Κεφάλαιο 8 –Το αόριστο ολοκλήρωµα

§ 8.1 Θεµελίωση έννοιας αορίστου ολοκληρώµατος Στο 70 Κεφάλαιο ορίσαµε την έννοια της αντιπαραγώγου µιας συνάρτησης f σ’ ένα κλειστό και φραγµένο διάστηµα. Γενικότερα Ορισµός 8.1 Μια συνάρτηση F καλείται αντιπαράγωγος µιας συνάρτησης f σ’ ένα σύνολο Ε, όταν είναι παραγωγίσιµη στο Ε και ισχύει

F′(x) = f(x) για κάθε x∈Ε.

Θεώρηµα 8.1 Αν η F είναι µια αντιπαράγωγος της f στο διάστηµα Ε (ανοικτό ή κλειστό, φραγµένο ή όχι), τότε το σύνολο των αντιπαραγώγων της f είναι της µορφής:

{F+c, c = σταθερά}.

Ορισµός 8.2 Εστω ότι η συνάρτηση f είναι ορισµένη στο διάστηµα Ι και έστω F είναι µια αντιπαράγωγος της f(x), τότε το σύνολο

{ F + c, c = σταθερά}

καλείται αόριστο ολοκλήρωµα της f και συµβολίζεται µε f∫ ή µε ( )f x dx∫ . ∆ηλαδή

( ) { , c }f x dx F c σταθερα= + =∫ .

Συνήθως γράφουµε για συντοµία ( ) ( ) .f x dx F x c= +∫

Προσοχή. Ο τύπος ( ) , f x dx F c c σταθερα= + =∫ , δεν ισχύει στην περίπτωση που

το Ε δεν είναι διάστηµα, π.χ. ο τύπος 1 log | |dx x cx

= +∫ δεν ισχύει στο σύνολο R-{0}.

Πίνακας βασικών αορίστων ολοκληρωµάτων

1. 1

, n 1, n1

nn xx dx c

n

+

= + ≠ − ∈+∫ Z,

2. 1 log | | , 0dx x c xx

= + ≠∫ ,

130

3. 1

, 1, a1

aa xx dx c a

a

+

= + ≠ − ∈+∫ R,

4. , 0,log

xx aa dx c a

a= + >∫

5. ,x xe dx e c= +∫

6. cos sinxdx x c= +∫

7. sin cos ,xdx x c= − +∫

8. 21 ,

cosdx x c

xεφ= +∫

9. 2

1 sin ,1

dx Arc x cx

= +−∫

10. 21 .

1dx x c

xτοξεφ= +

+∫

Θεώρηµα 8.2 Αν η f είναι συνεχής στο Ε, τότε η f είναι αντιπαραγωγίσιµη στο Ε. Πρόταση 8.1 Αν οι συναρτήσεις f και g είναι αντιπαραγωγίσιµες στο Ε και αν c είναι µία σταθερά, τότε

( ( ) ( )) ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx+ = +∫ ∫ ∫

( ) ( )cf x dx c f x dx=∫ ∫ . Aπόδειξη

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )f x dx g x dx f x dx g x dx′ ′ ′

+ = +∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ).f x g x= + Οµοια αποδεικνύεται και η άλλη σχέση.

131

§ 8.2 Μέθοδοι ολοκλήρωσης

1. Η µέθοδος της αντικατάστασης

Θεώρηµα 8.3 Εστω µία συνάρτηση f ορισµένη και συνεχής σ’ ένα διάστηµα Ε⊆R, φ µια συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο σ’ ένα διάστηµα J µε φ(J)⊆Ε και F µια αντι-παράγωγος της f στο Ε, τότε

( ) ( ( )) ( ) ( ( ))f x dx f t t dt F t cϕ ϕ ϕ′= = +∫ ∫ .

Παραδείγµατα

1. Να υπολογιστεί το 21

cos (5 )dx

x∫ .

Λύση Θέτω y = 5x, x ≠ (kπ/10), dy = 5dx, άρα σε διαστήµατα της µορφής (-kπ/10,kπ/10) k∈Z έχουµε:

2 21 1 1 1 tan(5 )tan

cos (5 ) 5 cos 5 5xdx dy y c c

x y= = + = +∫ ∫ .

2. Να υπολογιστεί το 3 2dx

x−∫ .

