Metody obliczania całek

Publikacja współfinansowana przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego

Michał Stukow

Błażej Szepietowski

KOMPENDIUM Z MATEMATYKI

Metody

obliczania całek

ε = mc2


KOMPENDIUM Z MATEMATYKI

Michał Stukow

Błażej Szepietowski

Metody

obliczania całek

Gdańsk 2010


Uniwersytet Gdański

© Copyright by Michał Stukow, Błażej Szepietowski

Skład komputerowy (LaTeX): Michał Stukow, Błażej Szepietowski

Projekt okładki i strony tytułowej: xxx

All rights reserved

Uniwersytet Gdański

Wydział Matematyki, Fizyki i Informatyki

Instytut Matematyki

80-952 Gdańsk, ul. Wita Stwosza 57

Spis tresci

Wstep 7

Czesc 1. Całki nieoznaczone 8

Rozdział 1. Okreslenie całki i najprostsze sposoby jej obliczania 91.1. Proste przykłady 91.2. Podstawowe wzory 111.3. Liniowa zmiana zmiennych 141.4. Pochodna logarytmiczna 161.5. Zadania 17

Rozdział 2. Całkowanie przez podstawienie 192.1. Proste przykłady 192.2. Uwagi o notacji 202.3. Podstawienia liniowe 212.4. Podstawienia wielomianowe 232.5. Podstawienia trygonometryczne 252.6. Podstawienia logarytmiczne 272.7. Podstawienia wykładnicze 282.8. Całki z pierwiastkami 292.9. Zadania 31

Rozdział 3. Całkowanie przez czesci 333.1. Metoda całkowania przez czesci 333.2. Wielomian razy sinus lub kosinus 353.3. Wielomian razy funkcja wykładnicza 373.4. Funkcja potegowa razy funkcja logarytmiczna 383.5. Funkcja wykładnicza razy sinus lub kosinus 403.6. Funkcje cyklometryczne 423.7. Zadania 44

Rozdział 4. Funkcje wymierne 454.1. Rozkład funkcji wymiernej 454.2. Całkowanie ułamków prostych pierwszego rodzaju 494.3. Całkowanie ułamków prostych drugiego rodzaju 514.4. Całkowanie dowolnej funkcji wymiernej 554.5. Wzór redukcyjny 594.6. Zadania 60

4

5

Rozdział 5. Funkcje trygonometryczne 615.1. Podstawowe tozsamosci 615.2. Podstawianie za sinus lub kosinus 625.3. Podstawienie uniwersalne 655.4. Podstawianie za tangens 665.5. Zadania 68

Rozdział 6. Funkcje niewymierne 696.1. Pierwiastki z x 696.2. Pierwiastki z funkcji liniowej i homograficznej 706.3. Rózniczki dwumienne 736.4. Podstawienia trygonometryczne 766.5. Całki postaci

∫ dx√ax2+bx+c

78

6.6. Całki postaci∫ √

ax2 + bx + c dx 796.7. Całki postaci

∫ Ax+B√ax2+bx+c

dx oraz∫(Ax + B)

√ax2 + bx + c dx 80

6.8. Metoda współczynników nieoznaczonych 816.9. Podstawienia Eulera 836.10. Zadania 86

Rozdział 7. Inne klasy funkcji 887.1. Funkcje hiperboliczne 887.2. Całkowanie funkcji hiperbolicznych 897.3. Podstawienia hiperboliczne 907.4. Zadania 91

Czesc 2. Całki oznaczone 93

Rozdział 8. Metody obliczania całek oznaczonych 948.1. Podstawowe własnosci 958.2. Całkowanie przez czesci i przez podstawienie 978.3. Zadania 98

Rozdział 9. Całki niewłasciwe 999.1. Całka w granicach nieskonczonych 999.2. Całka z funkcji nieograniczonej 1049.3. Zadania. 108

Rozdział 10. Zastosowania całek 10910.1. Pole obszaru 10910.2. Długosc krzywej 11210.3. Objetosc bryły i pole powierzchni obrotowej 11310.4. Zadania 115

Rozdział 11. Odpowiedzi do zadan 117Rozdział 1 117Rozdział 2 118Rozdział 3 119

6

Rozdział 4 120Rozdział 5 120Rozdział 6 120Rozdział 7 122Rozdział 8 122Rozdział 9 122Rozdział 10 123

Bibliografia 124

Wstep

Celem niniejszego skryptu jest dostarczenie studentom I roku kierunków ma-tematycznych podrecznego zbioru metod obliczania całek. Tresc skryptu jest bo-gato ilustrowana w pełni rozwiazanymi przykładami, a na koncu kazdego roz-działu zamiescilismy wybór zadan samodzielnego rozwiazania. Dobierajac zada-nia staralismy sie, aby były one róznorodne oraz aby nie były uciazliwe rachun-kowo. Do wszystkich zadan zamiescilismy odpowiedzi, a do wiekszosci z nichrówniez wskazówki.

Tresc skryptu koncentruje sie wokół rachunkowych metod liczenia całek i cał-kowicie pomija aspekty teoretyczne zwiazane z teoria całki.

Autorzy

Gdansk, marzec 2010

7

Czesc 1

Całki nieoznaczone

ROZDZIAŁ 1

Okreslenie całki i najprostsze sposoby jej obliczania

1.1. Proste przykłady

O całce nieoznaczonej nalezy myslec jak o operacji odwrotnej do liczenia pochodnej.Dokładniej, obliczenie całki ∫

f (x) dx

sprowadza sie do znalezienia takiej funkcji F, ze F′(x) = f (x). Funkcje F nazywamy wtej sytuacji funkcja pierwotna do f .

Zadanie 1.1. Oblicz∫(4x + 5) dx.

RozwiazanieJezeli pamietamy jak sie liczy pochodne, to bez trudu zgadujemy wynik.∫

(4x + 5) dx = 2x2 + 5x.

Tak jest, bo (2x2 + 5x)′ = 4x + 5.

Zadanie 1.2. Oblicz∫(2 sin x + 3 cos x) dx.

RozwiazanieMajac w pamieci wzory na pochodne sinusa i cosinusa, zgadujemy∫

(2 sin x + 3 cos x) dx = −2 cos x + 3 sin x.

Jezeli nie jestesmy pewni wyniku, to sprawdzamy

(−2 cos x + 3 sin x)′ = 2 sin x + 3 cos x.

Uwazny czytelnik powinien dostrzec pewna niescisłosc w powyzszych rachunkach: funk-cja 2x2 + 5x nie jest jedyna funkcja, której pochodna jest równa 4x + 5. Inna funkcja o tejwłasnosci to na przykład 2x2 + 5x + 1, albo dowolna funkcja postaci 2x2 + 5x + C, gdzieC ∈ R. Okazuje sie jednak, ze jest to jedyna mozliwa niejednoznacznosc: kazde dwiefunkcje pierwotne funkcji f (x) róznia sie o stała.

Która z tych funkcji jest wiec wartoscia całki∫(4x + 5) dx? Poniewaz nie jestesmy

w stanie w sensowny sposób wyróznic zadnej z nich, przyjmujemy, ze wartoscia całkisa wszystkie te funkcje na raz (czyli wartoscia całki nieoznaczonej jest zbiór wszystkich

9

1.1 PROSTE PRZYKŁADY 10

funkcji pierwotnych, a nie pojedyncza funkcja). Zwykle zapisujemy to w postaci∫(4x + 5) dx = 2x2 + 5x + C, gdzie C ∈ R.

Oczywiscie równie dobrze moglismy napisac∫(4x + 5) dx = 2x2 + 5x + 1 + C, gdzie C ∈ R,

bo jest to dokładnie ten sam zbiór funkcji.Powyzszy komentarz moze na poczatku wydawac sie troche abstrakcyjny, ale musie-

lismy go zrobic w miare szybko, zeby wyjasnic dlaczego we wszystkich wynikach bedziewystepowała stała C.

Zadanie 1.3. Oblicz∫

0 dx.

RozwiazanieOczywiscie za funkcje pierwotna mozna wziac funkcje stale równa 0, ale juz wiemy, zewynikiem liczenia całki bedzie cały zbiór funkcji: w tym przypadku zbiór funkcji stałych.∫

0 dx = C, C ∈ R.

Od tej pory nie bedziemy juz specjalnie zajmowac sie stała C – po prostu bedziemy jazawsze dopisywac na koncu do wyniku.

Zadanie 1.4. Oblicz∫(2x2 + sin 2x) dx.

RozwiazanieMyslimy: jaka musi byc funkcja, zeby jej pochodna było 2x2? Na pewno musi byc x3, aleliczac pochodna „na dół spadnie 3”, wiec musimy dopisac z przodu 2

3 , zeby otrzymacwspółczynnik 2.

Podobnie z sin 2x: funkcja pierwotna bedzie cos 2x, ale liczac pochodna z cos 2x otrzy-mamy współczynnik −2 (2 jest z pochodnej wnetrza). Zatem musimy z przodu dopisac− 1

2 (zeby otrzymac współczynnik 1). Zatem∫(2x2 + sin 2x) dx =

23

x3 − 12

cos 2x + C.

Zadanie 1.5. Oblicz∫ √

x dx.

RozwiazanieLiczymy ∫ √

x dx =∫

x12 dx.

1.2 PODSTAWOWE WZORY 11

Wiemy jak sie liczy pochodna funkcji potegowej: (xa)′ = axa−1. Zatem w wyniku liczeniapowyzszej całki musi wyjsc funkcja x

12+1 = x

32 . Na koncu dopisujemy z przodu współ-

czynnik 23 , aby sie skrócił przy liczeniu pochodnej. Mamy wiec

∫ √x dx =

∫x

12 dx =

23

x32 + C =

23

x√

x + C.

Zadanie 1.6. Oblicz∫ 2

x dx

RozwiazaniePoniewaz (ln x)′ = 1

x mamy

∫ 2x

dx = 2 ln x + C.


5ex dx.

RozwiazaniePoniewaz (5ex)′ = 5ex mamy

∫5ex dx = 5ex + C.

1.2. Podstawowe wzory

Nastepujace wzory łatwo sprawdzic, rózniczkujac funkcje po prawej stronie:


∫xα dx =

xα+1

α + 1+ C dla α 6= −1,∫ 1

xdx = ln |x|+ C,∫

ex dx = ex + C,∫ax dx =

ax

ln a+ C,∫

sin x dx = − cos x + C,∫cos x dx = sin x + C,∫ 1cos2 x

dx = tg x + C,∫ 1sin2 x

dx = − ctg x + C,∫ 11 + x2 dx = arctg x + C,∫ 1√

1− x2dx = arc sin x + C.

Jedyny wzór, który prawdopodobnie wymaga komentarza, to∫ 1

x dx = ln |x| + C. Po-winno byc jasne, ze ∫ 1

xdx = ln x + C = ln |x|+ C,

o ile x > 0. Jezeli natomiast x < 0 to mamy

(ln |x|)′ = (ln(−x))′ =1−x· (−1) =

1x

,

co pokazuje, ze∫ 1

x dx = ln |x|+ C dla x < 0.Poniewaz rózniczkowanie jest operacja liniowa (czyli ( f + g)′ = f ′ + g′ oraz (α f )′ =

α f ′), podobna własnosc ma całka nieoznaczona.

∫ (f (x) + g(x)

)dx =

∫f (x) dx +

∫g(x) dx,∫

α f (x) dx = α∫

f (x) dx.

Pierwszy wzór oznacza, ze całkujac sume funkcji mozemy całkowac kazdy składnikosobno. Drugi pozwala wyłaczac stałe przed znak całki.

Zadanie 1.8. Oblicz∫ (

2x − 1cos2 x

)dx.

Rozwiazanie


∫ (2x − 1

cos2 x

)dx =

∫2x dx−

∫ 1cos2 x

dx =2x

ln 2− tg x + C.


x2 dx

RozwiazanieLiczymy ∫ 3

x2 dx =∫

3x−2 dx = 3∫

x−2 dx = −3x−1 + C =−3x

+ C.

Zadanie 1.10. Oblicz∫(x3 − 5x + 2) dx.

Rozwiazanie∫(x3 − 5x + 2) dx =

∫x3 dx− 5

∫x dx + 2

∫1 dx =

14

x4 − 52

x2 + 2x + C.

Przy odrobinie wprawy srodkowy krok powyzszego rachunku wykonujemy w pamiecii na ogół piszemy krótko∫

(x3 − 5x + 2) dx =14

x4 − 52

x2 + 2x + C

(po kolei obliczamy całke z kazdego składnika).

Zadanie 1.11. Oblicz∫ x4−2x3+x−3

x dx

RozwiazanieLiczymy ∫ x4 − 2x3 + x− 3

xdx =

∫ (x3 − 2x2 + 1− 3

x

)dx =

=14

x4 − 23

x3 + x− 3 ln |x|+ C.

Zadanie 1.12. Oblicz∫ x2+

√x

3√x dx.

Rozwiazanie∫ x2 +√

x3√

xdx =

∫(x2 + x

12 )x−

13 dx =

∫x

53 + x

16 dx =

38

x83 +

67

x76 + C.

1.3 LINIOWA ZMIANA ZMIENNYCH 14


n√

x dx

RozwiazanieLiczymy ∫

n√

x dx =∫

x1n dx =

11 + 1

n

x1+ 1n + C =

nn + 1

x n√

x + C.

Zadanie 1.14. Oblicz∫ 2x+3x

6x dx.

RozwiazanieLiczymy ∫ 2x + 3x

6x dx =∫ 2x

6x dx +∫ 3x

6x dx =∫ (1

3

)x

dx +∫ (1

2

)x

dx =

=

( 13

)x

ln 13

+

( 12

)x

ln 12

+ C = − ln 33x −

ln 22x + C.


tg2 x dx.


tg2 x dx =∫ sin2 x

cos2 xdx =

∫ 1− cos2 xcos2 x

dx =

=∫ ( 1

cos2 x− 1)

dx = tg x− x + C.

Zadanie 1.16. Oblicz∫ √1−x2

x2−1 dx.

RozwiazanieLiczymy∫ √1− x2

x2 − 1dx = −

∫ √1− x2

1− x2 dx = −∫ 1√

1− x2dx = − arc sin x + C.

1.3. Liniowa zmiana zmiennych

Korzystajac ze wzoru na pochodna funkcji złozonej łatwo obliczyc, ze

1.3 LINIOWA ZMIANA ZMIENNYCH 15

[ f (ax + b)]′ = a f ′(ax + b).

Równosc ta pozwala łatwo przewidziec jak zmieni sie całka jezeli zamiast x podstawimyw niej wyrazenie liniowe postaci ax + b.


sin(2x− 3) dx.

RozwiazanieWiemy, ze całka z sinusa to minus cosinus. Zatem spodziewamy sie wyniku postaci− cos(2x − 3). Jezeli jednak policzymy pochodna z tej funkcji, to otrzymamy 2 sin(2x −3). Musimy wiec z przodu dodac 1

2 .∫sin(2x− 3) dx = −1

2cos(2x− 3) + C.


2√

5x+3dx.

