Vzdělávací materiál

(1)

Vzdělávací materiál

vytvořený v projektu OP VK

Název školy: Gymnázium, Zábřeh, náměstí Osvobození 20 Číslo projektu: CZ.1.07/1.5.00/34.0211

Název projektu: Zlepšení podmínek pro výuku na gymnáziu

Číslo a název klíčové aktivity: III/2 - Inovace a zkvalitnění výuky prostřednictvím ICT

Anotace

Název tematické oblasti: Integrální počet Název učebního materiálu: Substituční metoda Číslo učebního materiálu: VY_32_INOVACE_M0302 Vyučovací předmět: Matematika

Ročník: 4. ročník vyššího gymnázia

Autor: Jaroslav Hajtmar

Datum vytvoření: 5.1.2014

Datum ověření ve výuce: 22.1.2014 Druh učebního materiálu: pracovní list

Očekávaný výstup: Na základě předložených vztahů zvládne integrovat funkce substituční metodou.

Metodické poznámky: Materiál je určen k motivaci a procvičení učiva o integrálech. Může být použit k získání klasiﬁkace.

(2)

Neurčitý integrál – substituční metoda

Podstata metody:

Daný integrál převádíme zavedením nové proměnné na integrál funkce, kterou lze snadněji integrovat. Poté, co vyřešíme integrál, ve výsledku vrátíme původní proměnnou. Vztah mezi původní proměnnou a novou proměnnou je dán substituční rovnicí. V ní je nová proměnná funkcí původní proměnné. Je také potřeba je vyjádřit vztahy mezi původním a novým diferenciálem. Metodu používáme k řešení integrálů, v nichž se integrovaná funkce dá rozložit na součin dvou činitelů, přičemž prvním činitelem je nějaká složená funkce a druhým činitelem je derivace této složené funkce. Jednoduše to lze provést zejména při substitucích lineární funkce, jakožto složky nějaké složené funkce. Princip metody vyplývá z derivace složené funkce. Připomeňme, že platí:

𝐹^′[𝜑(𝑥)] 𝜑′(𝑥) = [𝐹 (𝜑(𝑥))]^′ – vztah pro derivaci složené funkce Označme𝑢 = 𝜑(𝑥)^a𝐹′(𝑢) = 𝑓 (𝑢)a integrujeme obě strany rovnosti:

∫ 𝑓 [𝜑(𝑥)] 𝜑′(𝑥) d𝑥 = 𝐹 [𝜑(𝑥)] + 𝑐 Odtud po zavedení substituce a diferencování rovnosti𝑢 = 𝜑(𝑥)^obdržíme:

∫ 𝑓 [𝜑(𝑥)] 𝜑′(𝑥) d𝑥 = ∣ 𝜑(𝑥) = 𝑢 𝜑′(𝑥) d𝑥 = d𝑢 ∣ = ∫ 𝑓 (𝑡) d𝑢 + 𝑐

Příklad 1: Vypočtěte neurčitý integrál∫ (4 − 7𝑥)¹⁰d𝑥 =

2.2 Za´kladnı´ integracˇnı´ metody 33

+

Prˇı´klad 2.24. Vypocˇteˇte neurcˇity´ integra´l Z

(4−7x)¹⁰dx, x ∈R.

Rˇ esˇenı´. I tento prˇı´klad byl uveden v tabulce 2.4. Zvolı´me substituciu =4−7x. Dostaneme

Z

(4−7x)¹⁰dx =

4−7x = u

−7 dx = du dx = −¹

7du

= Z

u¹⁰

−1 7

du = −1 7

Z

u¹⁰du=

= −1 7

u¹¹

11 +c = − 1

77 (4−7x)¹¹+c.

N

+

Prˇı´klad 2.25. Vypocˇteˇte neurcˇity´ integra´l Z √

2x −5 dx, x ∈ h5/2,+∞).