Λύση Θέτω y2 = 3-2x (x < 1.5), 2ydy = -2dx, άρα σε κάθε διάστηµα που περιέχεται στο (-∞,1.5), έχουµε:

21 ln | | ln | 3 2 |

3 2ydx dy y c x cyx

= − = − + = − − +−∫ ∫ .

3. Να υπολογιστεί το 24 x dx−∫ .

Λύση Θέτω x = 2 siny (|x| ≤ 2), εποµένως dx = 2 cosy dy και στο διάστηµα [-2,2] έχουµε:

24 x dx− =∫ 22 cos (1 cos(2 ))ydy y dy= +∫ ∫sin(2 )

2yy c= + +

sin2xArc =

sin 2 sin2 .

2

xArcc

+ +

4. Να υπολογιστεί το 2sin cosx xdx∫ .

Λύση Θέτω y = sinx, dy = cosx dx, άρα:

132

3 32 2 sinsin cos

3 3y xx xdx y dy c c= = + = +∫ ∫ .

5. Να υπολογιστεί το ln x dx

x∫ .

Λύση Θέτω y = lnx (x > 0), dy = (1/x)dx, άρα για κάθε διάστηµα που περιέχεται στο (0,+∞) έχουµε:

2 2ln (ln ) .2 2

x y xdx ydy c cx

= = + = +∫ ∫

6. Να υπολογιστεί το 2 2

2 sin( )x xxe e dx∫ .

Λύση Θέτω 2xy e= ,

2

2 ,xdy xe dx= άρα:

2 2

2 sin( )x xxe e dx∫2

sin( ) cos( ) .xy dy e c= = − +∫ Σηµείωση Ολοκληρώµατα που περιέχουν συναρτήσεις της µορφής:

2 2 2 2 2 2a , x , x x a a− − + λύνονται µε αντικατάσταση x = asiny, x = αcoshy και x = atany αντίστοιχα.

2. Oλοκλήρωση κατά παράγοντες Θεώρηµα 8.4 Εάν οι συναρτήσεις f,g έχουν συνεχείς παραγώγους στο διάστηµα Ε⊆R, τότε

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x g x f x g x dx′ ′= −∫ ∫ .

Παραδείγµατα

1. Να υπολογιστεί το ln(1 x)dx.+∫

Λύση xln(1 x)dx ln( 1) dx

x 1x x+ = + −

+∫ ∫

1ln( 1) dx dx ln( 1) ln( 1)

x 1x x x x x c= + − − = + − + +

+∫ ∫ ,

133

όπου η παραπάνω σχέση ισχύει σε κάθε διάστηµα που περιέχεται στο (-1,+∞).

2. Να υπολογιστεί το 2 xx e dx.∫

Λύση 2 x 2 x x 2 x xx e dx x e 2 xe dx x e 2 2 e dxxxe= − = − +∫ ∫ ∫ 2 xx e 2 2 .x xxe e c= − + +

3. Να υπολογιστεί το xe cosxdxI = ∫ .

Λύση x xe cosxdx cos e sinxdxxI e x= = +∫ ∫ xcos sin e cosxx xe x e x c= + − +∫

(cos sin )(cos sin ) .

2

xx e x xe x x I c I c+

= + − + ⇒ = +

4. Να υπολογιστεί το n 2 2 ndxI = , n .

(x + a )∈∫ N

Λύση 2

2 2 n 2 2 n 2 2 n+1dx x x= + 2n dx

(x + a ) (x + a ) (x + a )∫ ∫

2

2 2 n 2 2 n 2 2 n+1x 1 1= + 2n dx - 2na dx

(x + a ) (x + a ) (x + a )∫ ∫

2

n n+12 2 nx= + 2nI - 2na I

(x + a )

άρα

.2

n n+12 2 n1 x 2naI = - I

1- 2n (x + a ) 1- 2n

Χρήσιµες Παρατηρήσεις (α) Σε ολοκληρώµατα που περιέχουν την εκθετική συνάρτηση, ξεκινούµε την παραγοντική ολοκλήρωση πάντοτε από την παράγωγο της εκθετικής συνάρτησης. (β) Σε ολοκληρώµατα που περιέχουν τη λογαριθµική συνάρτηση, ξεκινούµε την παραγοντική ολοκλήρωση από την αντιπαράγωγο της ″άλλης″ συνάρτησης. (γ) Σε ολοκληρώµατα που περιέχουν γινόµενα ηµιτόνων ή συνηµιτόνων µε πολυώνυµα, ξεκινούµε από την αντιπαράγωγο του ηµιτόνου ή του συνηµιτόνου. Πολλές φορές η εύρεση τέτοιων ολοκληρωµάτων ανάγεται στον υπολογισµό ενός αναγωγικού τύπου.

