v případě @i x @i v Příkladu 1). Protože @i {\rm e}^x @i se integrací (derivací) nemění a @i \sin x @i se derivuje (integruje) až na znaménko na @i \cos x @i,  použijeme dvakrát per partes „stejného typu“ tak, že @i {\rm e}^x @i budeme dvakrát integrovat a @i \cos x @i dvakrát derivovat: @b \begin{equation} I(x)=\int 2{\rm e}^x\cos x \,{\rm d}x = \left|\begin{array}{lll} u=\cos x &\rightarrow &u'=-\sin x\\  v'=2{\rm e}^x &\rightarrow &v=2{\rm e}^x\end{array}\right|= 2{\rm e}^x\cos x + \int 2{\rm e}^x\sin x\,{\rm d}x. \label{1}\tag{1}\end{equation}@b Per partes podruhé @b \int 2{\rm e}^x\sin x\,{\rm d}x= \left|\begin{array}{lll} u=\sin x &\rightarrow &u'=\cos x\\  v'=2{\rm e}^x &\rightarrow &v=2{\rm e}^x\end{array}\right|= 2{\rm e}^x\sin x - \int 2{\rm e}^x\cos x\,{\rm d}x = 2{\rm e}^x\sin x - I(x), @b kde jsme si museli všimnout, že se nám na pravé straně objevil integrál, který chceme spočítat. Poznamenejme, že funkce @i {\rm e}^x @i i @i \cos x @i mají spojité druhé derivace v @i \mathbb R @i, takže jsme mohli per partes použí dvakrát. Dosadíme-li do (\ref{1}), získáme @b I(x) = 2{\rm e}^x\cos x + 2{\rm e}^x\sin x - I(x). @b Vyjádříme-li z této rovnice @i I(x) @i, dostaneme @b I(x)= {\rm e}^x\cos x + {\rm e}^x\sin x + C={\rm e}^x(\cos x + \sin x)+ C,\ x\in\mathbb R, C\in\mathbb R, @b kde jsme nakonec přidali integrační konstantu, abychom zapsali neurčitý integrál.

4. Zintegrujme @i \cos^2 x @i. Aneb jiná metoda řešení  Příkladu 7 z části Neurčitý integrál, primitivní funkce.

Máme @b J(x)=\int\cos^2 x\,{\rm d}x =\int\cos x\cdot\cos x\,{\rm d}x= \left|\begin{array}{lll} u=\cos x &\rightarrow &u'=-\sin x\\  v'=\cos x &\rightarrow &v=\sin x\end{array}\right|= \sin x\cos x + \int \underbrace{\sin^2 x}_{1-\cos^2 x}\,{\rm d}x= \sin x\cos x+ x-\underbrace{\int\cos^2 x\,{\rm d}x}_{J(x)}. @b Z rovnice @b J(x)= \sin x\cos x+ x- J(x) @b vyjádříme, obdobně jako v předchozím příkladě, hledaný integrál: @b J(x)=\int\cos^2 x\,{\rm d}x = \frac{1}{2}(\sin x\cos x+ x) + C= \frac{1}{2}\left(x + \frac{1}{2}\sin(2x)\right) +C,\ x\in\mathbb R,C\in\mathbb R, @b kde jsme v poslední rovnosti využili vzorec pro dvojnásobný úhel @i \sin(2x)=2\sin x\cos x @i, abychom získali výsledek ve stejném tvaru jako v Příkladu 7.

Metoda substituce

Uvedeme základní příklady na použití této metody.

5. Spočtěme @i \displaystyle\int \cos(2x+1)\,{\rm d}x @i, aneb nejjednodušší lineární substituce.

V případě úloh vedoucích na lineární substituci neurčitý integrál existuje na intervalech, na kterých je integrand spojitý. U nás jsou to tedy všechna reálná čísla. Známe primitivní funkcí ke @i \cos  x @i, takže nám „vadí“ pouze vnitřní lineární funkce @i 2x+1 @i. Tu budeme substituovat @i y=\varphi(x)=2x+1 @i. Diferenciál substituce je @i {\rm d}y = 2\,{\rm d}x @i. Použitím (\ref{s}) dostaneme @b \int \cos(2x+1)\,{\rm d}x=\left|\begin{align*}y&=2x+1\\{\rm d}y&=2\,{\rm d}x\end{align*} \right|= \frac{1}{2}\int\cos(\underbrace{2x+1}_y)\,\underbrace{2{\rm d}x}_{{\rm d}y}=\frac{1}{2}\int \cos y\,{\rm d}y=\frac{1}{2}\sin y +C=\frac{1}{2}\sin(2x+1) + C,\ x\in\mathbb R,C\in\mathbb R. @b 

Užitečná poznámka: Stejný příklad jsme řešili v části Neurčitý integrál, primitivní funkce, v závěru Teoretického minima s využitím (LS). Když si lineární substituci pořádně zažijete, už ji nejspíš nebudete psát a budete využívat právě (LS).