Rˇ esˇenı´. Opeˇt pouzˇijeme linea´rnı´ substituciu = 2x −5. Vyjde

Z √

2x −5 dx =

2x −5 = u 2 dx = du

dx = ¹₂du

= Z √

u· 1

2du = 1 2

Z

u^1/2du =

= 1 2

u^3/2

3/2 +c = 1 3

pu³+c = 1 3

p(2x −5)³+c.

N Pozna´mka 2.26. U jednodusˇsˇı´ch prˇı´kladu˚ lze prˇi trosˇe cviku linea´rnı´ substituci prova´deˇt te´meˇrˇ zpameˇti, cˇı´mzˇ se vy´pocˇet vy´razneˇ urychlı´. Jestlizˇe ma´ funkcef (u)primitivnı´ funkci F (u), tj.

Z

f (u)du= F (u)+c,

platı´, zˇe

Z

f (ax +b)dx = 1

a F (ax +b)+c, a, b ∈R, a 6= 0.

Du˚kaz se provede bud’ substitucı´ax +b = u, adx = du, tj. dx = ¹

adu, anebo prˇı´my´m derivova´nı´m prave´ strany, protozˇeF⁰(u) = f (u). Vzorec samozrˇejmeˇ platı´ na intervalech, kde je funkcef (ax +b)definovana´.

Ukazˇme si pouzˇitı´ na neˇkolika prˇı´kladech (nepı´sˇeme integracˇnı´ konstanty):

Z

e^udu= e^u ⇒

Z

e^2x−³dx = 1

2e^2x−³ (a = 2, b = −3), Z du

u =ln|u| ⇒

Z dx

3x +4 = 1

3 ln|3x +4| (a =3, b =4), Z

u⁴du = 1

5 u⁵ ⇒

Z

(x+7)⁴dx = 1

5(x +7)⁵ (a = 1, b =7), Řešení:

+

(4−7x)¹⁰dx, x ∈R.

Z

(4−7x)¹⁰dx =

4−7x = u

−7 dx = du dx = −¹

7du

= Z

u¹⁰

−1 7

du = −1 7

Z

u¹⁰du=

= −1 7

u¹¹

11 +c = − 1

77 (4−7x)¹¹+c.

N

+

2x −5 dx, x ∈ h5/2,+∞).

Rˇ esˇenı´. Opeˇt pouzˇijeme linea´rnı´ substituciu = 2x −5. Vyjde

Z √

2x −5 dx =

2x −5 = u 2 dx = du

dx = ¹₂du

= Z √

u· 1

2du = 1 2

Z

u^1/2du =

= 1 2

u^3/2

3/2 +c = 1 3

p

u³+c = 1 3

p(2x −5)³+c.

Z

f (u)du= F (u)+c,

platı´, zˇe

Z

f (ax +b)dx = 1

a F (ax +b)+c, a, b ∈R, a 6= 0.

Du˚kaz se provede bud’ substitucı´ax +b = u, adx = du, tj. dx = ¹

adu, anebo prˇı´my´m derivova´nı´m prave´ strany, protozˇeF⁰(u) = f (u). Vzorec samozrˇejmeˇ platı´ na intervalech, kde je funkcef (ax +b)definovana´.

Z

e^udu= e^u ⇒

Z

e^2x−³dx = 1

2e^2x−³ (a = 2, b = −3), Z du

u =ln|u| ⇒

Z dx

3x +4 = 1

3 ln|3x +4| (a =3, b =4), Z

u⁴du = 1

5 u⁵ ⇒

Z

(x+7)⁴dx = 1

5(x +7)⁵ (a = 1, b =7),

Příklad 2: Vypočtěte neurčitý integrál∫ √2𝑥 − 5 d𝑥 =

+

(4−7x)¹⁰dx, x ∈ R.

Z

(4−7x)¹⁰dx =

4−7x =u

−7 dx = du dx =−¹

7du

= Z

u¹⁰

−1 7

du = −1 7

Z

u¹⁰du =

= −1 7

u¹¹

11 +c = − 1

77 (4−7x)¹¹ +c.