134

§ 8.3. Ολοκλήρωση ρητών συναρτήσεων Ορισµός 8.3 Α. Το πηλίκο δύο αλγεβρικών πολυωνύµων

0 1

0 1

( ) ...( )( ) ...

mm m

nn n

P x b b x b xf xQ x a a x a x

+ + += =

+ + + ,

όπου αn,bm ≠ 0, m ≥ 0, n ≥ 1 καλείται ρητή συνάρτηση ή ρητό κλάσµα. Ορισµός 8.4 Ρητές συναρτήσεις της µορφής

*,k 2 kA Ax + B , , k

(x - a) (x + px + q)∈ N

καλούνται µερικά κλάσµατα. Θεώρηµα 8.5 Kάθε πολυώνυµο µε πραγµατικούς συντελεστές µπορεί να γραφεί σαν γινόµενο πρωτοβάθµιων διωνύµων και δευτεροβάθµιων τριωνύµων µε πραγµατικούς συντελεστές (σαφώς είναι δυνατόν να έχουµε επανάληψη των παραγόντων). Τα τριώνυµα µπορούµε να δεχθούµε ότι δεν έχουν πραγµατικές ρίζες διότι αλλιώς θα αναλύονταν σε γινόµενα πρωτοβάθµιων παραγόντων. Εργαζόµαστε ως εξής: (α) αν ο βαθµός του αριθµητή είναι µεγαλύτερος από το βαθµό του παρονοµαστή (m > n) διαιρούµε το Pm(x) µε το Qn(x) και έχουµε

m k

n n

P (x) R (x)f(x)= = S(x)+ , k < nQ (x) Q (x) ,

όπου S(x) είναι το πηλίκο της διαίρεσης, βαθµού m-n. (β) Αναλύουµε το πολυώνυµο Qn(x) σε γινόµενο πρωτοβάθµιων διωνύµων και δευτεροβάθµιων τριωνύµων (όπως στο Θεώρηµα 8.5), δηλαδή

1 121 1 1( ) ( ) ...( ) ( ) ...ikk m

n iQ x x a x a x p x q= − − + + 2( ) ,jmj jx p x q+ +

όπου 2

1 i 1 j j jk + ...+ k + 2(m + ...m )= n, p - 4q < 0.

(γ) Αναλύουµε το κλάσµα ( )( )

k

n

R xQ x σε µερικά κλάσµατα ως εξής:

για κάθε παράγοντα της µορφής ( )kx a− στην ανάλυση του Qn(x) παίρνουµε το άθροισµα των κλασµάτων:

135

1 22 ... ,

( ) ( ) ( )k

kAA A

x a x a x a+ + +

− − −

όπου 1 2A , ,..., kA A είναι σταθερές που θα προσδιοριστούν. Οµοια, για κάθε

παράγοντα της µορφής 2( )kx px q+ + στην ανάλυση του Qn(x), παίρνουµε το άθροισµα των κλασµάτων:

1 1 2 22 2 2 2... .

( ) ( ) ( )k k

kA x BA x B A x B

x px q x px q x px q++ +

+ + ++ + + + + +

Oι συντελεστές υπολογίζονται από τη λύση ενός συστήµατος εξισώσεων το οποίο προκύπτει από την εξίσωση:

( )( )

k

n

R xQ x

= 1

1

1,1,1

1 1

... ... ( ) ( )

kk

AAx a x a

+ + +− −

, ,,1 ,12 2

... .( ) ( )

j j

j

j m j mj jm

j j j j

A x BA x Bx p x q x p x q

+++ + +

+ + + +

Aρα, το ολοκλήρωµα ρητής συνάρτησης µπορεί να παρασταθεί σαν άθροισµα ενός ολοκληρώµατος πολυωνύµου και ολοκληρωµάτων των παρακάτω τύπων:

(α) 11 , 1,

( ) ( 1) ( )k kA Adx c k

x a k x a −= − + >− − −∫

(β) ln | | ,( )

A dx A x a cx a

= − +−∫

(γ) 2

2 , 1, -4q 0.( )n

Ax B dx n px px q

+≥ <

+ +∫

Αρκεί λοιπόν να υπολογίσουµε το ολοκλήρωµα (γ).

