Odmocninová substituce I.
Úloha číslo: 1506
Určete pomocí odmocninové substituce
\[I=\int\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}dx\]Motivace
Často se nám při řešení integrálů stává, že jsme nuceni integrovat výrazy obsahující jednu či více odmocnin.
Nejpoužívanější metodou pro vypořádání se z odmocninami při integraci je právě odmocninová nebo Eulerova substituce.
Dalšími užívanými metodami jsou ve speciálních případech například goniometrické substituce (Goniometrické substituce 1.) nebo substituce hyperbolické (Hyperbolická substituce).
V této úloze si předvedeme jednu ze základních odmocninových substitucí.
substituce
Nachází-li se pod odmocninami integrovaného výrazu pouze tytéž polynomi stupně jedna \(P_1(x)=ax+b\), zavádíme substituci
\[t^n={ax+b}\]kde \(n\) je nejmenší společný násobek stupňů substituovaných odmocnin.
Sami uvidíme, že tato substituce vede k následnému odstranění substituovaných odmocnin.
Mějme ovšem na paměti, že integrovaný výraz proměnné \(x\) převádíme na integrovaný výraz proměnné \(t\), stejně jako tomu bylo v případě obyčejných substitucí (Substituce).
Substituce
Vhodně zvolte substituci pro likvidaci odmocnin v integrovaném výrazu.
Integrace
Vhodně zvolenou integrační metodou substituovaný integrál proměnné \(t\) vyřešte.
Řešení
V souladu s motivačním textem úlohy určujeme substituci jako
\[t^n=ax+b\]konkrétně v našem případě se pod oběma odmocninami nachází pouze \(x\) a tedy
\[t^2=x\]kde \(n=2\), neboť stupeň obou odmocnin je totožný a sice právě dva.
Abychom od integrálu proměnné \(x\) přešli k integrálu proměnné \(t\) je třeba dále vyjádřit derivaci \(x\) podle proměnné \(t\), což uděláme následovně
\[t^2=x\] \[x=t^2\] \[dx=2tdt\]Získané dosadíme do původního výrazu, čímž získáme
\[I=\int\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}dx=\int\frac{1-t}{1+t}2tdt=\] \[=2\int\frac{(1-t)t}{1+t}dt\]Jedná se o lomenou polynomiální funkci, integrál proto budeme řešit metodami osvojenými z úlohy Integrace lomené racionální funkce I..
Jelikož je stupeň polynomu v čiteteli o jedna vyšší než stupeň polynomu ve jmenovateli, celý výraz nejprve upravíme za pomoci dělení polanomů následovně
\[\frac{(1-t)t}{1+t}=-\frac{t(t-1)}{1+t}=-\frac{t(t-1+1-1)}{1+t}=\] \[=-\frac{t(t+1-2)}{1+t}=-\frac{t(t+1)-2t}{1+t}=-\frac{t(t+1)-2(t+1-1)}{1+t}=\] \[=-\frac{t(t+1)-2(t+1)+2}{1+t}=-\frac{t(t+1)}{1+t}-\frac{-2(t+1)}{1+t}-\frac{+2}{1+t}=\] \[=-t+2-\frac{2}{1+t}\]Polynomi jsme dělili pomocí chytré nuly, jak zachycuje úloha Dělení polynomu polynomem pomocí Chytré nuly.
Za pomoci námi získaného výše uvedeného tvaru tedy řešený integrál přepisujeme jako
\[I=2\int\frac{(1-t)t}{1+t}dt=2\int \bigg(-t+2-\frac{2}{1+t} \bigg) dt=\]a díky linearitě integrálu pak
\[=-2\int tdt +4\int 1 dt -4 \int\frac{1}{1+t}dt=\]V případě prvních dvou integrálů se jedná o tabulkový integrál \(\int w^n dw = \frac{w^n+1}{n+1}+c;c \in \mathbb{R}, n \ne 1\).
Třetí z integrálů budeme muset řešit pomocí substituce \(a=1+t\) vedoucí na tabulkový integrál \(\int \frac{1}{w} dw = \ln{|w|}+c;c \in \mathbb{R}\) (viz úloha Substituce).
Pro první dva integrály tak dostáváme
\[-2\int tdt=-2\frac{t^2}{2}+c=-t^2+c\] \[4\int 1 dt=4t+c\]pro integrál třetí pak
\[J=-4 \int\frac{1}{1+t}dt\] \[a=1+t\] \[da=dt\] \[J=-4 \int\frac{1}{a}da=-4\ln{|a|}+c=-4\ln{|1+t|}+c\]Všechna tři získaná řešení dosazujeme do původní rovnosti a získáváme
\[I=-2\int tdt +4\int dt -4 \int\frac{1}{1+t}dt=\] \[=-t^2+4t-4\ln{|1+t|}+c\]Nakonec pak provedeme zpětnou substituci \(t^2=x \rightarrow t=\sqrt{x}\)
\[I=-(\sqrt{x})^2+4\sqrt{x}-4\ln{|1+\sqrt{x}|}+c=\] \[=-x+4\sqrt{x}-4\ln{|1+\sqrt{x}|}+c;c\in \mathbb{R}\]což je i výsledným řešením celé úlohy.
Výsledek
\[I=-x+4\sqrt{x}-4\ln{|1+\sqrt{x}|}+c;c\in \mathbb{R}\]Další úloha v sérii