6. Najděme primitivní funkci @i F @i k funkci @i \dfrac{\ln x}{x} @i, jejíž graf prochází bodem @i (1,1) @i.

Potřebujeme zintegrovat @i \dfrac{\ln x}{x} @i. Jelikož derivací přirozeného logaritmu je funce @i \dfrac{1}{x} @i, zkusíme ho substituovat: @b \int \frac{\ln x}{x}\,{\rm d}x=\left|\begin{align*}y&=\ln x\\{\rm d}y&= \frac{1}{x}\,{\rm d}x\end{align*}\right|= \int \underbrace{\ln x}_y\underbrace{\frac{1}{x}\,{\rm d}x}_{{\rm d}y} = \int y\,{\rm d}y=\frac{1}{2}y^2 +C=\frac{1}{2}\ln^2 x +C,\ x\in (0,+\infty),C\in\mathbb R, @b neboť substituce má spojitou první derivaci na kladných číslech a vnější funkce @i \varphi (y)=y @i je spojitá všude. Máme najít @i C @i takové, aby funkce @i F(x)=\dfrac{1}{2}\ln^2 x +C @i splňovala podmínku @i F(1)=1 @i. Po dosazení získáme @b F(1)= \dfrac{1}{2}\ln^2 1 +C = 1\ \Rightarrow\ C=1, @b a tudíž hledaná primitivní funkce je @b F(x)= \dfrac{1}{2}\ln^2 x + 1,\ x\in (0,+\infty). @b

7. Vypočtěme @i \displaystyle\int \cos^3 x\,{\rm d}x @i, anebo integrace sinu, či kosinu na lichou mocninu.

Integrand si nejprve upravíme @b \cos^3 x= \cos^2 x \cos x = (1-\sin^2 x)\cos x, @b pak @b \int \cos^3 x\,{\rm d}x =\int (1-\sin^2 x)\cos x\,{\rm d}x =\left|\begin{align*}y&=\sin x\\{\rm d}y&= \cos x\,{\rm d}x\end{align*}\right|= \int \big(1-(\underbrace{\sin x}_y)^2\big)\underbrace{\cos x\,{\rm d}x}_{{\rm d}y} = \int (1-y^2)\,{\rm d}y @b @b =y-\frac{1}{3}y^3 + C= \sin x - \frac{1}{3}\sin^3 x + C,\ x\in\mathbb R,C\in\mathbb R,  @b  neboť substituce je všude spojitě diferencovatelná a funkce @i 1-y^2 @i je spojitá všude.

8. Vyřešme Příklad 10 z části Neurčitý integrál, primitivní funkce.

Hledáme @b \int \frac{(\sqrt x -1)^2}{2\sqrt x}\,{\rm d}x = \left|\begin{align*}y&=\sqrt x-1\\{\rm d}y&= \frac{1}{2\sqrt x}\,{\rm d}x\end{align*}\right|=\int (\underbrace{\sqrt x -1}_y)^2\underbrace{\frac{1}{2\sqrt x}\,{\rm d}x}_{{\rm d}y}=  \int y^2\,{\rm d}y = \frac{1}{3}y^3+C=\frac{1}{3}(\sqrt x-1)^3 + C,\ x\in (0,+\infty),C\in\mathbb R, @b neboť druhá odmocnina má spojitou derivaci na kladných číslech a vnější funkce @i y^2 @i je spojitá všude.

Užitečná poznámka: Zamyslete se nad tím, proč zdánlivě různé tvary neurčitých integrálů @i \dfrac{1}{3}x\sqrt x - x + \sqrt x + C @i  a @i \dfrac{1}{3}(\sqrt x-1)^3 + C @i funkce @i  \dfrac{(\sqrt x -1)^2}{2\sqrt x} @i získané dvěma různými postupy dávají ve skutečnosti stejný výsledek.