2 2 2.

( ) 42 4

nnAx B Ax BI dx dx

x px q p q px

+ += =

+ + − + +

∫ ∫

Θέτουµε 24

,2 2

q ppx t−+ = οπότε το ολοκλήρωµα γίνεται:

2 2 1 21 c

( 1) 2( 1) ( 1) ( 1)n n nat b a bI dt dtt n t t−

+= = − + +

+ − + +∫ ∫ .

Eστω 2 .( 1)n n

bI dtt

=+∫ .

136

Για n = 1 έχουµε 1 2 ( 1)

bI dt b t ct

τοξεφ= = ++∫ .

Για n≠1 έχουµε 2 2

2 21 1 b b

( 1) ( 1)n n nt tI dt dt

t t+ −

= =+ +∫ ∫

2

2 n-1 2 n-11 t= b dt -b dt

(t +1) (t +1)∫ ∫

1-n

2 1-nn-1 n-1

b bt(t +1)= I - td(t +1) = I -2(1- n) 2(1- n)∫

,1-n

n-12 1-nb 1 b bt(t +1)+ dt = 1+ I -

2(1- n) (t +1) 2(1- n) 2(1- n) ∫

οπότε, .1-n

n n-1b bt(t +1)I = 1+ I -

2(1- n) 2(1 - n)

Παραδείγµατα

1. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα 4 2

2 2 23 1

( 1)x x dxx x+ +

+∫ .

Λύση 4 2

2 2 2 2 2 2 2

3 1 .( 1) ( 1) ( 1)

x x A B x Exx x x x x x+ + Γ + ∆ + Ζ

= + + ++ + +

Από την τελευταία µετά την απαλοιφή των παρονοµαστών και την αναγωγή οµοίων όρων καταλήγουµε στη µορφή

4 2 5 4 33 1 ( ) ( ) (2 )x x A E x B x A E x+ + = + + + Ζ + + Γ + 2(2 ) ,B x Ax B+ + ∆ + Ζ + + οπότε εξισώνοντας τους συντελεστές των οµοιοβάθµιων όρων έχουµε και λύνοντας το σύστηµα έχουµε:

Α = Ε = Ζ = Γ = 0, Β = ∆ = 1. Το ολοκλήρωµα λοιπόν παίρνει τη µορφή

4 2

2 2 2 2 2 23 1 1 1

( 1) ( 1)x x dx dx dxx x x x+ +

= ++ +∫ ∫ ∫ 2 2

1 1 .( 1)

dxx x

− ++∫

Αλλά: 2

2 2 2 2 2

1 1( 1) ( 1) ( 1)

xdx dx dxx x x

= −+ + +∫ ∫ ∫

137

2 2

1 1tan2( 1) 2 ( 1)

xArc x dxx x

= + −+ +∫

21tan tan .

2( 1) 2xArc x Arc x c

x= + − +

+

Τελικά: 4 2

2 2 2

3 1( 1)

x x dxx x+ +

=+∫ 1

x− + 2

1tan tan .2( 1) 2

xArc x Arc x cx

+ − ++

2. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα 2

3

4 3 5 .3 2

x x dxx x

− +− +∫

Λύση Προφανώς, από το σχήµα Horner έχουµε:

3 2 23 2 ( 1)( 2) ( 1) ( 2),x x x x x x x− + = − + − = − +

άρα

2

3 2

4 3 5 .3 2 1 ( 1) ( 2)

x x A Bx x x x x

− + Γ= + +

− + − − +

Mε απαλοιφή των παρονοµαστών και αναγωγή οµοίων όρων καταλήγουµε στη µορφή

2

3 2

4 3 5 1 2 3 .3 2 1 ( 1) ( 2)

x xx x x x x

− += + +

− + − − +

Το ολοκλήρωµα λοιπόν παίρνει τη µορφή

2

3 2

4 3 5 2ln | 1| 3ln | 2 | .3 2 ( 1)

x x dx x x cx x x

− += − + + − +

− + −∫

3. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα 21 .2 10

dxx x+ +∫

Λύση 212 10

dxx x

=+ +∫ 2

1( 1) 9

dxx + +∫ .