N

+

2x −5 dx, x ∈ h5/2,+∞).

Rˇ esˇenı´. Opeˇt pouzˇijeme linea´rnı´ substituci u =2x −5. Vyjde

Z √

2x −5 dx =

2x −5 = u 2 dx = du

dx = ¹₂du

= Z √

u· 1

2 du = 1 2

Z

u^1/2du =

= 1 2

u^3/2

3/2 +c = 1 3

pu³+c = 1 3

p(2x −5)³+c.

Z

f (u)du =F (u)+c,

platı´, zˇe

Z

f (ax +b)dx = 1

a F (ax +b)+c, a, b∈ R, a 6=0.

Du˚kaz se provede bud’ substitucı´ax +b = u,adx = du, tj. dx = ¹

a du, anebo prˇı´my´m derivova´nı´m prave´ strany, protozˇeF⁰(u)= f (u). Vzorec samozrˇejmeˇ platı´ na intervalech, kde je funkcef (ax +b) definovana´.

Z

e^udu = e^u ⇒

Z

e^2x−3dx = 1

2e^2x−3 (a = 2, b = −3), Z du

u = ln|u| ⇒

Z dx

3x +4 = 1

3 ln|3x +4| (a =3, b = 4), Z

u⁴du = 1

5 u⁵ ⇒

Z

(x +7)⁴dx = 1

5 (x+7)⁵ (a = 1, b = 7),

(3)

Příklad 3: Vypočtěte neurčitý integrál

∫

^{(1+ln 𝑥)}_𝑥 ⁴

d𝑥 =

bychom potrˇebovali, jak jsme si pra´veˇ vysveˇtlili, 2x

√

x²−3. To ovsˇem nenı´ pro- ble´m, protozˇe konstantu snadno doplnı´me dı´ky vlastnosti (2.4) z veˇty 2.4. Je totizˇ

Z xp

x²−3 dx = 1 2

Z

2xp

x²−3 dx,

cozˇ jsme chteˇli. Prakticky budeme postupovat tak, zˇe v pomocne´ tabulce, v nı´zˇ si znacˇı´me substituci a pocˇı´ta´me diferencia´ly, prˇida´me dalsˇı´ rˇa´dek, ktery´ dostaneme tak, zˇe rˇa´dek uda´vajı´cı´ rovnost mezi diferencia´ly vhodneˇ upravı´me jako rovnici, abychom nalevo dostali prˇesneˇ vy´raz, ktery´ ma´me k dispozici. Naprˇ. v prˇı´padeˇ funkcex

√

x²−3 by tabulka vypadala takto:

x²−3 =u 2xdx =du

xdx = ¹₂du

Zdu˚razneˇme ale, zˇe tı´mto zpu˚sobem mu˚zˇeme doplnit pouze multiplikativnı´

konstantu (tj. konstantu, kterou se na´sobı´). Pokud na´m chybı´ skutecˇneˇ (nekon- stantnı´) funkce, takto postupovat nelze. K tomu se jesˇteˇ vra´tı´me nı´zˇe.

+

Prˇı´klad 2.20. Vypocˇteˇte neurcˇity´ integra´l

Z (1+lnx)⁴

x dx, x ∈ (0,+∞).

Rˇ esˇenı´. Jde o prˇedposlednı´ vy´raz z tabulky 2.4. Substituce tedy bude u = 1 + lnx.

Dostaneme

Z (1+lnx)⁴

x dx =

1+lnx = u

1

x dx = du

= Z

u⁴du = 1

5u⁵+c = (1+lnx)⁵

5 +c.

O spra´vnosti vy´pocˇtu se snadno mu˚zˇeme prˇesveˇdcˇit derivacı´. N

+

sinxcos⁵xdx, x ∈ R.