RozwiazaniePoniewaz wyrazenie 1

2√

x to dokładnie pochodna pierwiastka y =√

x, spodziewamy sie

wyniku postaci√

5x + 3. Jezeli jednak policzymy pochodna z tego wyrazenia, to otrzy-mamy z przodu współczynnik 5 pochodzacy z pochodnej wnetrza. Zatem dopisujemy zprzodu współczynnik 1

5 . ∫ 12√

5x + 3dx =

15

√5x + 3 + C.

Zadanie 1.19. Oblicz∫(9− 5x)7 dx.

RozwiazanieWiemy, ze funkcja pierwotna do x7 jest 1

8 x8, zatem spodziewamy sie wyniku postaci18 (9 − 5x)8. Jezeli policzymy pochodna z tego wyrazenia okaze sie, ze musimy dodacz przodu współczynnik − 1

5 .∫(9− 5x)7 dx = − 1

40(9− 5x)8 + C.


sin2 x dx.

Rozwiazanie

1.4 POCHODNA LOGARYTMICZNA 16

Korzystajac ze wzoru cos 2x = 1− 2 sin2 x mamy∫sin2 x dx =

∫ 12(1− cos 2x) dx =

x2− 1

4sin 2x + C.


4x2−4x+2 dx.

RozwiazanieZwiniemy mianownik do pełnego kwadratu (postac kanoniczna) i skorzystamy ze wzoru∫ 1

1+x2 dx = arctg x + C.∫ 14x2 − 4x + 2

dx =∫ 1

(2x− 1)2 + 1dx =

12

arctg(2x− 1) + C.

1.4. Pochodna logarytmiczna

Korzystajac ze wzoru na pochodna funkcji złozonej łatwo obliczyc, ze

[ln | f (x)|

]′=

f ′(x)f (x)

Wzór ten pozwala łatwo zgadnac całke nieoznaczona z wyrazen postaci f ′(x)f (x) (czyli gdy

licznik ułamka jest pochodna mianownika). Wyrazenie tej postaci jest czasem nazywanepochodna logarytmiczna.

Zadanie 1.22. Oblicz∫ 3x2+6x+2

x3+3x2+2x+1 dx.

RozwiazaniePoniewaz (x3 + 3x2 + 2x + 1)′ = 3x2 + 6x + 2 mamy∫ 3x2 + 6x + 2

x3 + 3x2 + 2x + 1dx = ln |x3 + 3x2 + 2x + 1|+ C.

Zadanie 1.23. Oblicz∫ x

x2+1 dx.

RozwiazanieLiczymy ∫ x

x2 + 1dx =

12

∫ 2xx2 + 1

dx =12

∫(x2 + 1)′

x2 + 1dx =

=12

ln |x2 + 1|+ C =12

ln(x2 + 1) + C.

1.5 ZADANIA 17

Zadanie 1.24. Oblicz∫ ex

ex+5 dx.

RozwiazaniePoniewaz (ex + 5)′ = ex mamy∫ ex

ex + 5dx = ln |ex + 5|+ C = ln(ex + 5) + C.


tg x dx.


tg x dx =∫ sin x

cos xdx = −

∫(cos x)′

cos xdx = − ln | cos x|+ C.


x ln x dx.

RozwiazaniePoniewaz (ln x)′ = 1

x mamy∫ 1x ln x

dx =∫ 1

xln x

dx = ln | ln x|+ C.

Zadanie 1.27. Oblicz∫ 2+x

x2+1 dx.

RozwiazanieLiczymy∫ 2 + x

x2 + 1dx = 2

∫ 1x2 + 1

dx +12

∫ 2xx2 + 1

dx = 2 arctg x +12

ln(x2 + 1) + C.

1.5. Zadania

Zadanie 1.28. Oblicz całkia)∫ 3

x2 dx b)∫ (

3x2 − 2x + 5

x2

)dx c)

∫3x(x + 1)2 dx

d)∫ x3+8

x+2 dx e)∫ (x+1)3

x dx f)∫ 3x3+x2+18x+6

3x+1 dx

Zadanie 1.29. Oblicz całkia)∫ √

x3 dx b)∫ 5√

x3 dx c)∫

x 3√

x dx d)∫ 3x3√x

3√x dx

1.5 ZADANIA 18

e)∫ 3√x2− 4√x√

x dx f)∫ x+1√

x dx g)∫ √x− 3√x2+1

4√xdx h)

∫ (1−x)2

x√

x dx

Zadanie 1.30. Oblicz całkia)∫

10x dx b)∫

2x · ex dx c)∫

3x+1 · 2−x dx d)∫ 2x−3x−1

5x+1 dx


ex+5 dx b)∫

e2x dx c)∫

e−4x+5 dx d)∫(ex + 1)2 dx

e)∫ 3+e2x

ex dx f)∫ (

1 + 1ex

)3 dx


cos 2x dx b)∫

sin(3x− 3) dx c)∫

ctg2 x dx d)∫

cos2 x dxe)∫ 1

sin2 x cos2 xdx f)

∫ cos 2xcos2 x sin2 x

dx g)∫ cos 2x

cos x−sin x dx h)∫ 1

cos2 5x dx

Zadanie 1.33. Oblicz całkia)∫(4x− 9)11 dx b)

∫ 52−3x dx c)

∫ √2x + 3 dx d)

∫ 1x2+x dx

e)∫ 1

x2+2x+2 dx f)∫ 6x3+x2−2x+1

2x−1 dx g)∫ 1√

−x2+2xdx

Zadanie 1.34. Oblicz całkia)∫ 3x3

x4+1 dx b)∫ 2x2−3x−2

x3−x2−x−2 dx c)∫ cos x

1+sin x dx d)∫ ex

3−2ex dx

e)∫ x2+x+3

x2+1 dx f)∫ dx

(x2+1) arctg x g)∫ dx

tg x cos2 x h)∫ sin 2x

3+cos2 x dx

ROZDZIAŁ 2

Całkowanie przez podstawienie

2.1. Proste przykłady

W poprzednim rozdziale widzielismy, ze nie jest trudno przewidziec jak zmieni siecałka, jezeli zmienimy w niej zmienna x na wyrazenie liniowe ax + b. Spróbujmy sieprzez chwile zastanowic jak bedzie przypadku nieliniowej zmiany zmiennej, np. gdy xzamieniamy na x2.

Poniewaz∫

cos x dx = sin x, wiec spodziewamy sie, ze∫

cos x2 dx powinna mieccos wspólnego z sin x2. Jezeli jednak policzymy pochodna tej funkcji, to otrzymamy do-datkowy czynnik 2x (z pochodnej wnetrza), którego niestety nie ma w wyjsciowej całce.Morał jest taki, ze nie jestesmy w stanie łatwo obliczyc całki

∫cos x2 dx, natomiast∫

2x cos x2 dx = sin x2 + C.

Uogólnieniem powyzszej obserwacji jest tzw. wzór na całkowanie przez podstawienie:

∫ϕ′(x) · f (ϕ(x)) dx = F(ϕ(x)), gdzie F′ = f


xex2+1 dx.

RozwiazaniePróbujemy sytuacje sprowadzic do powyzszego wzoru z ϕ(x) = x2 + 1 i f (x) = ex.∫

xex2+1 dx =12

∫(2x) · ex2+1 dx =

12

∫(x2 + 1)′ · ex2+1 dx =

12

ex2+1 + C.


cos x sin2 x dx.

RozwiazanieMamy ϕ(x) = sin x i f (x) = x2.∫

cos x sin2 x dx =∫(sin x)′(sin x)2 dx =

13(sin x)3 + C.

19

2.2 UWAGI O NOTACJI 20


(1+ex)2 dx.

RozwiazanieMamy ϕ(x) = 1 + ex oraz f (x) = 1

x2 .∫ ex

(1 + ex)2 dx =∫(1 + ex)′ · 1

(1 + ex)2 dx = − 11 + ex + C.

Zadanie 2.4. Oblicz∫ ln x

x dx.

RozwiazanieTym razem mamy ϕ(x) = ln x i f (x) = x.∫ ln x

xdx =

∫ 1x· ln x dx =

∫(ln x)′ · ln x dx =

12(ln x)2 + C.

2.2. Uwagi o notacji

Powyzsze przykłady były o tyle proste, ze łatwo (w pamieci) mozna było zgadnacfunkcje pierwotna do funkcji f . Na ogół jednak sytuacja jest bardziej skomplikowanai zmiana zmiennych ma jedynie zamienic wyjsciowa całke na inna całke, która mozebyc prostsza do policzenia. W takiej sytuacji wzór na całkowanie przez podstawieniewygodniej jest zapisac w postaci

∫f (ϕ(x))ϕ′(x) dx =

∫f (t) dt, gdzie t = ϕ(x).

Nalezy myslec, ze wzór ten pozwala zastapic dowolne wyrazenie (funkcje ϕ) zmiennejx literka t i liczyc otrzymana całke, w której zmienna jest juz t. Zamiana ta wymagajednak zastapienia wyrazenia ϕ′(x) dx wyrazeniem dt. W szczególnosci, w wyjsciowejcałce musi znajdowac sie czynnik ϕ′(x).

Zadanie 2.5. Oblicz∫ ln2 x

x dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = ϕ(x) = ln x. W takim razie ϕ′(x) = 1

x i mamy∫ ln2 xx

dx =∫(ln x)2 · (ln x)′ dx =

∫t2 dt =

13

t3 + C =13

ln3 x + C.

Zauwazmy, ze literka t pełniła tylko pomocnicza role przy liczeniu całki, wiec na koniecwrócilismy do oryginalnej zmiennej x.

2.3 PODSTAWIENIA LINIOWE 21

Powyzszy rachunek na ogół zapisujemy w skrótowej formie:∫ ln2 xx

dx =

∣∣∣∣ t = ln xdt = 1

x dx

∣∣∣∣ = ∫t2 dt =

13

t3 + C =13

ln3 x + C.

Wygodnie jest myslec, ze równosc dt = 1x dx otrzymalismy z równosci t = ln x poprzez

policzenie pochodnej z obu stron: z lewej strony po t, a z prawej strony po x oraz dopi-sanie symboli dt i dx, czyli

(t)′ dt = (ln x)′ dx.


sin(7− 3x) dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 7− 3x.∫

sin(7− 3x) dx =

∣∣∣∣ t = 7− 3xdt = −3dx

∣∣∣∣ = ∫ sin t−3

dt =13

cos t + C =13

cos(7− 3x) + C.

W powyzszym rachunku zupełnie mechanicznie podstawilismy dt−3 zamiast dx.

Raz jeszcze podkreslmy, ze podstawiajac t = ϕ(x) musimy zamienic wyrazenie ϕ′(x) dxna dt. Na przykład, podstawienie t = x2 w całce

∫sin x2 dx jest nieskuteczne, bo nie

umiemy w tej całce znalezc wyrazenia ϕ′(x) dx = 2x dx. Wprawdzie mozemy to wyra-zenie „wpisac na siłe”, ale otrzymana całka nie jest duzo prostsza od wyjsciowej.∫

sin x2 dx =∫ sin x2

2x· 2x dx =

∣∣∣∣ t = x2

dt = 2x dx

∣∣∣∣ = ∫ sin t2√

tdt.

2.3. Podstawienia liniowe


(x−5)4 dx

RozwiazaniePodstawiamy t = x− 5∫ 3

(x− 5)4 dx =

∣∣∣∣t = x− 5dt = dx

∣∣∣∣ = ∫ 3t4 dt =

=∫

3t−4 dt = −t−3 + C = − 1(x− 5)3 + C.


ax+b dx, gdzie a 6= 0.

2.3 PODSTAWIENIA LINIOWE 22

RozwiazaniePodstawiamy ax + b = t.∫ 1

ax + bdx =

∣∣∣∣t = ax + bdt = a dx

∣∣∣∣ = ∫ 1t· 1

adt =

1a

∫ 1t

dt =

=1a

ln |t|+ C =1a

ln |ax + b|+ C.


9√

5x + 3 dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 5x + 3.∫

9√

5x + 3 dx =

∣∣∣∣t = 5x + 3dt = 5 dx

∣∣∣∣ = 15

∫t

19 dt =

=9

50t

109 + C =

950

t 9√

t + C =9

50(5x + 3) 9

√5x + 3 + C.

Zadanie 2.10. Oblicz∫(2− x) sin(2x− 4)2 dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 2x− 4.∫

(2− x) sin(2x− 4)2 dx =

∣∣∣∣t = 2x− 4dt = 2 dx

∣∣∣∣ = ∫ −t2

sin t2 · 12

dt = −14

∫t sin t2 dt =

=18

cos t2 + C =18

cos(2x− 4)2 + C.


x 3√

1− x dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 1− x.∫

x 3√

1− x dx =

∣∣∣∣ t = 1− xdt = −dx

∣∣∣∣ = ∫(1− t) 3

√t dt =

∫t

13 − t

43 dt =

=34

t43 − 3

7t

73 + C =

34(1− x)

43 − 3

7(1− x)

73 + C.

Zadanie 2.12. Oblicz∫ x

(x−1)2 dx.

2.4 PODSTAWIENIA WIELOMIANOWE 23

RozwiazaniePodstawiamy t = x− 1.

∫ x(x− 1)2 dx =

∣∣∣∣t = x− 1dt = dx

∣∣∣∣ = ∫ t + 1t2 dt =

∫ (1t+

1t2

)dt =

= ln |t| − 1t+ C = ln |x− 1| − 1

x− 1+ C.

Zadanie 2.13. Oblicz∫ dx

4x2+9 .

RozwiazanieBedziemy sie starali sprowadzic te całke do całki

∫ dxx2+1 .

∫ dx4x2 + 9

=19

∫ dx49 x2 + 1

=19

∫ dx( 2

3 x)2 + 1=

∣∣∣∣ t = 23 x

dt = 23 dx

∣∣∣∣ = 19

∫ 32 dt

t2 + 1=

=16

∫ dtt2 + 1

=16

arctg t + C =16

arctg23

x + C.

Zadanie 2.14. Oblicz∫ dx√

5+4x−x2 .

RozwiazanieBedziemy sie starali sprowadzic te całke do całki

∫ dx√1−x2 .

∫ dx√5 + 4x− x2

=∫ dx√

9− 4 + 4x− x2=∫ dx√

9− (x− 2)2=

=13

∫ dx√1− (x−2)2

9

=13

∫ dx√1−

( x−23

)2=

∣∣∣∣ t = x−23

dt = 13 dx

∣∣∣∣ ==

13

∫ 3 dt√1− t2

= arc sin t + C = arc sinx− 2

3+ C.

2.4. Podstawienia wielomianowe

Zadanie 2.15. Oblicz całke∫ 2x−3

(x2−3x+4)5 dx.

Rozwiazanie

2.4 PODSTAWIENIA WIELOMIANOWE 24

Podstawiamy t = x2 − 3x + 4.∫ 2x− 3(x2 − 3x + 4)5 dx =

∣∣∣∣ t = x2 − 3x + 4dt = (2x− 3) dx

∣∣∣∣ = ∫ 1t5 dt =

∫t−5 dt =

= −14

t−4 = − 14(x2 − 3x + 4)4 + C.

Zadanie 2.16. Oblicz całke∫ 3x

sin2(1+2x2)dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 1 + 2x2.∫ 3x

sin2(1 + 2x2)dx =

∣∣∣∣t = 1 + 2x2

dt = 4x dx

∣∣∣∣ = 34

∫ dtsin2 t

= −34

ctg t + C =

= −34

ctg(1 + 2x2) + C.