Θέτω x + 1 = 3y, dx = 3dy, άρα:

2 21 1 1 1 1tan .

( 1) 9 3 1 3 3xdx dy Arc c

x y+ = = + + + + ∫ ∫

138

§8.4. Oλοκληρώµατα άρρητων συναρτήσεων που ανάγονται σε ολοκληρώµατα ρητών συναρτήσεων Ι. Ολοκληρώµατα της µορφής

1 2( , ,..., )krr rR x x x dx∫ όπου ri ρητοί και R µια ρητή συνάρτηση k-µεταβλητών. Εστω ότι ri = pi/qi µε pi,qi∈Z qi>0 και έστω

n = Ε.Κ.Π.{q1,q2,...,qk}.

Mε αντικατάσταση x = tn παίρνουµε

1 2( , ,..., )krr rR x x x dx∫ 1 2 1( , ,..., )knrnr nr nR t t t nt dt−= ∫ 1( ) ,R t dt= ∫

όπου R1(t) είναι µια ρητή συνάρτηση του t. Παράδειγµα Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα

23.

2dx

x x+∫

Λύση Στην περίπτωση αυτή είναι q1 = 2 και q2 = 3, άρα Ε.Κ.Π. = 6, οπότε θέτω x = t6, dx = 6t5dt, oπότε:

5 2

4 3236 6

2 22dx t dt t dt

t t tx x= =

+ ++∫ ∫ ∫

26 ( 2) 24 3 12 24 ln | 2 | .

2dtt dt t t t c

t= − + = − + + +

+∫ ∫

ΙΙ. Ολοκληρώµατα της µορφής:

( , )nax bR x dxcx d

++∫

όπου R είναι µια ρητή συνάρτηση µιας µεταβλητής ορισµένη καταλλήλως. Με την αντικατάσταση

nax b tcx d

+=

+ ,

το ολοκλήρωµα ανάγεται σε ολοκλήρωµα ρητής συνάρτησης του t.

139

Παράδειγµα Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα

1 .1

x dxx x

−+∫

Λύση Θέτουµε 2

2 2 21 1 4, dx ,1 1 (1 )

x t tt xx t t

− −= ⇔ = = −

+ + + οπότε

2

2 21 4 .1 ( 1)( 1)

x dx t dtx x t t

−=

+ − +∫ ∫

Αλλά: 2

2 2 2 ,( 1)( 1) 1 1 1

t A B Ct Dt t t t t

+= + +

− + − + +

οπότε µετά από πράξεις βρίσκουµε Α = 1/4, Β = -1/4, C = 0, D = 1/2 και το ολοκλήρωµα γίνεται

2

2 2 21 1 14 2

( 1)( 1) ( 1) ( 1) 1t dt dt dt dt

t t t t t= − +

− + − + +∫ ∫ ∫ ∫

1ln 2 tan .1

t Arc tt− = + +

ΙΙΙ Ολοκληρώµατα της µορφής

1( , ,..., )knnR x ax b ax b dx+ +∫ όπου R είναι µια ρητή συνάρτηση. Eστω

n = Ε.Κ.Π.{n1,n2,...,nk}.

Τότε για κάθε 1 ≤ i ≤ n υπάρχει mi∈Ν έτσι ώστε ni mi = n. Κάνοντας την αντικατάσταση n ax b t+ = έχουµε:

( ) n-11, x ( ), dx t dt,a

ii i

mn m nn nax b ax b t t ba

+ = + = = − =

και η εύρεση του ολοκληρώµατος ανάγεται στον υπολογισµό ολοκληρώµατος ρητής συνάρτησης. Παράδειγµα Να υπολογισθεί το ολοκλήρωµα

( 2 1) .( 2) 2

x dxx x

+ −+ + +∫

140

Λύση Θέτουµε 22 2 , x t x t dx = 2tdt+ = ⇔ + = , οπότε

2( 2 1) 2 ( 1) ( 1)2

1( 2) 2x dx t t dt t dt

t t tx x+ − − −

= =+ ++ + +∫ ∫ ∫ 12 4 2 4 ln | 1 | .