Rˇ esˇenı´. Zde se nabı´zı´ slozˇena´ funkce cos⁵x s vnitrˇnı´ slozˇkou cosx. Jejı´ derivace je

−sinx, cozˇ je vy´raz, ktery´ v integrandu azˇ na na´sobek −1 ma´me. Tedy

Z

sinxcos⁵xdx =

cosx = u

−sinxdx = du sinxdx = −du

= Z

u⁵(−1)du = −u⁶

6 +c = −cos⁶x

6 .

Bylo jen trˇeba uveˇdomit si, zˇe sinxcos⁵xdx = cos⁵xsinxdx. N Řešení:

√

Z xp

x²−3 dx = 1 2

Z

2xp

x²−3 dx,

√

x²−3 =u 2xdx =du

xdx = ¹₂du

+

Z (1+lnx)⁴

x dx, x ∈ (0,+∞).

Dostaneme

Z (1+lnx)⁴

x dx =

1+lnx = u

1

x dx = du

= Z

u⁴du = 1

5u⁵+c = (1+lnx)⁵

5 +c.

+

sinxcos⁵xdx, x ∈ R.

−sinx, cozˇ je vy´raz, ktery´ v integrandu azˇ na na´sobek −1 ma´me. Tedy

Z

sinxcos⁵xdx =

cosx = u

−sinxdx = du sinxdx = −du

= Z

u⁵(−1)du = −u⁶

6 +c = −cos⁶x

6 .

Bylo jen trˇeba uveˇdomit si, zˇe sinxcos⁵xdx = cos⁵xsinxdx. N

∫ sin 𝑥 cos

⁵

𝑥 d𝑥 =

√

Z xp

x²−3 dx = 1 2

Z

2xp

x²−3 dx,

√

x²−3 = u 2xdx = du

xdx = ¹₂du

+

Z (1+lnx)⁴

x dx, x ∈(0,+∞).

Dostaneme

Z (1+lnx)⁴

x dx =

1+lnx =u

1

x dx = du

= Z

u⁴du = 1

5u⁵+c = (1+lnx)⁵

5 +c.

+

sinxcos⁵xdx, x ∈R.

−sinx, cozˇ je vy´raz, ktery´ v integrandu azˇ na na´sobek−1 ma´me. Tedy

Z

sinxcos⁵xdx =

cosx =u

−sinxdx = du sinxdx =−du

= Z

u⁵(−1)du = −u⁶

6 +c = −cos⁶x

6 .

Bylo jen trˇeba uveˇdomit si, zˇe sinxcos⁵xdx = cos⁵xsinxdx. N

∫ 𝑥𝑒

^−𝑥²

d𝑥 =

Řešení:

32 Neurcˇity´ integra´l

+

xe⁻^x²dx, x ∈ R.

Rˇ esˇenı´. Jde o modifikaci druhe´ho prˇı´kladu z tabulky 2.4. Volı´me substituci u = −x² a „doplnı´me“ chybeˇjı´cı´ konstantu−2. Dostaneme

Z

x e⁻^x²dx =

−x² = u

−2xdx = du xdx = −¹

2du

= Z

e^u

−1 2

du= −1

2 e^u+c = −1

2 e⁻^x² +c.

Prˇi rˇesˇenı´ opeˇt stacˇilo „umeˇt si prˇedstavit“, zˇexe⁻^x² dx = e⁻^x²xdx. N

+

x³e⁻^x²dx, x ∈ R. Rˇ esˇenı´. Zvolı´me substitucis = x² a vyjde na´m:

Z

x³e⁻^x² dx =

x² = s 2xdx = ds

xdx = ¹₂ds

= Z

se⁻^s · 1

2ds = 1 2

Z

se⁻^sds =

(vznikly´ integra´l budeme rˇesˇit metodou per partes — viz tabulka 2.2; jde o typ mnohocˇlen kra´t exponencia´la e^as, kdea = −1)

=

u= s u⁰ = 1 v⁰ = e⁻^s v = −e⁻^s

= 1 2

−se⁻^s − Z

(−e⁻^s)ds

=

= 1

2 −se⁻^s −e⁻^s

+c = −1

2 (s+1)e⁻^s +c = −1

2 (x²+1)e⁻^x² +c.