Zadanie 2.17. Oblicz całke∫ x√

x2+4dx

RozwiazaniePodstawiamy t = x2 + 4.∫ x√

x2 + 4dx =

∣∣∣∣ t = x2 + 4dt = 2x dx

∣∣∣∣ = ∫ 12√

tdt =

√t + C =

√x2 + 4 + C.


x3√

1 + x2 dx.

Rozwiazanie

∫x3√

1 + x2 dx =

∣∣∣∣ t = 1 + x2

dt = 2x dx

∣∣∣∣ = ∫(t− 1)

√t · 1

2dt =

12

∫(t

32 − t

12 ) dt =

=12

(25

t52 − 2

3t

32

)+ C =

15(√

1 + x2)5 − 13(√

1 + x2)3 + C.

Zadanie 2.19. Oblicz∫ 3−2x√

1−x2 dx.

Rozwiazanie

2.5 PODSTAWIENIA TRYGONOMETRYCZNE 25

∫ 3− 2x√1− x2

dx =∫ 3√

1− x2dx +

∫ −2x√1− x2

dx =

∣∣∣∣ t = 1− x2

dt = −2x dx

∣∣∣∣ == 3 arc sin x +

∫ dt√t= 3 arc sin x + 2t

12 + C =

= 3 arc sin x + 2√

1− x2 + C.

Zadanie 2.20. Oblicz∫ x√

1−x4 dx.

RozwiazaniePodstawiajac t = x2 sprowadzimy dana całke do całki

∫ dx√1−x2 .∫ x√

1− x4dx =

∣∣∣∣ t = x2

dt = 2x dx

∣∣∣∣ = 12

∫ dt√1− t2

=12

arc sin t + C =

=12

arc sin x2 + C.

2.5. Podstawienia trygonometryczne

Zadanie 2.21. Oblicz∫ cos x

(sin x+1)3 dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = sin x + 1.∫ cos x

(sin x + 1)3 dx =

∣∣∣∣ t = sin x + 1dt = cos x dx

∣∣∣∣ = ∫t−3dt = −1

2t−2 + C =

= − 12(sin x + 1)2 + C.


sin x 5√

5− cos x dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 5− cos x.∫

sin x 5√

5− cos x dx =

∣∣∣∣t = 5− cos xdt = sin x dx

∣∣∣∣ = ∫t

15 dt =

56

t65 + C =

56(5− cos x)

65 + C.



cos5 x dx

RozwiazanieBedziemy dazyc (uzywajac jedynki trygonometrycznej) do postawienia t = sin x.∫

cos5 x dx =∫

cos x(cos2 x)2 dx =∫

cos x(1− sin2 x)2 dx =

=

∣∣∣∣ t = sin xdt = cos x dx

∣∣∣∣ = ∫(1− t2)2 dt =

∫(1− 2t2 + t4) dt =

= t− 23

t3 +15

t5 + C = sin x− 23

sin3 x +15

sin5 x + C.

Zadanie 2.24. Oblicz∫ sin3 x cos x

1+sin2 xdx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 1 + sin2 x.∫ sin3 x cos x

1 + sin2 xdx =

∣∣∣∣ t = 1 + sin2 xdt = 2 sin x cos x dx

∣∣∣∣ = 12

∫(t− 1) dt

t=

=12

t− 12

ln |t|+ C =12(1 + sin2 x)− 1

2ln(1 + sin2 x) + C.

Zadanie 2.25. Oblicz∫ √arctg x

x2+1 dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = arctg x.∫ √arctg x

x2 + 1dx =

∣∣∣∣t = arctg xdt = dx

1+x2

∣∣∣∣ = ∫ √t dt =

23

t32 + C =

23

√arctg3 x + C.

Zadanie 2.26. Oblicz∫ x2√

1−x2 dx.

RozwiazaniePoniewaz 1√

1−x2 to dokładnie pochodna arc sin x, mozemy spróbowac podstawic t =

arc sin x. Mamy wtedy x = sin t oraz

∫ x2√

1− x2dx =

∣∣∣∣∣t = arc sin xdt = dx√

1−x2

∣∣∣∣∣ =∫

sin2 t dt.

2.6 PODSTAWIENIA LOGARYTMICZNE 27

Teraz korzystamy ze wzoru cos 2t = 1− 2 sin2 t.∫sin2 t dt =

12

∫(1− cos 2t) dt =

12

t− 14

sin 2t + C =

=12

arc sin x− 14

sin(2 arc sin x) + C.

2.6. Podstawienia logarytmiczne

Zadanie 2.27. Oblicz∫ ln x

x dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = ln x.∫ ln x

xdx =

∣∣∣∣ t = ln xdt = 1

x dx

∣∣∣∣ = ∫t dt =

12

t2 + C =12(ln x)2 + C.

Zadanie 2.28. Oblicz∫ ln x 3√1+ln x

x dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 1 + ln x.∫ ln x 3

√1 + ln xx

dx =

∣∣∣∣t = 1 + ln xdt = dx

x

∣∣∣∣ = ∫(t− 1) 3

√t dt =

∫(t

43 − t

13 ) dt =

=37

t73 − 3

4t

43 + C =

37(1 + ln x)

73 − 3

4(1 + ln x)

43 + C.


x√

1−ln2 x.

RozwiazaniePodstawiamy t = ln x.∫ dx

x√

1− ln2 x=

∣∣∣∣t = ln xdt = dx

x

∣∣∣∣ = ∫ dt√1− t2

= arc sin t + C = arc sin(ln x) + C.

Zadanie 2.30. Oblicz∫ ln tg x

sin x cos x dx.

Rozwiazanie

2.7 PODSTAWIENIA WYKŁADNICZE 28

Podstawiamy t = ln tg x. Wtedy

dt =1

tg x· 1

cos2 xdx =

cos xsin x

· 1cos2 x

dx =1

sin x cos xdx.

Zatem ∫ ln tg xsin x cos x

dx =

∣∣∣∣ t = ln tg xdt = dx

sin x cos x

∣∣∣∣ = ∫t dt =

12

t2 + C =12(ln tg x)2 + C.

2.7. Podstawienia wykładnicze


(ex+5)7 dx

RozwiazaniePodstawiamy t = ex + 5.∫ ex

(ex + 5)7 dx =

∣∣∣∣ t = ex + 5dt = ex dx

∣∣∣∣ = ∫ dtt7 =

=∫

t−7 dt = −16

t−6 + C = − 16(ex + 5)6 + C.


ex+e−x dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = ex.∫ ex

ex + e−x dx =

∣∣∣∣ t = ex

dt = ex dx

∣∣∣∣ = ∫ 1t + 1

t

dt =

=∫ t

t2 + 1dt =

12

ln(t2 + 1) + C =12

ln(e2x + 1) + C


e2x√

3ex − 2 dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 3ex − 2.∫

e2x√

3ex − 2 dx =∫

ex√

3ex − 2 · ex dx =

∣∣∣∣ t = 3ex − 2dt = 3ex dx

∣∣∣∣ = 13

∫ t + 23

√t dt =

=19

∫(t

32 + 2t

12 ) dt =

19

(25

t52 +

43

t32

)+ C =

=245

(3ex − 2)52 +

427

(3ex − 2)32 + C.

2.8 CAŁKI Z PIERWIASTKAMI 29


ex+e−x dx.

RozwiazaniePoniewaz

1ex + e−x =

ex

(ex + e−x)ex =ex

e2x + 1,

mozemy podstawic t = ex.

∫ ex

e2x + 1dx =

∣∣∣∣ t = ex

dt = ex dx

∣∣∣∣ = ∫ dt1 + t2 = arctg t + C = arctg ex + C.

2.8. Całki z pierwiastkami


x√

5 + x dx

RozwiazaniePodstawiamy t2 = 5 + x (równie dobrze mozemy podstawic t = 5 + x).

∫x√

5 + x dx =

∣∣∣∣t2 = 5 + x2t dt = dx

∣∣∣∣ = ∫(t2 − 5)t(2t) dt = 2

∫t4 − 5t2 dt =

=25

t5 − 103

t3 + C =25(√

5 + x)5 − 103(√

5 + x)3 + C.

Zadanie 2.36. Oblicz∫ √3+ln x

x dx.

RozwiazaniePodstawiamy t2 = 3 + ln x (równie dobrze mozemy podstawic t = 3 + ln x).

∫ √3 + ln xx

dx =

∣∣∣∣t2 = 3 + ln x2t dt = dx

x

∣∣∣∣ = ∫2t · t dt =

23

t3 + C =23

√(3 + ln x)3 + C.


x( 3√x+1).

Rozwiazanie

2.8 CAŁKI Z PIERWIASTKAMI 30

Podstawiamy t6 = x.

∫ dx√x( 3√

x + 1)=

∣∣∣∣ t6 = x6t5 dt = dx

∣∣∣∣ = ∫ 6t5 dtt3(t2 + 1)

= 6∫ t2

t2 + 1dt =

= 6∫ (

1− 1t2 + 1

)dt = 6t− 6 arctg t + C =

= 6 6√

x− 6 arctg 6√

x + C.

Zadanie 2.38. Oblicz∫ e2x dx

4√ex+1.

RozwiazaniePodstawiamy t4 = ex + 1.

∫ e2x dx4√

ex + 1=

∣∣∣∣ t4 = ex + 14t3 dt = ex dx

∣∣∣∣ = ∫(t4 − 1) · 4t3

tdt =

∫(4t6 − 4t2) dt =

=47

t7 − 43

t3 + C =47

4√(ex + 1)7 − 4

34√(ex + 1)3 + C.


x2

√1−x

x dx.

RozwiazaniePodstawiamy t2 = 1−x

x . Wtedy

2t dt =(

1x− 1)′

dx = − 1x2 dx

oraz

∫ 1x2

√1− x

xdx =

∣∣∣∣ t2 = 1−xx

2t dt = − 1x2 dx

∣∣∣∣ = ∫t · (−2t) dt = −2

3t3 + C =

= −23

√(1− x

x

)3

+ C.


x− 3√x .

Rozwiazanie

2.9 ZADANIA 31

Liczymy podstawiajac t6 = x.∫ dx√x− 3√

x=

∣∣∣∣ t6 = x6t5 dt = dx

∣∣∣∣ = ∫ 6t5

t3 − t2 dt =∫ 6t3

t− 1dt =

∣∣∣∣s = t− 1ds = dt

∣∣∣∣ ==∫ 6(s + 1)3

sds = 6

∫ s3 + 3s2 + 3s + 1s

ds =

= 6∫ (

s2 + 3s + 3 +1s

)ds = 6

(13

s3 +32

s2 + 3s + ln |s|)+ C =

= 2s3 + 9s2 + 18s + 6 ln |s|+ C =

= 2(t− 1)3 + 9(t− 1)2 + 18(t− 1) + 6 ln |t− 1|+ C =

= 2( 6√

x− 1)3 + 9( 6√

x− 1)2 + 18( 6√

x− 1) + 6 ln | 6√

x− 1|+ C.

2.9. Zadania

Zadanie 2.41. Oblicz całki (postaraj sie zgadnac wynik nie podstawiajac)a)∫

x cos(4x2 − 3) dx b)∫ cos x

4+sin x dx c)∫

e2 sin x cos x dx d)∫

x2e−x3dx

e)∫ ln3 x

x dx f)∫ sin 1

xx2 dx g)

∫ arctg x1+x2 dx h)

∫ xex2 dx

i)∫ tg x

cos2 x dx j)∫ ex

3−ex dx k)∫ arc sin x√

1−x2 dx l)∫ sin x

1+cos2 x dx


sin(ax + b) dx, a 6= 0 b)∫

6√

3− 5x dx c)∫ 3

(4x2−12x+9)5 dx

d)∫ (x−2)2e(x−2)2(x−1)

e(x−2)2dx e)

∫ x3

x−1 dx f)∫ dx

1+5x2

g)∫ x−1

3√x+1dx h)

∫x2 4√

x + 1 dx i)∫ dx√

5−x2

Zadanie 2.43. Oblicz całkia)∫(2x + 3) cos (2x+3)2

5 dx b)∫(2x2 − 3)8x dx c)

∫ x4

ex5 dx

d)∫ x2+x+1

(x2+1)2 dx e)∫ 2x3−x

(x2+1)3(x2−2)3 dx f)∫ x2

5√x3+1dx g)

∫ x5

5√x3+1dx

h)∫ x4

cos2 x5 dx i)∫ x

x4+2x2+2 dx j)∫ x

1−sin2(x2+1)dx k)

∫ x2√

1−x6 dx


cos x 6√

5 + sin x dx b)∫ (arctg x)5

x2+1 dx c)∫

sin7 x dx

d)∫ 1−2 cos2 x

(1+sin 2x)5 dx e)∫ sin 2x√

1+cos2 xdx f)

∫ ( tg xcos x

)2dx g)

∫ 1−3 cos2 xsin x cos x dx

Zadanie 2.45. Oblicz całkia)∫ 8√ln x

x dx b)∫ dx

ln xx c)∫ 1

x+x ln2 xdx

d)∫ ln x

√5+ln x

x ln(e5x) dx e)∫ ln2 x

x√

1−ln6 xdx f)

∫ ln(cos x)ctg x dx

Zadanie 2.46. Oblicz całkia)∫ ex

(ex−1)2 dx b)∫

27x ·√

3x + 5 dx c)∫ 8x

2x+1 dx d)∫ e3x

1+e6x dx

e)∫ 1√

4−x−1dx f)

∫ 12e−x+2+ex dx g)

∫ ex−1ex+e−x dx

2.9 ZADANIA 32

Zadanie 2.47. Oblicz całkia)∫ sin 2

√x

3√

x dx b)∫ 1√

x+√

x3 dx c)∫ dx

6√x( 3√x−√

x) d)∫ √ x−1

x−2 ·dx

(x−2)2

Zadanie 2.48. Oblicz całki

a)∫ e

1x2

x3 dx b)∫ 1+2 cos x

3x ·9sin x dx c)∫ 1+ex

e2x+2xex+x2+1 dx

ROZDZIAŁ 3

Całkowanie przez czesci

3.1. Metoda całkowania przez czesci

Zacznijmy od przypomnienia wzoru na pochodna iloczynu dwóch funkcji:

[u(x)v(x)]′ = u′(x)v(x) + u(x)v′(x).

Po scałkowaniu obu stron otrzymujemy∫[u(x)v(x)]′ dx =

∫u′(x)v(x) dx +

∫u(x)v′(x) dx.

Zauwazmy, ze całka po lewej stronie równa sie u(x)v(x). Stad, przenoszac ostatnia całkena druga strone równosci otrzymujemy wzór na całkowanie przez czesci:∫

u′(x)v(x) dx = u(x)v(x)−∫

u(x)v′(x) dx.

Po jego zastosowaniu, obliczenie całki po lewej stronie sprowadza sie do policzenia całkipo prawej stronie, która powinna byc prostsza.

Metoda całkowania przez czesci nie jest tak uniwersalna jak całkowanie przez pod-stawienie, niemniej pozwala na obliczenie wielu całek.