1dt dt t t c

t= − = − + +

+∫ ∫

ΙV Ολοκληρώµατα της µορφής

2( , )R x ax bx c dx+ +∫

όπου R είναι ρητή συνάρτηση του t. H εύρεση τέτοιων ολοκληρωµάτων ανάγεται στον υπολογισµό ολοκληρωµάτων ρητών συναρτήσεων όταν χρησιµοποιήσουµε τους παρακάτω µετασχηµατισµούς του Εuler:

(a) αν a>0 θέτουµε 2 .ax bx c t ax+ + = ±

(b) αν c>0 θέτουµε 2 .ax bx c tx c+ + = ±

(c) αν b2-4ac>0 και x0 είναι µια οποιαδήποτε ρίζα του τριωνύµου θέτουµε

20( )ax bx c t x x+ + = −

Με τους παραπάνω µετασχηµατισµούς έχουµε x = ρητή συνάρτηση του t, dx = ρητή

συνάρτηση του t και 2ax bx c+ + = ρητή συνάρτηση του t, άρα η εύρεση του ολοκληρώµατος ανάγεται στον υπολογισµό ολοκληρώµατος ρητής συνάρτησης.

V Ολοκληρώµατα της µορφής

2 2

( ) ( ), J( )k

p x p xI dx dxax bx c x ax bx cρ

= =+ + − + +∫ ∫ ,

όπου p(x) είναι πολυώνυµο βαθµού n. Εστω

1 20 1 2

( ... ) . nN

AI A x A ax bx c dxax bx c

−−= + + + +

+ +∫

Παραγωγίζοντας την παραπάνω παίρνουµε

2 2

0 22

( ) (( 1) ... )nN

p x n A x A ax bx cax bx c

−−= − + + + +

+ +

1

0 1 2 2

2( ... ) .nN

ax b AA x Aax bx c ax bx c

−−

++ + + +

+ + + +

141

Εξισώνοντας τους συντελεστές των οµοιοβάθµιων δυνάµεων του x παίρνουµε ένα σύστηµα από το οποίο υπολογίζουµε τους συντελεστές Α,Αi. To ολοκλήρωµα J µε

το µετασχηµατισµό 1 t

x ρ=

− ανάγεται σε ολοκλήρωµα της µορφής Ι.

VII Ολοκληρώµατα της µορφής

2 2 2 21. ( , ) , 2. ( , )R x a x dx R x a x dx− +∫ ∫ 2 23. ( , )R x x a dx−∫

1η µέθοδος Τα παραπάνω ολοκληρώµατα µπορούν µε χρήση των µετασχηµατισµών Euler να αναχθούν σε ολοκληρώµατα ρητών συναρτήσεων. 2η µέθοδος Για τις µορφές 1, 2, 3 έχουµε αντίστοιχα τις αντικαταστάσεις 1. x = asint ή x = acost. 2 x = a tant ή x = a sinht.

3 sinax

t= ή cos

axt

= ή .x ac shtο= .

VIII. ∆ιωνυµικά ολοκληρώµατα Εχουν τη µορφή

( ) , m,n,pp

m nx a bx dx+ ∈∫ Q . Υπολογίζονται µόνον όταν ένας από τους τρεις αριθµούς

,p 1 ,m

n+

1m p

n+

+

είναι ακέραιος. (α) όταν ο p είναι ακέραιος κάνουµε την αντικατάσταση x = tr, όπου r = Ε.ΚΠ{m,n}. (β) όταν ο (m+1)/n είναι ακέραιος κάνουµε την αντικατάσταση ts = α + b xn, όπου s o παρονοµαστής του p. (γ) όταν ο p+(m+1)/n είναι ακέραιος κάνουµε την αντικατάσταση ts = α + bx-n, όπου s o παρονοµαστής του p. IX. Ολοκληρώµατα τριγωνοµετρικών συναρτήσεων

Ι. Μορφή: (sin ,cos )R x x dx∫ , όπου R είναι µια ρητή συνάρτηση των συναρτήσεων sinx και cosx.

142

Γνωστές µορφές:

tan ln | cos | , cot ln | sin | ,xdx x c xdx x c= − + = +∫ ∫

1 1ln tan , ln tan ,sin 2 cos 2 4

x xdx c dx cx x

π = + = + + ∫ ∫

2 1sin sin(2 ) .

2 4xxdx x c= − +∫

Θέτουµε tan , - x ,2xt π π = < <

οπότε 12 tan ,x t−= και 22 .