Kombinace obou metod

9. Najděme @i \displaystyle\int {\rm arctg}\,x\,{\rm d}x @i.

Jak jsme již poznamenali za Příkladem 2, zvolíme nejprve metodu per partes: @b \int {\rm arctg}\,x\,{\rm d}x = \int 1\cdot {\rm arctg}\,x\,{\rm d}x= \left|\begin{array}{lll} u={\rm arctg}\,x &\rightarrow &u'=\frac{1}{1+x^2}\\  v'=1 &\rightarrow &v=x\end{array}\right|= x\,{\rm arctg}\,x - \int \frac{x}{1+x^2}\,{\rm d}x. @b Metodu jsme mohli použít pro všechna reálná @i x @i, neboť funkce @i {\rm arctg}\,x @i i @i x @i mají všude spojité derivace. Vzniklý integrál vyřešíme substitucí: @b \int \frac{x}{1+x^2}\,{\rm d}x =  \left|\begin{align*}y&=1+x^2\\{\rm d}y&= 2x\,{\rm d}x\end{align*}\right|= \frac{1}{2}\int \frac{1}{\underbrace{1+x^2}_y}\underbrace{2x\,{\rm d}x}_{{\rm d}y} =\frac{1}{2}\int \frac{1}{y}\,{\rm d}y = \frac{1}{2}\ln|y| +C = \frac{1}{2}\ln (1+x^2) + C,\ C\in\mathbb R.  @b Integraci jsme mohli provést na @i \mathbb R @i, neboť funkce @i 1+x^2 @i má spojitou derivaci v @i \mathbb R @i, dále je kladná v @i \mathbb R @i a vnější funkce @i \frac{1}{y} @i je spojitá na kladných číslech. Poznamenejme ještě, že v důsledku kladnosti funkce @i 1+x^2 @i jsme si mohli dovolit při výpočtu odstranit absolutní hodnotu z logaritmu. Dosadíme-li právě spočtený integrál do výrazu po použití per partes, získáme výsledek @b \int {\rm arctg}\,x\,{\rm d}x = x\,{\rm arctg}\,x - \frac{1}{2}\ln (1+x^2) + C,\ x\in\mathbb R,C\in\mathbb R. @b

Užitečná poznámka: Substituční metodou lze odvodit užitečný vzoreček @b \int \frac{f'(x)}{f(x)}\,{\rm d}x =\ln\big|f(x)\big| + C,\ C\in \mathbb R, @b platný na všech intervalech, kde @i f @i má spojitou derivaci a je nenulová. Ušetří při počítání nějakou práci. Volně řečeno, primitivní funkce k podílu derivace funkce a funkce je přirozený logaritmus absolutní hodnoty funkce.

10. Spočtěme @i \displaystyle\int {\rm e}^{\sqrt x}\,{\rm d}x @i, aneb když nevíme, jak úlohu řešit, musíme to zkoušet.

Metoda per partes by vedla na výpočet integrálu @i \int \sqrt x \,{\rm e}^{\sqrt x}\,{\rm d}x @i, který by bylo možné s jistou fantazií řešit substitucí, a pak by bylo nutné použít dvakrát per partes. Tento postup by nám zabral dost času. Zkusme udělat nejprve substituci za druhou odmocninu z @i x @i: @b \int {\rm e}^{\sqrt x}\,{\rm d}x =\left|\begin{align*}y&=\sqrt x \\{\rm d}y&= \frac{1}{2\sqrt x}\,{\rm d}x\\ \Rightarrow {\rm d}x&= 2\sqrt x\,{\rm d}y=2y\,{\rm d}y\end{align*}\right|= \int {\rm e}^{\overbrace{\sqrt x}^{y}}\,\underbrace{{\rm d}x}_{2y\,{\rm d}y} = 2\int y\,{\rm e}^{y}\,{\rm d}y, @b kde jsme si museli vyjádřit @i {\rm d}x @i s využitím substituce. Substituci jsme mohli použít na kladných číslech. Vzniklý integrál je řešitelný využitím per partes: @b 2\int y\,{\rm e}^{y}\,{\rm d}y=\left|\begin{array}{lll} u=y &\rightarrow &u'=1\\  v'={\rm e}^y &\rightarrow &v={\rm e}^y\end{array}\right|=2\left(y\,{\rm e}^y-\int {\rm e}^y\,{\rm d}y\right) = 2(y\,{\rm e}^y - \,{\rm e}^y) +C = 2{\rm e}^y(y-1) +C= 2{\rm e}^{\sqrt x}(\sqrt x-1) +C,\ x\in (0,+\infty),C\in\mathbb R, @b kde (s ohledem na předcházející substituci) jsme per partes provedli na intervalu všech kladných čísel.