Zeby zastosowac wzór na całkowanie przez czesci do całki∫

f (x) dx, funkcje podcał-kowa f (x) musimy przestawic w postaci iloczynu dwóch funkcji, z których jedna jest po-chodna jakiejs znanej nam funkcji. Zeby metoda była skuteczna, po zastosowaniu wzorupowinnismy otrzymac prostsza całke.

Zadanie 3.1. Oblicz całke∫

x cos x dx

RozwiazanieFunkcja podcałkowa jest iloczynem dwóch funkcji, wiec mozemy próbowac całkowaniaprzez czesci. Przyjmijmy

u′(x) = cos x, v(x) = x, u(x) = sin x, v′(x) = 1.

Podstawiamy do wzoru i liczymy:∫x cos x dx =

∣∣∣∣u′ = cos x v = xu = sin x v′ = 1

∣∣∣∣ = x sin x−∫

sin x dx = x sin x + cos x + C.

Całke∫

x cos x dx udało nam sie sprowadzic do znacznie prostszej całki∫

sin x dx, któraobliczylismy bezposrednio.

Zauwazmy, ze moglismy przyjac takze u′(v) = x, v(x) = cos x, u(x) = 12 x2, v′(x) =

− sin x. Jednak wtedy wzór na całkowanie przez czesci prowadzi do bardziej skompli-kowanej całki

∫x2 sin x dx.

33

3.2 METODA CAŁKOWANIA PRZEZ CZESCI 34


x arctg x dx.

RozwiazaniePrzyjmiemy

u′(x) = x, v(x) = arctg(x), u(x) =12

x2, v′(x) =1

1 + x2 .

Zauwazmy, ze gdybysmy chcieli przyjac na odwrót u′(x) = arctg(x), v(x) = x, to mieli-bysmy problem z dobraniem funkcji u(x). Sprawdzmy teraz, czy całkowanie przez czesciprowadzi do prostszej całki.∫

x arctg x dx =

∣∣∣∣ u′ = x v = arctg xu = 1

2 x2 v′ = 1x2+1

∣∣∣∣ = 12

x2 arctg x− 12

∫ x2

x2 + 1dx.

Ostatnia całke mozemy obliczyc bezposrednio:∫ x2

x2 + 1dx =

∫1− 1

1 + x2 dx = x− arctg x + C.

Zatem ∫x arctg x dx =

12(x2 arctg x− x + arctg x) + C.

Zadanie 3.3. Oblicz całke∫ x

cos2 x dx.

RozwiazanieZauwazmy, ze 1

cos2 x jest pochodna funkcji tg x, wiec naturalnie jest przyjac

u′(x) =1

cos2 x, v(x) = x, u(x) = tg x, v′(x) = 1.

Podstawiamy do wzoru na całkowanie przez czesci.∫ xcos2 x

dx =

∣∣∣∣u′ = 1cos2 x v = x

u = tg x v′ = 1

∣∣∣∣ = x tg x−∫

tg x dx.

Całke∫

tg x dx obliczymy przez podstawienie t = cos x.∫tg x dx =

∫ sin xcos x

dx =

∣∣∣∣ t = cos xdt = − sin x dx

∣∣∣∣ = ∫−dt

t=

= − ln |t|+ C = − ln | cos x|+ C.

Zatem ∫ xcos2 x

dx = x tg x− ln | cos x|+ C.

3.2 WIELOMIAN RAZY SINUS LUB KOSINUS 35

3.2. Wielomian razy sinus lub kosinus

Metoda całkowania przez czesci pozwala na obliczenie całek∫xn sin(ax) dx,

∫xn cos(ax) dx,

gdzie a 6= 0 jest stała rzeczywista, a n jest liczba naturalna. Nalezy przyjac

u′(x) = sin(ax) lub cos(ax), v(x) = xn

u(x) = −1a

cos(ax) lub1a

sin(ax), v′(x) = nxn−1.

Wtedy całkowanie przez czesci prowadzi do całki∫xn−1 cos(ax) dx lub

∫xn−1 sin(ax) dx.

Zatem po n-krotnym całkowaniu przez czesci dojdziemy do prostej całki∫

sin(ax) dxlub

∫cos(ax) dx.


x sin 2x dx

RozwiazanieLiczymy∫

x sin 2x dx =

∣∣∣∣ u′ = sin 2x v = xu = − 1

2 cos 2x v′ = 1

∣∣∣∣ = −12

x cos 2x +12

∫cos 2x dx =

= −12

x cos 2x +14

sin 2x + C


x2 cos x dx

Rozwiazanie∫x2 cos x dx =

∣∣∣∣u′ = cos x v = x2

u = sin x v′ = 2x

∣∣∣∣ = x2 sin x− 2∫

x sin x dx

Ostatnia całke równiez obliczamy przez czesci∫x sin x dx =

∣∣∣∣ u′ = sin x v = xu = − cos x v′ = 1

∣∣∣∣ = −x cos x +∫

cos x dx =

= −x cos x + sin x + C.

Zatem ∫x2 cos x dx = x2 sin x + 2x cos x− 2 sin x + C.

Analogicznie mozna obliczac całki∫P(x) sin(ax) dx,

∫P(x) cos(ax) dx,

3.2 WIELOMIAN RAZY SINUS LUB KOSINUS 36

gdzie P(x) jest dowolnym wielomianem. Przyjmujac u′(x) = sin(ax) lub u′(x) = cos(ax)oraz v(x) = P(x), po zastosowaniu wzoru na całkowanie przez czesci otrzymujemy cał-ke∫

P′(x) cos(ax) dx lub∫

P′(x) sin(ax) dx. Jezeli P(x) ma stopien k, to jego pochodnaP′(x) ma stopien k − 1, zatem całkujac przez czesci jeszcze k − 1 razy, za kazdym ra-zem bedziemy zmniejszac stopien wielomianu o jeden, az dojdziemy do prostej całki∫

sin(ax) dx lub∫

cos(ax) dx.

Zadanie 3.6. Oblicz całke∫(x2 + x) cos x dx.

RozwiazanieCałkujemy dwa razy przez czesci.∫

(x2 + x) cos x dx =

∣∣∣∣u′ = cos x v = x2 + xu = sin x v′ = 2x + 1

∣∣∣∣ == (x2 + x) sin x−

∫(2x + 1) sin x dx =

∣∣∣∣ u′ = sin x v = 2x + 1u = − cos x v′ = 2

∣∣∣∣ == (x2 + x) sin x + (2x + 1) cos x− 2

∫cos x dx =

= (x2 + x) sin x + (2x + 1) cos x− 2 sin x + C.


sin2 x dx.

RozwiazanieJest to całka innego typu niz w poprzednich zadaniach, bo sinus jest podniesiony dokwadratu.

Sposób 1.Pozbywamy sie kwadratu przyjmujac

u′(x) = 1, v(x) = sin2 x, u(x) = x, v′(x) = 2 sin x cos x = sin 2x,∫sin2 x dx =

∣∣∣∣u′ = 1 v = sin2 xu = x v′ = sin 2x

∣∣∣∣ = x sin2 x−∫

x sin 2x dx.

Ostatnia całke równiez obliczamy przez czesci∫x sin 2x dx =

∣∣∣∣ u′ = sin 2x v = xu = − 1

2 cos 2x v′ = 1

∣∣∣∣ = −12

x cos 2x +12

∫cos 2x dx =

= −12

x cos 2x +14

sin 2x + C.

Zatem∫sin2 x dx = x sin2 x +

12

x cos 2x− 14

sin 2x + C =

= x sin2 +12

x(cos2 x− sin2 x)− 12

sin x cos x + C =

=12(x(sin2 x + cos2 x)− sin x cos x) + C =

12(x− sin x cos x) + C.

3.3 WIELOMIAN RAZY FUNKCJA WYKŁADNICZA 37

Sposób 2.Oznaczamy szukana całke przez I.

I =∫

sin x sin x dx =

∣∣∣∣ u′ = sin x v = sin xu = − cos x v′ = cos x

∣∣∣∣ = − sin x cos x +∫

cos2 x dx =

− sin x cos x +∫

1− sin2 x dx = − sin x cos x + x−∫

sin2 x dx =

= − sin x cos x + x− I

2I = − sin x cos x + x + C ⇒ I =12(x− sin x cos x) + C.

3.3. Wielomian razy funkcja wykładnicza

Aby obliczyc całke∫

xneax dx, gdzie a 6= 0 jest stała rzeczywista, a n jest liczba natu-ralna, nalezy przyjac

u′(x) = eax, v(x) = xn, u(x) =1a

eax, v′(x) = nxn−1

Wtedy całkowanie przez czesci prowadzi do całki∫

xn−1eax dx, a zatem po n-krotnymcałkowaniu przez czesci dojdziemy do prostej całki

∫eax dx.

Ta metode mozna stosowac dla dowolnej funkcji wykładniczej, poniewaz ax = e(ln a)x.Jezeli w miejscu xn mamy dowolny wielomian P(x) stopnia n, to analogicznie przyj-

mujemy v(x) = P(x) i całkujac przez czesci obnizamy stopien wielomianu o jeden. Pon-krotnym całkowaniu przez czesci dojdziemy do całki

∫eax dx.


xex dx


xex dx =

∣∣∣∣u′ = ex v = xu = ex v′ = 1

∣∣∣∣ = xex −∫

ex dx = xex − ex + C.


x3x dx.


x · 3x dx =

∣∣∣∣u′ = 3x v = xu = 3x

ln 3 v′ = 1

∣∣∣∣ = x3x

ln 3−∫ 3x

ln 3dx

=x3x

ln 3− 1

ln 3

∫3x dx =

x3x

ln 3− 3x

(ln 3)2 + C.

3.4 FUNKCJA POTEGOWA RAZY FUNKCJA LOGARYTMICZNA 38


x2e−x dx

RozwiazanieDwukrotnie całkujemy przez czesci.∫

x2e−x dx =

∣∣∣∣ u′ = e−x v = x2

u = −e−x v′ = 2x

∣∣∣∣ = −x2e−x + 2∫

xe−x dx =

=

∣∣∣∣ u′ = e−x v = xu = −e−x v′ = 1

∣∣∣∣ = −x2e−x − 2xe−x + 2∫

e−x dx =

= −x2e−x − 2xe−x − 2e−x + C.


x3ex2dx.

Rozwiazanie

Poniewaz ex2nie jest pochodna zadnej znanej nam funkcji, natomiast

(ex2)′

= 2xex2,

wiec przyjmiemy u′(x) = xex2, v(x) = x2.∫

x3ex2dx =

∣∣∣∣∣u′ = xex2v = x2

u = 12 ex2

v′ = 2x

∣∣∣∣∣ = 12

x2ex2 −∫

xex2dx =

=12

x2ex2 − 12

ex2=

12

ex2(x2 − 1) + C.

3.4. Funkcja potegowa razy funkcja logarytmiczna

Aby obliczyc całke∫

xk(ln x)m dx, gdzie m jest liczba naturalna, a k dowolna liczbarzeczywista, przyjmujemy

u′(x) = xk, v(x) = (ln x)m.


ln x dx.

Rozwiazanie∫ln x dx =

∣∣∣∣u′ = 1 v = ln xu = x v′ = 1

x

∣∣∣∣ = x ln x−∫

1 dx = x ln x− x + C.


x3 ln x dx.

3.4 FUNKCJA POTEGOWA RAZY FUNKCJA LOGARYTMICZNA 39

Rozwiazanie∫x3 ln x dx =

∣∣∣∣ u′ = x3 v = ln xu = 1

4 x4 v′ = 1x

∣∣∣∣ = 14

x4 ln x− 14

∫x3 dx =

14

x4 ln x− x4

16+ C.

Zadanie 3.14. Oblicz całke∫ √

x ln x dx.

Rozwiazanie

∫ √x ln x dx =

∣∣∣∣∣ u′ = x12 v = ln x

u = 23 x

32 v′ = x−1

∣∣∣∣∣ = 23

x32 ln x− 2

3

∫x

12 dx =

=23

x32 ln x− 4

9x

32 + C =

23

√x3

(ln x− 2

3

)+ C.


x(ln x)2 dx

Rozwiazanie

∫x(ln x)2 dx =

∣∣∣∣ u′ = x v = (ln x)2

u = 12 x2 v′ = 2 ln x · 1

x

∣∣∣∣ = 12

x2(ln x)2 −∫

x ln x dx

Ostatnia całke równiez obliczamy przez czesci∫x ln x dx =

∣∣∣∣ u′ = x v = ln xu = 1

2 x2 v′ = 1x

∣∣∣∣ = 12

x2 ln x− 12

∫x dx =

=12

x2 ln x− 14

x2 + C.

Zatem ∫x(ln x)2 dx =

12

x2(ln x)2 − 12

x2 ln x +14

x2 + C.

Zadanie 3.16. Oblicz całke∫ ln x

x dx.

RozwiazanieTa całke najprosciej jest obliczyc przez podstawienie t = ln x , ale mozna równiez przezczesci. Oznaczmy szukana całke przez I. Liczymy:

I =∫ ln x

xdx =

∣∣∣∣ u′ = 1x v = ln x

u = ln x v′ = 1x

∣∣∣∣ = (ln x)2 −∫ ln x

xdx = (ln x)2 − I

2I = (ln x)2 + C ⇒ I =12(ln x)2 + C

3.5 FUNKCJA WYKŁADNICZA RAZY SINUS LUB KOSINUS 40


ln(x2 + 1) dx.

Rozwiazanie∫ln(x2 + 1) dx =

∣∣∣∣u′ = 1 v = ln(x2 + 1)u = x v′ = 2x

x2+1

∣∣∣∣ = x ln(x2 + 1)−∫ 2x2

x2 + 1dx =

= x ln(x2 + 1)−∫ 2(x2 + 1)− 2

x2 + 1dx = x ln(x2 + 1)−

∫2 dx + 2

∫ dxx2 + 1

=

= x ln(x2 + 1)− 2x + 2 arctg x + C.

3.5. Funkcja wykładnicza razy sinus lub kosinus

Całkowanie przez czesci w ciekawy sposób stosuje sie do obliczenia całek∫eax sin bx dx,

∫eax cos bx dx.

W obu przypadkach przyjmujemy u′(x) = eax, u(x) = 1a eax.∫

eax sin bx dx =

∣∣∣∣ u′ = eax v = sin bxu = 1

a eax v′ = b cos bx

∣∣∣∣ ==

1a

eax sin bx− ba

∫eax cos bx dx∫

eax cos bx dx =

∣∣∣∣ u′ = eax v = cos bxu = 1

a eax v′ = −b sin bx

∣∣∣∣ ==

1a

eax cos bx +ba

∫eax sin bx dx

Tak wiec kazda z tych całek wyraza sie przez druga. Jesli teraz podstawimy do pierw-szego wzoru wyrazenie z drugiego wzoru, to otrzymamy równanie wzgledem pierwszejcałki, z którego wynika, ze

∫eax sin bx dx =

a sin bx− b cos bxa2 + b2 eax + C.

Analogicznie obliczamy druga całke

∫eax cos bx dx =

b sin bx + a cos bxa2 + b2 eax + C.

Powyzszych wzorów nie opłaca sie uczyc na pamiec. Znacznie lepiej jest pamietac spo-sób ich wyprowadzenia i powtarzac go w konkretnych przykładach.


ex sin x dx.