N

Pro za´jemce:

Zada´nı´ prˇedchozı´ho prˇı´kladu je podobne´ jako v prˇı´kladu 2.22, takzˇe bychom mohli opeˇt „videˇt“

slozˇenou funkci e^−x² a zkusit substituciu = −x². Avsˇak(−x²)⁰ = −2x, takzˇe (kdyzˇ pomineme konstantu−2) na´m prˇeby´va´ v zada´nı´x³e⁻^x² =x²e⁻^x²x jesˇteˇ vy´razx².

Lepsˇı´ na´pad tedy bude „videˇt“ v zada´nı´ slozˇenou funkcif (x²) = x²e⁻^x², kdef (s) = se⁻^s, s vnitrˇnı´ slozˇkoux². Pak zvolı´me substitucis =x²a vsˇe jizˇ probeˇhne hladce, kdyzˇ si prˇedstavı´me, zˇex³e⁻^x²dx =x²e⁻^x²xdx.

Vsˇimneˇte si, zˇe v zada´nı´ by bylo rovneˇzˇ mozˇne´ „videˇt“ jinou slozˇenou funkci, a tog(−x²)=

= x²e⁻^x², kde g(s) = −se^s, s vnitrˇnı´ slozˇkou −x² a volit substitucis = −x². Vy´pocˇet by byl obdobny´ a vy´sledek samozrˇejmeˇ stejny´. Zkuste si sami tuto variantu.

V na´sledujı´cı´ch dvou prˇı´kladech si vsˇimneme velice jednoduche´ho, ale du˚lezˇite´ho prˇı´padu substituce. Jde o tzv. linea´rnı´ substitucitvaru u = ax +b, kdea, b ∈ R, a 6= 0.

Protozˇe(ax+b)⁰ = a, bude platitadx = du. Pokud na´m konstanta chybı´, vzˇdy ji snadno jizˇ zna´my´m postupem doplnı´me.

Podle předchozích návodů vypočítejte substituční metodou neurčité integrály:

Úloha 1. ∫ sin² d𝑥 = (návod: využijte vzorce procos 2𝑥⁾

Úloha 2. ∫ cos²6𝑥 d𝑥 =

(4)

Úloha 3. ∫ _1+𝑥^3𝑥²3 d𝑥 =

Úloha 4. ∫ tg 𝑥 d𝑥 =

Úloha 5. ∫ 3𝑥(𝑥²− 1)⁶d𝑥 =

Úloha 6. ∫ 𝑥²³√𝑥³− 2 d𝑥 =

Úloha 7. ∫ sin 𝑥√cos 𝑥 + ^𝜋₂d𝑥 =

(5)

Výsledky úloh

1. ¹₂(𝑥 + sin 𝑥) + 𝑐 2. ¹₂𝑥 + ₂₄¹ sin 12𝑥 + 𝑐 3. ln |1 + 𝑥³| + 𝑐 4. − ln | cos 𝑥| + 𝑐 5. ₁₄³(𝑥²− 1)⁷+ 𝑐 6. ¹₄³√(𝑥³− 2)⁴+ 𝑐 7. −²₃³√(cos 𝑥 +^𝜋₂)³+ 𝑐

Použité materiály a zdroje

Petáková, RNDr. Jindra. Matematika: Příprava k maturitě a k přijímacím zkouškám na vysoké školy. Dotisk 1.vydání. Praha: Prometheus, 2003. 303 s. ISBN 8071960993.

Tomica, R. Cvičení z matematiky – I. Brno: VAAZ, 1974.

Hošková Š., Kuben J., Račková P., Integrální počet funkcí jedné proměnné [online]. 2013

[cit. 2013-04-15]. File: ip.pdf. Dostupný z WWW:<http://homel.vsb.cz/~s1a64/cd/pdf/print/ip .pdf>.

Archiv autora