1dx dt

t=

+ Με

χρήση των γνωστών τύπων της τριγωνοµετρίας:

2

2 2 22 tan( / 2) 1 tan ( / 2)sin , cos ,

1 tan( / 2) 1 tan ( / 2)x xx xx x

−= =

+ +

έχουµε: 2

2 22 1sin , cos ,

1 1t tx xt t

−= =

+ + άρα η εύρεση του ολοκληρώµατος ανάγεται

στην εύρεση ολοκληρώµατος ρητής συνάρτησης. ΙΙ. Ολοκληρώµατα της µορφής

sin sin , cos cos , sin cos .x xdx x xdx x xdxλ µ λ µ λ µ∫ ∫ ∫ Χρησιµοποιούµε τους γνωστούς τύπους της τριγωνοµετρίας:

1sin sin (cos(( ) ) cos(( ) ))2

x x x xλ µ µ λ µ λ= − − +

1cos cos (cos(( ) ) cos(( ) ))2

x x x xλ µ µ λ µ λ= + + −

1sin cos (sin(( ) ) sin(( ) ))2

x x x xλ µ µ λ µ λ= + + + .

ΙΙI. Ολοκληρώµατα της µορφής

sin cos , m,nm nx xdx ∈∫ Z . (α) Εστω m+n = περιττός. Τότε ένας από τους m,n είναι περιττός. Εστω m = 2k+1 και cosx = t, τότε παίρνουµε:

143

2, sin cos (1 cos ) cos sinm n k n

m nI x xdx x x xdx= = −∫ ∫

2 2(1 cos ) cos cos (1 ) ,k n k nx xd x t t dt= − − = − −∫ ∫

δηλαδή αρκεί να υπολογίσουµε το ολοκλήρωµα της πολυωνυµικής συνάρτησης. (β) Εστω m+n = άρτιος. Τότε οι m,n είναι άρτιοι ή περιττοί. Αν οι m,n είναι περιττοί έχουµε την προηγούµενη περίπτωση. Εστω m = 2k και n = 2l τότε:

1 cos(2 ) 1 cos(2 )sin cos2 2

k lm n x xx x − + =

,

και ο υπολογισµός του ολοκληρώµατος ανάγεται σε ολοκλήρωµα της µορφής

1sin cos , 0 p q (m n)2

p qx xdx ≤ + ≤ +∫ .

Με αντικατάσταση x = 2t αναγόµαστε στην παραπάνω περίπτωση.

X. Ολοκληρώµατα της µορφής

1. (tan ) , 2. (sinh ,cos ) , 3. (sin ,cosh , tan ) .R hx dx R x hx dx R hx x hx dx∫ ∫ ∫ 1η µέθοδος Με αντικατάσταση του tanh(x/2) = t, έχουµε:

2

2 2 2 22 1 2t 2sin , cosh , tanhx , dx dt

1 1 1 t 1t thx xt t t

−= = = =

+ + + −

και η εύρεση των παραπάνω ανάγεται στην εύρεση ολοκληρωµάτων ρητών συναρτήσεων. 2η µέθοδος Με αντικατάσταση του ex = t, έχουµε:

2 2 2

21 1 t 1sin , cosh , tanhx , dx .

2 2 t 1t t dthx x

t t t− + −

= = = =+

και η εύρεση των παραπάνω ανάγεται στην εύρεση ολοκληρωµάτων ρητών συναρτήσεων.

144

ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

145

146

147

148

149

150

151

152

153

154

155

156

157

158

159

160

ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1. Να υπολογιστούν τα ολοκληρώµατα

1/3

2 2 2 2 2

(Arctanx) dx dxdx, , ,1 x x aa x+ − −∫ ∫ ∫

2 2dx dxdx, tanxdx, ,

x sin cosa x x+∫ ∫ ∫

2 2dx , a dx, .

sinxxx e dx−∫ ∫ ∫

2x lnxdx, xArctanxdx, xcosxdx,∫ ∫ ∫

2x

2

dxe sin3xdx, Arcsinxdx, , a 0.x a

>+∫ ∫ ∫

3 4 2

2 4 3 2( 1) 3 3 1, , .

1 2 2 1x x x xdx dx dxx x x x x x+ + +− − + + +∫ ∫ ∫