Rozwiazanie

3.5 FUNKCJA WYKŁADNICZA RAZY SINUS LUB KOSINUS 41

Oczywiscie mozemy podstawic do wzoru, ale wyobrazmy sobie, ze go nie mamy przedsoba. Wtedy całkujemy dwukrotnie przez czesci.

I =∫

ex sin x dx =

∣∣∣∣u′ = ex v = sin xu = ex v′ = cos x

∣∣∣∣ = ex sin x−∫

ex · cos x dx =

=

∣∣∣∣u′ = ex v = cos xu = ex v′ = − sin x

∣∣∣∣ = ex sin x− ex cos x−∫

ex sin x dx =

= ex sin x− ex cos x− I

2I = ex sin x− ex cos x + C ⇒ I =ex sin x− ex cos x

2+ C.


3x cos x dx.

RozwiazanieCałkujemy dwukrotnie przez czesci.

I =∫

3x cos x dx =

∣∣∣∣ u′ = 3x v = cos xu = 1

ln 3 3x v′ = − sin x

∣∣∣∣ ==

1ln 3

3x cos x +1

ln 3

∫3x sin x dx

(ln 3)I = 3x cos x +∫

3x sin x dx =

∣∣∣∣ u′ = 3x v = sin xu = 1

ln 3 3x v′ = cos x

∣∣∣∣ == 3x cos x +

1ln 3

3x sin x− 1ln 3

∫3x cos x dx =

= 3x cos x +1

ln 33x sin x− 1

ln 3I

(ln 3 +1

ln 3)I = 3x cos x +

1ln 3

3x sin x + C ⇒ I =(ln 3) cos x + sin x

(ln 3)2 + 13x + C.


ex sin2 x dx.

RozwiazaniePozbedziemy sie kwadratu przy sinusie korzystajac z tozsamosci

(sin2 x)′ = 2 sin x cos x = sin 2x.

Całkujemy przez czesci

∫ex sin2 x dx =

∣∣∣∣u′ = ex v = sin2 xu = ex v′ = sin 2x

∣∣∣∣ = ex sin2 x−∫

ex sin 2x dx.

3.6 FUNKCJE CYKLOMETRYCZNE 42

Ostatnia całke oznaczamy przez I i liczymy

I =∫

ex sin 2x dx =

∣∣∣∣u′ = ex v = sin 2xu = ex v′ = 2 cos 2x

∣∣∣∣ = ex sin 2x− 2∫

ex · cos 2x dx =

=

∣∣∣∣u′ = ex v = cos 2xu = ex v′ = −2 sin 2x

∣∣∣∣ = ex sin 2x− 2ex cos 2x− 4∫

ex sin 2x dx =

= ex sin 2x− 2ex cos 2x− 4I

5I = (sin 2x− 2 cos 2x)ex + C ⇒ I =sin 2x− 2 cos 2x

5ex + C.∫

ex sin2 x dx = ex(

sin2 x− sin 2x− 2 cos 2x5

)+ C.

3.6. Funkcje cyklometryczne

Metoda całkowania przez czesci pozwala obliczyc całki∫arc sin x dx,

∫arc cos x dx,

∫arctg x dx,

∫arcctg x dx.

W kazdym przypadku nalezy przyjac u′(x) = 1, u(x) = x.


arctg x dx.

Rozwiazanie

∫arctg x dx =

∣∣∣∣u′ = 1 v = arctg xu = x v′ = 1

x2+1

∣∣∣∣ = x arctg x−∫ x

x2 + 1dx

Ostatnia całke obliczamy przez postawienie t = x2 + 1.∫ xx2 + 1

dx =

∣∣∣∣ t = x2 + 1dt = 2x dx

∣∣∣∣ = ∫ dt2t

=12

ln |t|+ C =12

ln(x2 + 1) + C.

Zatem ∫arctg x dx = x arctg x− 1

2ln(x2 + 1) + C.


arc sin x dx.

Rozwiazanie

∫arc sin x dx =

∣∣∣∣∣u′ = 1 v = arc sin xu = x v′ = 1√

1−x2

∣∣∣∣∣ = x arc sin x−∫ x√

1− x2dx

3.7 FUNKCJE CYKLOMETRYCZNE 43

Ostatnia całke obliczamy przez postawienie t = 1− x2.∫ x√1− x2

dx =

∣∣∣∣ t = 1− x2

dt = −2x dx

∣∣∣∣ = ∫−1

2t−

12 dt =

= −t12 + C = −

√1− x2 + C.

Zatem ∫arc sin x dx = x arc sin x +

√1− x2 + C.

Obliczenie całek∫

arc cos x dx oraz∫

arcctg x dx pozostawiamy jako cwiczenie.


arc sin2 x dx.

Rozwiazanie

∫arc sin2 x dx =

∣∣∣∣∣u′ = 1 v = arc sin2 xu = x v′ = 2 arc sin x · 1√

1−x2

∣∣∣∣∣ == x arc sin2 x− 2

∫ x√1− x2

arc sin x dx.

Zauwazmy, ze x√1−x2 jest pochodna funkcji −

√1− x2 (sprawdz to, rózniczkujac ostatnia

funkcje). ∫ x√1− x2

arc sin x dx =

∣∣∣∣∣ u′ = x√1−x2 v = arc sin x

u = −√

1− x2 v′ = 1√1−x2

∣∣∣∣∣ == −

√1− x2 arc sin x +

∫1 dx = −

√1− x2 arc sin x + x + C.∫

arc sin2 x dx = x arc sin2 x− 2(x−√

1− x2 arc sin x) + C.


arctg√

x dx.

Rozwiazanie

∫arctg

√x dx =

∣∣∣∣∣u′ = 1 v = arctg√

xu = x v′ = 1

x+1 ·1

2√

x

∣∣∣∣∣ = x arctg√

x−∫ x

x + 1· 1

2√

xdx.

Ostatnia całke obliczymy przez podstawienie t =√

x,∫ xx + 1

· 12√

xdx =

∣∣∣∣∣ t =√

xdt = 1

2√

x dx

∣∣∣∣∣ =∫ t2

t2 + 1dt =

∫ t2 + 1− 1t2 + 1

dt =

=∫

1− 1t2 + 1

dt = t− arctg t + C =√

x− arctg√

x + C.∫arctg

√x dx = x arctg

√x−√

x + arctg√

x + C.

3.7 ZADANIA 44

3.7. Zadania


x sin x2 dx b)

∫x2 sin 5x dx c)

∫(x2 − 2x + 3) sin 2x dx

d)∫(1 + x2)2 cos x dx e)

∫x sin2 x dx f)

∫cos2 x dx


xe−x dx b)∫

x2e−2x dx c)∫

x3ex dxd)∫

ex cos x dx e)∫

e−x sin 2x dx


x2 ln x dx b)∫

x2 ln(1 + x) dx c)∫

x ln(x− 1) dx d)∫(x + 1) ln2 x dx


arc cos x dx b)∫

arc ctg x dx c)∫

x arcctg x dx

ROZDZIAŁ 4

Funkcje wymierne

4.1. Rozkład funkcji wymiernej

Funkcja wymierna to ułamekP(x)Q(x)

, którego licznik P(x) i mianownik Q(x) sa wielo-

mianami zmiennej x. Na przykład funkcjami wymiernymi sa:

2x2 + x− 3x7 + 4x3 + 5

,x + 1x− 1

,x4 + x3 + x2 + x + 1

x2 + 1,

8(x3 + x)6 .

Zeby obliczyc całke z funkcji wymiernej, musimy najpierw znalezc rozkład tej funkcjiw postaci sumy wielomianu i ułamków prostych.

Funkcje wymierna nazywamy własciwa, jesli stopien licznika (najwyzsza potega zmien-nej x) jest mniejszy niz stopien mianownika.

Dowolna funkcje wymiernaP(x)Q(x)

mozemy rozłozyc na sume wielomianu W(x) i

funkcji wymiernej własciwejR(x)Q(x)

, w której stopien licznika R(x) jest mniejszy niz sto-

pien mianownika Q(x). Rozkład taki znajdujemy dzielac z reszta licznik przez mianow-nik:

P(x)Q(x)

=W(x)Q(x) + R(x)

Q(x)= W(x) +

R(x)Q(x)

.

Zadanie 4.1. Znajdz rozkład funkcji x3−2x2−1x2−1 na sume wielomianu i funkcji wymiernej

własciwej.

RozwiazanieStopien licznika wynosi 3 i jest wiekszy niz stopien mianownika 2. Dzielimy z resztalicznik przez mianownik:

x− 2x3 − 2x2 − 1 : x2 − 1x3 − x−2x2 + x− 1−2x2 + 2

x− 3Zatem

x3 − 2x2 − 1x2 − 1

=(x− 2)(x2 − 1) + x− 3

x2 − 1= x− 2 +

x− 3x2 − 1

.

45

4.1 ROZKŁAD FUNKCJI WYMIERNEJ 46

Funkcje wymierna postaciA

(x + a)n , A 6= 0,

nazywamy ułamkiem prostym pierwszego rodzaju, a funkcje postaci

Bx + C(x2 + px + q)m , B 6= 0, ∆ = p2 − 4q < 0,

nazywamy ułamkiem prostym drugiego rodzaju. Dowolna funkcja wymierna własciwajest suma ułamków prostych pierwszego i drugiego rodzaju. Zeby wyznaczyc składnikitakiej sumy, musimy znac rozkład mianownika Q(x) na czynniki liniowe i kwadratowe:

Q(x) = b(x− a1)n1 · · · (x− ak)

nk · (x2 + p1x + q1)m1 · · · (x2 + plx + ql)

ml ,

gdzie kazdy czynnik kwadratowy jest nierozkładalny, to znaczy p2i − 4qi < 0 dla i =

1, . . . , l. Liczby a1, . . . , ak sa to wszystkie pierwiastki rzeczywiste wielomianu Q(x). Za-tem wyznaczenie rozkładu mianownika na czynniki nierozkładalne wymaga znalezieniawszystkich jego pierwiastków.

Znajac rozkład mianownika jak powyzej, rozkład funkcji wymiernej na ułamki prostema postac:

P(x)Q(x)

=A11

x + a1+

A12

(x + a1)2 + · · ·+ A1n1

(x + a1)n1+ . . .

· · ·+ Ak1

x + ak+

Ak2

(x + ak)2 + · · ·+Aknk

(x + ak)nk+

+B11x + C11

x2 + p1x + q1+

B12x + C12

(x2 + p1x + q1)2 + · · ·+ B1m1 x + C1m1

(x2 + p1x + q1)m1+ . . .

· · ·+ Bl1x + Cl1

x2 + plx + ql+

Bl2x + Cl2

(x2 + plx + ql)2 + · · ·+Blml x + Clml

(x2 + plx + ql)ml

Tak wiec kazdy czynnik liniowy, który wystepuje w mianowniku Q(x) w potedze ni,wnosi do rozkładu funkcji wymiernej ni ułamków prostych pierwszego rodzaju, a kaz-dy czynnik kwadratowy, wystepujacy w mianowniku w potedze mj, daje mj ułamkówprostych drugiego rodzaju.

Współczynniki Aij, Bst, Cst mozna obliczyc mnozac obie strony powyzszej równosciprzez wspólny mianownik Q(x) i porównujac współczynniki przy tych samych potegachzmiennej x.

Zadanie 4.2. Znalezc rozkład 7x2+1(x+1)(x−1)(x−3) na ułamki proste.

RozwiazanieMianownik ma trzy czynniki liniowe, kazdy w pierwszej potedze, wiec funkcja jest sumatrzech ułamków prostych pierwszego rodzaju:

7x2 + 1(x + 1)(x− 1)(x− 3)

=a

x + 1+

bx− 1

+c

x− 3.

Mnozac obie strony przez (x + 1)(x− 1)(x− 3) otrzymujemy

7x2 + 1 = a(x− 1)(x− 3) + b(x + 1)(x− 3) + c(x + 1)(x− 1) =

= (a + b + c)x2 − (4a + 2b)x + (3a− 3b− c).


Porównujac współczynniki po obu stronach dostajemy układ równana + b + c = 7

4a + 2b = 03a− 3b− c = 1

którego rozwiazaniem jest a = 1, b = −2, c = 8. Stad

7x2 + 1(x + 1)(x− 1)(x− 3)

=1

x + 1− 2

x− 1+

8x− 3

Zadanie 4.3. Znalezc rozkład 5x2−11x(x−1)2(x2+2) na ułamki proste.

RozwiazanieW mianowniku wystepuje czynnik liniowy w drugiej potedze i czynnik kwadratowy,zatem funkcja jest suma dwóch ułamków prostych pierwszego rodzaju i ułamka prostegodrugiego rodzaju

5x2 − 11x(x− 1)2(x2 + 2)

=a

x− 1+

b(x− 1)2 +

cx + dx2 + 2

.

Mnozac obie strony przez wspólny mianownik otrzymujemy

5x2 − 11x = a(x− 1)(x2 + 2) + b(x2 + 2) + (cx + d)(x− 1)2 =

= (a + c)x3 + (−a + b− 2c + d)x2 + (2a + c− 2d)x + (−2a + 2b + d).

Porównujac współczynniki otrzymujemy układ równana + c = 0

−a + b− 2c + d = 52a + c− 2d = −11−2a + 2b + d = 0

którego rozwiazaniem jest a = 1, b = −2, c = −1, d = 6.

5x2 − 11x(x− 1)2(x2 + 2)

=1

x− 1− 2

(x− 1)2 −x− 6x2 + 2

.

Zadanie 4.4. Znalezc rozkład x2

x3+5x2+8x+4 na ułamki proste.

RozwiazanieNajpierw musimy rozłozyc mianownik na czynniki liniowe lub kwadratowe. W tym celumusimy odgadnac jeden jego pierwiastek. Łatwo sprawdzic podstawiajac, ze x = −1 jestpierwiastkiem mianownika, zatem wielomian ten dzieli sie przez (x + 1). Dzielimy:


x2 + 4x + 4x3 + 5x2 + 8x + 4 : x + 1x3 + x2

4x2 + 8x + 44x2 + 4x

4x + 44x + 4

0

x2

x3 + 5x2 + 8x + 4=

x2

(x + 1)(x2 + 4x + 4)=

x2

(x + 1)(x + 2)2

Funkcja wymierna jest wiec suma trzech ułamków prostych pierwszego rodzaju:

x2

(x + 1)(x + 2)2 =a

x + 1+

bx + 2

+c

(x + 2)2

x2 = a(x + 2)2 + b(x + 1)(x + 2) + c(x + 1) =

= (a + b)x2 + (4a + 3b + c)x + 2b + c + 4a + b = 1

4a + 3b + c = 02b + c + 4 = 0

⇒ a = 1, b = 0, c = −4.

x2

x3 + 5x2 + 8x + 4=

x2

(x + 1)(x + 2)2 =1

x + 1− 4

(x + 2)2 .

Zadanie 4.5. Znalezc rozkład 16x3−7x2−3x na ułamki proste.

RozwiazanieMianownik dzieli sie przez x:

6x3 − 7x2 − 3x = x(6x2 − 7x− 3).

Dwumian kwadratowy 6x2 − 7x − 3 ma dwa pierwiastki x1 = 32 , x2 = − 1

3 , stad mamyrozkład

6x3 − 7x2 − 3x = 6x(

x− 32

)(x +

13

).

Funkcja wymierna jest suma trzech ułamków prostych pierwszego rodzaju:

16x3 − 7x2 − 3x

=1

6x(x− 32 )(x + 1

3 )=

ax+

bx− 3

2

+c

x + 13

1 = 6(

a(

x− 32

)(x +

13

)+ bx

(x +

13

)+ cx

(x− 2

3

))=

= 6(a + b + c)x2 + (−7a + 2b− 4c)x− 3a.a + b + c = 0

−7a + 2b− 4c = 0−3a = 1

⇒ a = −13

, b = −16

, c =12

4.2 CAŁKOWANIE UŁAMKÓW PROSTYCH PIERWSZEGO RODZAJU 49

16x3 − 7x2 − 3x

= −13x−

16

x− 32

+12

x + 13

4.2. Całkowanie ułamków prostych pierwszego rodzaju

Ułamek prosty pierwszego rodzajuA

(x + a)n całkujemy przez podstawienie t = x+ a.

Wtedy ∫ A(x + a)n dx =

∣∣∣∣t = x + adt = dx

∣∣∣∣ = ∫ Atn dt.

Całka po prawej stronie równa sie A ln |t| + C, gdy n = 1 alboA

(1− n)tn−1 + C, gdy

n > 1. Stad otrzymujemy wzory

∫ Ax + a

dx = A ln |x + a|+ C,

∫ A(x + a)n dx =

A(1− n)(x + a)n−1 + C, dla n > 1.

Zadanie 4.6. Oblicz całke∫ 1

2x2+3x−2 dx

RozwiazanieMianownik ma dwa pierwiastki x1 = −2 oraz x2 = 1

2 , wiec rozkłada sie na czynnikiliniowe 2x2 + 3x− 2 = 2(x + 2)(x− 1

2 ), a funkcja wymierna jest suma dwóch ułamkówprostych pierwszego rodzaju

12x2 + 3x− 2

=1

2(x + 2)(x− 12 )

=a

x + 2+

bx− 1

2

1 = 2a(

x− 12

)+ 2b(x + 2) = 2(a + b)x− a + 4b{ a + b = 0

−a + 4b = 1⇒ a = −1

5, b =

15

.

∫ 12x2 + 3x− 2

dx = −15

∫ 1x + 2

dx +15

∫ 1x− 1

2

dx =

=15(ln |x− 1

2| − ln |x + 2|) + C =

15

ln

∣∣∣∣∣ x− 12

x + 2

∣∣∣∣∣+ C.

Zadanie 4.7. Oblicz całke∫ x−3

x2−3x+2 dx.

4.3 CAŁKOWANIE UŁAMKÓW PROSTYCH PIERWSZEGO RODZAJU 50

RozwiazanieRozkładamy ułamek pod całka na ułamki proste.

x− 3x2 − 3x + 2

=x− 3

(x− 1)(x− 2)=

ax− 1

+b

x− 2x− 3 = a(x− 2) + b(x− 1) = (a + b)x− 2a− b{

a + b = 12a + b = 3

⇒ a = 2, b = −1.

Liczymy teraz całke.∫ x− 3x2 − 3x + 2

dx =∫ 2

x− 1dx−

∫ 1x− 2

dx = 2 ln |x− 1| − ln |x− 2|+ C

Zadanie 4.8. Oblicz całke∫ 3x−2

x2+6x+9 dx.

Rozwiazanie

3x− 2x2 + 6x + 9

=3x− 2(x + 3)2 =

ax + 3

+b

(x + 3)2

3x− 2 = a(x + 3) + b ⇒ a = 3, b = −11.∫ 3x− 2x2 + 6x + 9

dx =∫ 3

x + 3dx−

∫ 11(x + 3)2 dx = 3 ln |x + 3|+ 11

x + 3+ C.

Zadanie 4.9. Oblicz całke∫ x+2

x3+x2 dx.

Rozwiazanie

x + 2x3 + x2 =

x + 2x2(x + 1)

=ax+

bx2 +

cx + 1

x + 2 = ax(x + 1) + b(x + 1) + cx2 = (a + c)x2 + (a + b)x + ba + c = 0a + b = 1

b = 2⇒ a = −1, b = 2, c = 1.

∫ x + 2x3 + x2 dx =

∫−1

xdx +

∫ 2x2 dx +

∫ 1x + 1

dx =

= − ln |x| − 2x+ ln |x + 1|+ C.

4.3 CAŁKOWANIE UŁAMKÓW PROSTYCH DRUGIEGO RODZAJU 51

4.3. Całkowanie ułamków prostych drugiego rodzaju

Aby scałkowac ułamek prosty drugiego rodzajuAx + B

(x2 + px + q)n rozbijamy go na dwa

ułamki w nastepujacy sposób:∫ Ax + B(x2 + px + q)n dx =

A2

∫ 2x + p(x2 + px + q)n dx + C

∫ 1(x2 + px + q)n dx,

gdzie C = 2B−Ap2 . Pierwszy ułamek po prawej stronie ma w liczniku pochodna funkcji

kwadratowej x2 + px + q i całkujemy go przez podstawienie.∫ 2x + p(x2 + px + q)n dx =

∣∣∣∣ t = x2 + px + qdt = (2x + p)dx

∣∣∣∣ = ∫ 1tn dt.

Stad otrzymujemy wzory

∫ 2x + px2 + px + q

dx = ln(x2 + px + q) + C,

∫ 2x + p(x2 + px + q)n dx =

1(1− n)(x2 + px + q)n−1 + C, dla n > 1.

Zauwazmy, ze w pierwszym z powyzszych wzorów nie ma wartosci bezwzglednej podlogarytmem. Moglismy ja opuscic dzieki załozeniu p2 − 4q < 0, co oznacza, ze trójmiankwadratowy x2 + px + q nie ma pierwiastków, a poniewaz współczynnik przy x2 jestdodatni, wiec funkcja przyjmuje tylko wartosci dodatnie.

Aby obliczyc całke∫ 1

(x2+px+q)n dx, sprowadzamy trójmian x2 + px + q do postacikanonicznej:

(x2 + px + q) = (x + a)2 + b,

gdzie a = p2 , b = 4q−p2

4 . Pamietajmy, ze wyróznik p2− 4q jest ujemny, wiec b > 0. Liczymy∫ dx((x + a)2 + b)n =

∫ dxbn(( x+a√

b)2 + 1)n =

∣∣∣∣∣ t = x+a√b√

bdt = dx

∣∣∣∣∣ =√

bbn

∫ dt(t2 + 1)n .

Gdy n = 1, to ostatnia całka równa sie arctg t + C, czyli

∫ dx(x + a)2 + b

=1√b

arctgx + a√

b+ C.

Gdy n > 1, to stosujemy (n− 1)-krotnie wzór redukcyjny

∫ dt(t2 + 1)n =

12n− 2

· x(t2 + 1)n−1 +

2n− 32n− 2

∫ dt(t2 + 1)n−1 .

Wzór ten sprowadza obliczenie całki∫ dt

(t2+1)n do całki∫ dt

(t2+1)n−1 , zatem stosujac go n− 1

razy dojdziemy w koncu do znanej całki∫ dt

t2+1 . Wyprowadzenie wzoru redukcyjnego izadania ilustrujace jego stosowanie znajduja sie w podrozdziale 4.5.


Zadanie 4.10. Oblicz całke∫ dx

2x2+9 .

Rozwiazanie

∫ dx2x2 + 9

=19

∫ dx

(√

23 x)2 + 1

=

∣∣∣∣∣ t =√

23 x

dt =√

23 dx

∣∣∣∣∣ = 19

∫ 3√2dt

t2 + 1

=1

3√

2arctg t + C =

13√

2arctg

√2x3

+ C.

Zadanie 4.11. Oblicz całke∫ 2x+1

x2+2x+2 dx.

RozwiazanieCałke rozbijamy na dwie całki tak, aby w jednej licznik był pochodna mianownika, a wdrugiej, zeby nie było x w liczniku.

∫ 2x + 1x2 + 2x + 2

dx =∫ 2x + 2

x2 + 2x + 2dx−

∫ 1x2 + 2x + 2

dx = A− B.

Liczymy teraz te prostsze całki A i B.

A =∫ 2x + 2

x2 + 2x + 2dx =

∣∣∣∣ t = x2 + 2x + 2dt = (2x + 2)dx

∣∣∣∣ ==∫ 1

tdt = ln |t|+ C = ln |x2 + 2x + 2|+ C

B =∫ 1

x2 + 2x + 2dx =

∫ 1(x + 1)2 + 1

dx =

∣∣∣∣t = x + 1dt = dx

∣∣∣∣ ==∫ 1

t2 + 1dt = arctg t + C = arctg(x + 1) + C.

Zatem ∫ 2x + 1x2 + 2x + 2

dx = A− B = ln |x2 + 2x + 2| − arctg(x + 1) + C.

Zadanie 4.12. Oblicz całke∫ 1

2x2+x+1 dx.

Rozwiazanie


Sprowadzamy mianownik do postaci kanonicznej.

∫ dx2x2 + x + 1

=∫ dx

2(x2 + x2 + 1

2 )dx =

12

∫ dx(x + 1

4 )2 + 7

16

=

=12

∫ dx716 ((

4x+1√7)2 + 1)

=

∣∣∣∣∣ t = 4x+1√7√

74 dt = dx

∣∣∣∣∣ = 12

∫ √7

4 dt7

16 (t2 + 1)

=

=2√7

∫ dtt2 + 1

=2√7

arctg t + C =2√7

arctg4x + 1√

7+ C.

Zadanie 4.13. Oblicz całke∫ 2x3−3x2+15x+6

(x2+4)(x2+4x+5) dx

RozwiazanieMianownik jest iloczynem dwóch nierozkładalnych czynników kwadratowych, zatemfunkcja podcałkowa jest suma dwóch ułamków prostych drugiego rodzaju.

2x3 − 3x2 + 15x + 6(x2 + 4)(x2 + 4x + 5)

=ax + bx2 + 4

+cx + d

x2 + 4x + 5

2x3 − 3x2 + 15x + 6 = (ax + b)(x2 + 4x + 5) + (cx + d)(x2 + 4) =

= (a + c)x3 + (4a + b + d)x2 + (5a + 4b + 4c)x + 5b + 4d

a + c = 2

4a + b + d = −35a + 4b + 4c = 15

5b + 4d = 6

⇒ a = −1, b = 2, c = 3, d = −1.

∫ 2x3 − 3x2 + 15x + 6(x2 + 4)(x2 + 4x + 5)

dx =∫ −x + 2

x2 + 4dx +

∫ 3x− 1x2 + 4x + 5

dx


Całkujemy ułamki proste∫ −x + 2x2 + 4

dx = −12

∫ 2x dxx2 + 4

+∫ 2dx

x2 + 4= −1

2A + B

A =∫ 2x dx

x2 + 4=

∣∣∣∣ t = x2 + 4dt = 2x dx

∣∣∣∣ = ∫ dtt= ln |t|+ C = ln(x2 + 4) + C

B =∫ 2dx

x2 + 4=∫ 2dx

4(( x2 )

2 + 1)=

∣∣∣∣ t = x2

dt = dx2

∣∣∣∣ = ∫ dtt2 + 1

=

= arctg t + C = arctgx2+ C∫ 3x− 1

x2 + 4x + 5dx =

32

∫ 2x + 4x2 + 4x + 5

dx− 7∫ dx

x2 + 4x + 5=

32

D− 7E

D =∫ 2x + 4

x2 + 4x + 5=

∣∣∣∣ t = x2 + 4x + 5dt = (2x + 4) dx

∣∣∣∣ = ∫ dtt= ln |t|+ C =

= ln(x2 + 4x + 5) + C

E =∫ dx

x2 + 4x + 5=∫ dx

(x + 2)2 + 1= arctg(x + 2) + C∫ 2x3 − 3x2 + 15x + 6

(x2 + 4)(x2 + 4x + 5)dx = −1

2A + B +

32

D− 7E =

= −12

ln(x2 + 4) + arctgx2+

32

ln(x2 + 4x + 5)− 7 arctg(x + 2) + C.

Zadanie 4.14. Oblicz całke∫ x2+1

(x2+2x+3)2 dx

RozwiazanieW mianowniku mamy nierozkładalna funkcje kwadratowa w drugiej potedze, wiec szu-kamy rozkładu na dwa ułamki proste drugiego rodzaju.

x2 + 1(x2 + 2x + 3)2 =

ax + bx2 + 2x + 3

+cx + d

(x2 + 2x + 3)2

x2 + 1 = (ax + b)(x2 + 2x + 3) + cx + d =

= ax3 + (2a + b)x2 + (3a + 2b + c)x + 3b + d

a = 0

2a + b = 13a + 2b + c = 0

3b + d = 1

⇒ a = 0, b = 1, c = −2, d = −2.

∫ x2 + 1(x2 + 2x + 3)2 dx =

∫ dxx2 + 2x + 3

−∫ 2x + 2

(x2 + 2x + 3)2 dx = A− B

4.4 CAŁKOWANIE DOWOLNEJ FUNKCJI WYMIERNEJ 55

Całkujemy ułamki proste

A =∫ dx

x2 + 2x + 3=∫ dx

(x + 1)2 + 2=∫ dx

2(( x+1√2)2 + 1)

=

∣∣∣∣∣ t = x+1√2√

2dt = dx

∣∣∣∣∣ ==

1√2

∫ dtt2 + 1

=1√2

arctg t + C =1√2

arctgx + 1√

2+ C

B =∫ 2x + 2

(x2 + 2x + 3)2 dx =

∣∣∣∣ t = x2 + 2x + 3dt = (2x + 2) dx

∣∣∣∣ = ∫ dtt2 = −1

t+ C =

= − 1x2 + 2x + 3

+ C

∫ x2 + 1(x2 + 2x + 3)2 dx = A− B =

1√2

arctgx + 1√

2+

1x2 + 2x + 3

+ C.

4.4. Całkowanie dowolnej funkcji wymiernej

Aby obliczyc całke dowolnej funkcji wymiernejP(x)Q(x)

postepujemy w sposób naste-

pujacy:1) Jesli stopien licznika jest wiekszy lub równy stopniowi mianownika, to dzielimy

z reszta licznik przez mianownik, zeby otrzymac rozkład

P(x)Q(x)

= W(x) +R(x)Q(x)

gdzie W(x) jest wielomianem, aR(x)Q(x)

jest funkcja wymierna własciwa. Jesli sto-

pien licznika jest mniejszy niz stopien mianownika, to przyjmujemy W(x) = 0,R(x) = P(x) i przechodzimy od razu do punktu 2).

2) RozkładamyR(x)Q(x)

na ułamki proste

R(x)Q(x)

= U1(x) + · · ·+ Un(x).

3) Całkujemy osobno wielomian W(x) i ułamki U1(x), . . . , Un(x).

Zadanie 4.15. Oblicz∫ x3

x+1 dx

Rozwiazanie

∫ x3

x + 1dx =

∫(x3 + 1)− 1

x + 1dx =

∫(x + 1)(x2 − x + 1)− 1

x + 1dx =

=∫(x2 − x + 1) dx−

∫ dxx + 1

=x3

3− x2

2+ x− ln |x + 1|+ C.


Zadanie 4.16. Oblicz∫ x5+x4−2x2+3

x2+x+2 dx

RozwiazanieDzielimy z reszta licznik przez mianownik:

x5 + x4 − 2x2 + 3 = (x3 − 2x)(x2 + x + 2) + 4x + 3.

Liczymy

∫ x5 + x4 − 2x2 + 3x2 + x + 2

dx =∫(x3 − 2x) dx +

∫ 4x + 3x2 + x + 2

dx =

=x4

4− x2 + 2

∫ 2x + 1x2 + x + 2

dx +∫ dx

x2 + x + 2=

x4

4− x2 + 2A + B.

A =∫ 2x + 1

x2 + x + 2dx =

∣∣∣∣ t = x2 + x + 2dt = (2x + 1) dx

∣∣∣∣ = ∫ dtt= ln |t| = ln(x2 + x + 2) + C.

B =∫ dx

x2 + x + 2=∫ dx

(x + 12 )

2 + 74

=∫ dx

74

((2x+1√

7

)2+ 1) =

∣∣∣∣∣ t = 2x+1√7√

72 dt = dx

∣∣∣∣∣ ==∫ √

72 dt

74 (t

2 + 1)=

2√7

arctg t + C =2√7

arctg2x + 1√

7+ C.

∫ x5 + x4 − 2x2 + 3x2 + x + 2

dx =x4

4− x2 + 2 ln(x2 + x + 2) +

2√7

arctg2x + 1√

7+ C.

Zadanie 4.17. Oblicz∫ 3x+1

2x−1 dx

Rozwiazanie

∫ 3x + 12x− 1

dx =32

∫ x + 13

x− 12

dx =32

∫ x− 12 +

56

x− 12

dx =32

∫ (1 +

56

x− 12

)dx =

=32

(x +

56

ln∣∣∣∣x− 1

2

∣∣∣∣)+ C

Zadanie 4.18. Oblicz całke∫ 3−4x

2x2−3x+1 dx

RozwiazanieFunkcja podcałkowa jest suma dwóch ułamków prostych pierwszego rodzaju, bo mia-nownik ma dwa pierwiastki rzeczywiste (x1 = 1, x2 = 1

2 ). Jednak zamiast rozkładac ta


funkcje na ułamki proste, lepiej jest zauwazyc, ze licznik jest równy pochodnej mianow-nika pomnozonej przez −1. Zatem najprosciej jest całkowac przez podstawienie.∫ 3− 4x

2x2 − 3x + 1dx =

∣∣∣∣t = 2x2 − 3x + 1dt = 4x− 3

∣∣∣∣ = − ∫ dtt= − ln |t|+ C =

= − ln |2x2 − 3x + 1|+ C.

Zadanie 4.19. Oblicz∫ 2dx

x4−1

Rozwiazanie

2x4 − 1

=2

(x2 − 1)(x2 + 1)=

2(x− 1)(x + 1)(x2 + 1)

=a

x− 1+

bx + 1

+cx + dx2 + 1

2 = a(x + 1)(x2 + 1) + b(x− 1)(x2 + 1) + (cx + d)(x− 1)(x + 1) =

= (a + b + c)x3 + (a− b + d)x2 + (a + b− c)x + a− b− d.a + b + c = 0a− b + d = 0a + b− c = 0a− b− d = 2

⇒ a =12

, b = −12

, c = 0, d = −1

∫ 2dxx4 − 1

=12

∫ dxx− 1

− 12

∫ dxx + 1

−∫ dx

x2 + 1=

=12

ln |x− 1| − 12

ln |x + 1| − arctg x + C =12

ln∣∣∣∣ x− 1x + 1

∣∣∣∣− arctg x + C.


x6+x4

Rozwiazanie

1x6 + x4 =

1x4(x2 + 1)

=ax+

bx2 +

cx3 +

dx4 +

ex + fx2 + 1

1 = (x2 + 1)(ax3 + bx2 + cx + d) + (ex + f )x4

= (a + e)x5 + (b + f )x4 + (a + c)x3 + (b + d)x2 + cx + d

Porównujac współczynniki po obu stronach otrzymujemy

a = 0, b = −1, c = 0, d = 1, e = 0, f = 1.∫ dxx6 + x4 =

∫ (− 1

x2 +1x4 +

1x2 + 1

)dx =

1x− 1

3x3 + arctg x + C.


Zadanie 4.21. Oblicz całke∫ x3+x+1

x3−1 dx

Rozwiazanie∫ x3 + x + 1x3 − 1

dx =∫

(x3 − 1) + x + 2x3 − 1

dx =∫ (

1 +x + 2x3 − 1

)dx =

= x +∫ x + 2

x3 − 1dx = x +

∫ x + 2(x− 1)(x2 + x + 1)

dx.

Funkcje pod ostatnia całka rozkładamy na ułamki proste

x + 2(x− 1)(x2 + x + 1)

=a

x− 1+

bx + cx2 + x + 1

x + 2 = a(x2 + x + 1) + (bx + c)(x− 1) = (a + b)x2 + (a− b + c)x + a− ca + b = 0

a− b + c = 1a− c = 2

⇒ a = 1, b = −1, c = −1.

∫ x + 2(x− 1)(x2 + x + 1)

=∫ dx

x− 1−∫ x + 1

x2 + x + 1dx =

= ln |x− 1| − 12

∫ 2x + 1x2 + x + 1

dx− 12

∫ dxx2 + x + 1

=

= ln |x− 1| − 12

A− 12

B.

A =∫ 2x + 1

x2 + x + 1dx =

∣∣∣∣ t = x2 + x + 1dt = (2x + 1)dx

∣∣∣∣ = ∫ dtt= ln |t|+ C =

= ln |x2 + x + 1|+ C.

B =∫ dx

x2 + x + 1=∫ dx

(x + 12 )

2 + 34

=∫ dx

34 ((

2x+1√3)2 + 1)

=

∣∣∣∣∣ t = 2x+1√3

dt = 2√3dx

∣∣∣∣∣ ==∫ √

32 dt

34 (t

2 + 1)=

2√3

arctg t + C =2√3

arctg2x + 1√

3+ C.

∫ x3 + x + 1x3 − 1

dx = x + ln |x− 1| − 12

ln |x2 + x + 1| − 1√3

arctg2x + 1√

3+ C.

Zadanie 4.22. Oblicz całke∫ ( x−1

x+1

)2 dx.

Rozwiazanie∫ ( x− 1x + 1

)2

dx =∫ ( x + 1− 2

x + 1

)2

dx =∫ (

1− 2x + 1

)2

dx =

=∫ (

1− 4x + 1

+4

(x + 1)2

)dx = x− 4 ln |x + 1| − 4

x + 1+ C.

4.5 WZÓR REDUKCYJNY 59

4.5. Wzór redukcyjny

Wyprowadzimy wzór redukcyjny na obliczenie całki

Jn =∫ dt

(t2 + 1)n (n = 1, 2, 3, . . . ).

Całkujemy przez czesci

∫ dt(t2 + 1)n =

∣∣∣∣∣u′ = 1 v = 1(t2+1)n

u = t v′ = − 2nt(t2+1)n+1

∣∣∣∣∣ = t(t2 + 1)n + 2n

∫ t2

(t2 + 1)n+1 dt

Ostatnia całke przekształcamy

∫ t2

(t2 + 1)n+1 dt =∫

(t2 + 1)− 1(t2 + 1)n+1 dt =

∫ dt(t2 + 1)n −

∫ dt(t2 + 1)n+1

Podstawiajac to wyrazenie do poprzedniej równosci otrzymujemy

Jn =t

(t2 + 1)n + 2n(Jn − Jn+1),

a stad mamy zapowiadany wzór redukcyjny

Jn+1 =1

2n· t(t2 + 1)n +

2n− 12n

Jn

Otrzymany wzór sprowadza obliczenie całki Jn+1 do całki Jn. Stosujac go n razy dojdzie-my w koncu do całki J1, która znamy

J1 =∫ dt

t2 + 1= arctg t + C.


(2x2+9)2 .

Rozwiazanie

∫ dx(2x2 + 9)2 =

∫ dx

81((√

23 x)2

+ 1)2 =

∣∣∣∣∣ t =√

23 x

3√2dt = dx

∣∣∣∣∣ ==∫ dt

27√

2(t2 + 1)2=

127√

2J2.

Całke J2 obliczamy podstawiajac n = 1 do wzoru redukcyjnego

J2 =12· t

t2 + 1+

12

J1 =12

(t

t2 + 1+ arctg t

).

4.6 ZADANIA 60

Stad ∫ dx(2x2 + 9)2 =

154√

2

√

23 x(√

23 x)2

+ 1+ arctg

√2x3

+ C =

=118· x

2x2 + 9+

154√

2arctg

√2x3

+ C.


(x2+2x+5)3 .

Rozwiazanie∫ dx(x2 + 2x + 5)3 =

∫ dx((x + 1)2 + 1)3 =

∣∣∣∣t = x + 1dt = dx

∣∣∣∣ = ∫ dt(t2 + 1)3 = J3.

Całke J3 obliczamy korzystajac dwa razy ze wzoru redukcyjnego

J3 =14· t(t2 + 1)2 +

34· J2 =

14· t(t2 + 1)2 +

34

(12· t

t2 + 1+

12

J1

)=

=14· t(t2 + 1)2 +

38

(t

t2 + 1+ arctg t

)+ C.

Zatem∫ dx(x2 + 2x + 5)3 =

14· x + 1((x + 1)2 + 1)2 +

38

(x + 1

(x + 1)2 + 1+ arctg(x + 1)

)+ C.

4.6. Zadania

Zadanie 4.25. Oblicz całki:a)∫ dx

9x2−1 b)∫ dx

3x2+4 c)∫ dx

(x−1)(x+2) d)∫ dx

(x+1)(2x+1) e)∫ x+2

x2−7x+12 dx

f)∫ x−3

x2−6x+5 dx g)∫ 2x+6

2x2+3x+1 dx h)∫ 4x−3

(x−2)3 dx i)∫ 2x+4

x3+4x dx

j)∫ 4x−3

x2+2x+4 dx k)∫ 4x−5

2x2−5x+3 dx l)∫ dx

x2−x+3 m)∫ x+2

x2+1

n)∫ x

x2−7x+10 dx o)∫ x−2

x2−6x+13 dx p)∫ x

2x2−3x−2 dx q)∫ x3−1

4x3−x dx

r)∫ x4

x2+9 dx s)∫ (2x2−1)2

x2−1 dx t)∫ x2−3x+2

x(x2+2x+1) dx u)∫ x3+1

x3−x2 dx

v)∫ dx

x4−x2 w)∫ dx

x(x2+1) x)∫ dx

1+x3 y)∫ dx

(x2+1)(x2+x) z)∫ x3−2x2−1

x2−1 dx

ROZDZIAŁ 5

Funkcje trygonometryczne

5.1. Podstawowe tozsamosci

Całkowanie funkcji złozonej z funkcji trygonometrycznych czesto wymaga wykorzy-stania jednej lub kilku tozsamosci trygonometrycznych. Oto najczesciej stosowane tozsa-mosci:

sin2 x + cos2 x = 1sin 2x = 2 sin x cos x

cos 2x = cos2 x− sin2 x = 1− 2 sin2 x = 2 cos2 x− 1


sin2 x dx.

RozwiazanieNajprostszy sposób policzenia tej całki, to skorzystanie ze wzoru

cos 2x = 1− 2 sin2 x ⇒ sin2 x =12− 1

2cos 2x.

Liczymy ∫sin2 x dx =

∫ (12− 1

2cos 2x

)dx =

x2− 1

4sin 2x + C

Zadanie 5.2. Oblicz całke∫ sin 2x

1+cos2 x dx

RozwiazanieZauwazmy, ze

(1 + cos2 x)′ = −2 cos x sin x = − sin 2x.

Całkujemy przez podstawienie∫ sin 2x1 + cos2 x

dx =

∣∣∣∣ t = 1 + cos2 xdt = − sin 2x dx

∣∣∣∣ = ∫−dt

t= − ln |t| = − ln(1 + cos2 x) + C.


cos4 x dx

61

5.2 PODSTAWIANIE ZA SINUS LUB KOSINUS 62

RozwiazanieBedziemy korzystali ze wzoru

cos 2x = 2 cos2 x− 1 ⇒ cos2 x =12(1 + cos 2x).

Liczymy∫cos4 x dx =

∫(cos2 x)2 dx =

∫ 14(1 + cos 2x)2 dx =

=14

∫(1 + 2 cos 2x + cos2 2x) dx =

14

∫(1 + 2 cos 2x +

12(1 + cos 4x)) dx =

=38

x +14

sin 2x +1

32sin 4x + C

Do obliczania całek z funkcji postaci

sin ax cos bx, sin ax sin bx, cos ax cos bx

stosujemy tozsamosci

sin ax cos bx =12[sin(a + b)x + sin(a− b)x] ,

sin ax sin bx =12[cos(a− b)x− cos(a + b)x] ,

cos ax cos bx =12[cos(a + b)x + cos(a− b)x] .


sin 5x cos 2x dx

RozwiazanieZastosujemy wzór

sin ax cos bx =12[sin(a + b)x + sin(a− b)x] .

Liczymy∫sin 5x cos 2x dx =

∫ 12[sin 7x + sin 3x] dx = − 1

14cos 7x− 1

6cos 3x + C.

5.2. Podstawianie za sinus lub kosinus

Najprostsze podstawienia trygonometryczne to t = sin x lub t = cos x. Podstawieniet = sin x stosuje sie wtedy, jesli funkcja podcałkowa zmienia znak, gdy zamienimy cos xna − cos x, a t = cos x stosuje sie wtedy, jesli funkcja zmienia znak przy zamianie sin xna − sin x.


tg x dx


Rozwiazanie

∫tg x dx =

∫ sin xcos x

dx =


∣∣∣∣ ==∫−1

tdt = − ln |t|+ C = − ln | cos x|+ C.

Zadanie 5.6. Oblicz całke∫ sin x(1−cos x)

1+cos x dx.

Rozwiazanie

∫ sin x(1− cos x)1 + cos x

dx =


∣∣∣∣ = ∫ −(1− t)1 + t

dt =

=∫ (

1− 21 + t

)dt = t− 2 ln |1 + t|+ C = cos x− 2 ln |1 + cos x|+ C.


sin3 x 3√

cos2 x dx.

Rozwiazanie∫sin3 x 3

√cos2 x dx =

∫sin2 x 3

√cos2 x sin x dx =

=∫(1− cos2 x) 3

√cos2 x sin x dx =


∣∣∣∣ = ∫−(1− t2)

3√

t2 dt =

=∫(t

83 − t

23 ) dt =

311

t113 − 3

5t

53 + C =

311

cos113 x− 3

5cos

53 x + C.


cos5 3x dx.

Rozwiazanie∫cos5 3x dx =

∫cos4 3x cos 3x dx =

∫(1− sin2 3x)2 cos 3x dx =

=

∣∣∣∣ t = sin 3xdt = 3 cos 3x dx

∣∣∣∣ = 13

∫(1− t2)2 dt =

13

∫(1− 2t2 + t4) dt =

=13

(t− 2

3t3 +

15

t5)+ C =

13

sin 3x− 29

sin3 3x +1

15sin5 3x + C


Zadanie 5.9. Oblicz całke∫ sin4 x

cos x dx.

Rozwiazanie

∫ sin4 xcos x

dx =∫ sin4 x

cos2 xcos x dx =

∣∣∣∣ t = sin xdt = cos x dx

∣∣∣∣ = ∫ t4

1− t2 dt.

Otrzymalismy całke z funkcji wymiernej zmiennej t.∫ t4

1− t2 dt = −∫

(t4 − 1) + 1t2 − 1

dt = −∫ (

t2 + 1 +1

t2 − 1

)dt =

= −13

t3 − t−∫ dt

(t− 1)(t + 1)= −1

3t3 − t− 1

2

∫ ( 1t− 1

− 1t + 1

)dt =

= −13

t3 − t− 12(ln |t− 1| − ln |t + 1|) + C = −1

3t3 − t +

12

ln∣∣∣∣ t + 1t− 1

∣∣∣∣+ C.

∫ sin4 xcos x

dx = −13

sin3 x− sin x +12

ln∣∣∣∣sin x + 1sin x− 1

∣∣∣∣+ C.


cos 4x sin 2x .

Rozwiazanie∫ dxcos 4x sin 2x

=∫ sin 2x dx

(2 cos2 2x− 1) sin2 2x=

∣∣∣∣ t = cos 2xdt = −2 sin 2x dx

∣∣∣∣ ==∫ − 1

2 dt(2t2 − 1)(1− t2)

=14

∫ dt(t2 − 1

2 )(t2 − 1)

.

Otrzymalismy całke z funkcji wymiernej, która rozkładamy na ułamki proste.

14

∫ dt(t2 − 1

2 )(t2 − 1)

=12

(∫ dtt2 − 1

−∫ dt

t2 − 12

)=

=12

(12

(∫ dtt− 1

−∫ dt

t + 1

)− 1√

2

(∫ dtt− 1√

2

−∫ dt

t + 1√2

))=

=14(ln |t− 1| − ln |t + 1|)−

√2

4(ln |t− 1√

2| − ln |t + 1√

2|) + C =

=14

ln∣∣∣∣ t− 1t + 1

∣∣∣∣−√

24

ln

∣∣∣∣∣ t−1√2

t + 1√2

∣∣∣∣∣+ C.

∫ dxcos 4x sin 2x

=14

ln∣∣∣∣cos 2x− 1cos 2x + 1

∣∣∣∣−√

24

ln

∣∣∣∣∣cos 2x− 1√2

cos 2x + 1√2

∣∣∣∣∣+ C.

5.3 PODSTAWIENIE UNIWERSALNE 65

5.3. Podstawienie uniwersalne

Podstawienie t = tg x2 nazywa sie uniwersalnym, poniewaz pozwala ono zamienic

dowolna całke postaci∫

R(cos x, sin x)dx, gdzie R(u, v) jest funkcja wymierna dwóchzmiennych u i v, na całke funkcji wymiernej zmiennej t. Dla tego podstawienia mamywzory:

t = tgx2

, x = 2 arctg t, dx =2

1 + t2 dt,

cos x =cos2 x

2 − sin2 x2

cos2 x2 + sin2 x

2

=1− t2

1 + t2 , sin x =2 sin x

2 cos x2

cos2 x2 + sin2 x

2

=2t

1 + t2 .


3 sin x+4 cos x .

RozwiazanieStosujemy podstawienie uniwersalne t = tg x

2 .∫ dx3 sin x + 4 cos x

=

∣∣∣∣∣ t = tg x2 dx = 2

1+t2 dtcos x = 1−t2

1+t2 sin x = 2t1+t2

∣∣∣∣∣ ==∫ 1 + t2

6t + 4(1− t2)· 2

1 + t2 dt =∫ dt

3t + 2(1− t2)=∫ dt−2t2 + 3t + 2

.

Ostatnia całke obliczamy korzystajac z rozkładu na ułamki proste

1−2t2 + 3t + 2

=1

−2(t + 12 )(t− 2)

=15· 1

t + 12

− 15· 1

t− 2.

∫ dt−2t2 + 3t + 2

=15

∫ dtt + 1

2

− 15

∫ dtt− 2

=15

ln |t + 12| − 1

5ln |t− 2|+ C.

Stad ∫ dx3 sin x + 4 cos x

=15

ln

∣∣∣∣∣ tg x2 + 1

2tg x

2 − 2

∣∣∣∣∣+ C.


5−3 cos x .

Rozwiazanie

∫ dx5− 3 cos x

=

∣∣∣∣∣t = tg x2 dx = 2


1+t2

∣∣∣∣∣ ==∫ 1 + t2

5(t2 + 1)− 3(1− t2)· 2

1 + t2 dt =∫ dt

4t2 + 1=

=∫ dt

(2t)2 + 1=

12

arctg(2t) + C =12

arctg(2 tgx2) + C.

5.4 PODSTAWIANIE ZA TANGENS 66

Zadanie 5.13. Oblicz całke∫ 1+sin x

sin x(1+cos x) dx.

Rozwiazanie

∫ 1 + sin xsin x(1 + cos x)

dx =

∣∣∣∣∣ t = tg x2 dx = 2


1+t2 sin x = 2t1+t2

∣∣∣∣∣ ==∫ 1 + 2t

1+t2

2t1+t2 (1 + 1−t2

1+t2 )· 2

1 + t2 dt =∫ 1 + t2 + 2t

t(1 + t2 + 1− t2)dt =

=∫ t2 + 2t + 1

2tdt =

∫ (12

t + 1 +12t

)dt =

=14

t2 + t +12

ln |t|+ C =14

tg2 x2+ tg

x2+

12

ln | tg x2|+ C.


2 sin x−cos x+5 .

Rozwiazanie

∫ dx2 sin x− cos x + 5

=

∣∣∣∣∣ t = tg x2 dx = 2


1+t2 sin x = 2t1+t2

∣∣∣∣∣ ==∫ 1 + t2

4t− (1− t2) + 5(1 + t2)· 2

1 + t2 dt =∫ dt

3t2 + 2t + 2.

Ostatnia całke obliczamy przez sprowadzenie mianownika do postaci kanonicznej.

∫ dt3t2 + 2t + 2

=13

∫ dt(t + 1

3 )2 + 5

9

=13

∫ dt59 ((

3t+1√5)2 + 1)

=

∣∣∣∣∣ u = 3t+1√5

du = 3√5dt

∣∣∣∣∣ ==

1√5

∫ duu2 + 1

=1√5

arctg u + C =1√5

arctg3t + 1√

5+ C

Stad ∫ dx2 sin x− cos x + 5

=1√5

arctg3 tg x

2 + 1√5

+ C

5.4. Podstawianie za tangens

Podstawienie t = tg x stosuje sie wtedy, jesli funkcja podcałkowa nie zmienia sie, gdyzamienimy jednoczesnie cos x na − cos x i sin x na − sin x.

Dla tego podstawienia mamy wzory:

5.4 PODSTAWIANIE ZA TANGENS 67

t = tg x, dt =1

cos2 xdx

x = arctg t, dx =1

1 + t2 dt,

cos2 x =cos2 x

cos2 x + sin2 x=

11 + t2 , sin2 x =

sin2 xcos2 x + sin2 x

=t2

1 + t2 .


sin4 x cos2 x.

Rozwiazanie

∫ dxsin4 x cos2 x

=

∣∣∣∣∣t = tg x dt = dxcos2 x

sin2 x = t2

t2+1

∣∣∣∣∣ =∫ ( t2 + 1

t2

)2

dt =

=∫ (

1 +2t2 +

1t4

)dt = t− 2

t− 1

3t3 + C = tg x− 2 ctg x− 13

ctg3 x + C.


1+2 cos2 x .

Rozwiazanie

∫ dx1 + 2 cos2 x

=

∣∣∣∣∣t = tg x dx = dt1+t2

cos2 x = 11+t2

∣∣∣∣∣ =∫ 1

1 + 21+t2

· dt1 + t2 =

=∫ dt

t2 + 3=

13

∫ dt( t√

3)2 + 1

=1√3

arctgt√3+ C =

1√3

arctgtg x√

3+ C.

Zadanie 5.17. Oblicz całke∫ 2 sin x+3 cos x

sin2 x cos x+9 cos3 xdx.

Rozwiazanie

∫ 2 sin x + 3 cos xsin2 x cos x + 9 cos3 x

dx =∫ 2 tg x + 3

sin2 x + 9 cos2 xdx =

=

∣∣∣∣∣ t = tg x dx = dt1+t2

sin2 x = t2

1+t2 cos2 x = 11+t2

∣∣∣∣∣ =∫ 2t + 3

t2 + 9dt =

∫ 2tt2 + 9

dt +∫ 1

3 dt( t

3 )2 + 1

=

= ln(t2 + 9) + arctgt3+ C = ln(tg2 x + 9) + arctg

tg x3

+ C

5.5 ZADANIA 68


ctg4 x dx.

RozwiazanieTutaj najlepiej jest podstawic t = ctg x. Wtedy mamy

tg x =1t

, x = arctg1t

, dx = − 1t2 ·

11t2 + 1

= − dtt2 + 1∫

ctg4 x dx =

∣∣∣∣ t = ctg xdx = − dt

t2+1

∣∣∣∣ = − ∫ t4

t2 + 1dt = −

∫ t4 − 1 + 1t2 + 1

dt =

= −∫

(t2 − 1)(t2 + 1) + 1t2 + 1

dt = −∫ (

t2 − 1 +1

t2 + 1

)dt =

= −13

t3 + t− arctg t + C = −13

ctg3 x + ctg x− arctg ctg x + C.

Dla dowolnej liczby całkowitej k zachodzi

ctg x = − tg(x− (2k + 1)π

2),

a poniewaz zbiorem wartosci funkcji arctg jest przedział [−π2 , π

2 ], wiec dlax ∈ (kπ, (k + 1)π)

− arctg ctg x = arctg tg(x− (2k + 1)π

2) = x− (2k + 1)

π

2.

Poniewaz −(2k + 1)π2 mozemy właczyc do stałej całkowania C, wiec∫

ctg4 x dx = −13

ctg3 x + ctg x + x + C.

5.5. Zadania

Zadanie 5.19. Oblicz całki:a)∫

cos2 x dx b)∫

cos3 x dx c)∫

sin4 x dxd)∫

sin 3x cos 2x dx e)∫

sin x sin 3x dx f)∫

cos x2 cos x

3 dx


sin2 x cos xb)∫ dx

sin 2x cos x c)∫

sin3 x cos2 x dxd)∫ cos x

sin8 xdx e)

∫ dxsin x f)

∫tg3 x dx


5+4 cos x b)∫ dx

1+sin x c)∫ dx

2+cos x

d)∫ dx

sin x+cos x e)∫ dx

1+tg x f)∫ tg 2x

tg x dx

ROZDZIAŁ 6

Funkcje niewymierne

W całym ponizszym rozdziale bedziemy sie zajmowac metodami sprowadzania ca-łek zwierajacych pierwiastki do całek wymiernych. Omawiane metody beda sprawiaływrazenie dosc ogólnych, ale tak naprawde beda dotyczyły bardzo prostych klas funkcji.

6.1. Pierwiastki z x

W tym podrozdziale zajmiemy sie całkami z wyrazen wymiernych poteg zmiennej xo wykładnikach wymiernych. O funkcjach tych nalezy myslec jak o ilorazach postaci

a0 + a1xk1l1 + a2x

k2l2 + · · ·+ apx

kplp

b0 + b1xm1n1 + a2x

m2n2 + · · ·+ aqx

mqnq

.

Całke z funkcji tej postaci mozna sprowadzic do całki wymiernej podstawiajac

x = tN ,

gdzie

N = NWW(l1, l2, . . . , lp, n1, n2, . . . , nq).


2+√

x .

RozwiazaniePodstawiamy t2 = x.∫ dx

2 +√

x=

∣∣∣∣ t2 = x2t dt = dx

∣∣∣∣ = ∫ 2t2 + t

dt = 2∫ t + 2− 2

2 + tdt = 2

∫ (1− 2

t + 2

)dt =

= 2t− 4 ln |t + 2|+ C = 2√

x− 4 ln(√

x + 2) + C.

Zadanie 6.2. Oblicz∫ 3√x2+ 4√x√

x dx

RozwiazaniePoniewaz

3√

x2 + 4√

x√x

=x

23 + x

14

x12

,

69

6.2 PIERWIASTKI Z FUNKCJI LINIOWEJ I HOMOGRAFICZNEJ 70

podstawiamy x = t12.∫ 3√

x2 + 4√

x√x

dx =

∣∣∣∣ x = t12

dx = 12t11 dt

∣∣∣∣ = ∫ t8 + t3

t6 · 12t11 dt = 12∫(t13 + t8) dt =

=1214

t14 +129

t9 + C =67

t14 +43

t9 + C =67

6√

x7 +43

4√

x3 + C.


3√x−√

x .

RozwiazaniePoniewaz

13√

x−√

x=

1

x13 − x

12

,

podstawiamy x = t6.∫ dx3√

x−√

x=

∣∣∣∣ x = t6

dx = 6t5 dt

∣∣∣∣ = ∫ 6t5

t2 − t3 dt = −6∫ t3

t− 1dt =

= −6∫

(t3 − t2) + (t2 − t) + (t− 1) + 1t− 1

dt =

= −6∫ (

t2 + t + 1 +1

t− 1

)dt =

= −6(

13

t3 +12

t2 + t + ln |t− 1|)+ C =

= −2t3 − 3t2 − 6t− 6 ln |t− 1|+ C =

= −2√

x− 3 3√

x− 6 6√

x− 6 ln | 6√

x− 1|+ C.

6.2. Pierwiastki z funkcji liniowej i homograficznej

Dokładnie tak samo jak w poprzednim podrozdziale postepujemy w przypadku ca-łek z funkcji, które sa funkcjami wymiernymi zmiennych x oraz wymiernych poteg wy-razenia ax+b

cx+d , gdzie ad− bc 6= 0. Funkcje te maja postac

U0(x) + U1(x)( ax+bcx+d )

k1l1 + U2(x)( ax+b

cx+d )k2l2 + · · ·+ Up(x)( ax+b

cx+d )kplp

W0(x) + W1(x)( ax+bcx+d )

m1n1 + W2(x)( ax+b

cx+d )m2n2 + · · ·+ Wq(x)( ax+b

cx+d )mqnq

,

gdzie U0, U1, . . . , Up, W0, W1, . . . , Wq sa wielomianami zmiennej x.Podobnie jak poprzednio, podstawiamy

ax + bcx + d

= tN ,

gdzie


N = NWW(l1, l2, . . . , lp, n1, n2, . . . , nq).

Zauwazmy jeszcze, ze dla b = c = 0 i a = d = 1 mamy sytuacje z poprzedniego podroz-działu, a dla c = 0 i d = 1 mamy przypadek funkcji wymiernej zmiennych x i wymier-nych poteg wyrazenia liniowego ax + b.


4√

3x− 5 dx

RozwiazaniePodstawiamy t4 = 3x− 5.∫

4√

3x− 5 dx =

∣∣∣∣ t4 = 3x− 54t3 dt = 3 dx

∣∣∣∣ = ∫t · 4

3t3 dt =

43

∫t4 dt =

=415

t5 + C =415

4√(3x− 5)5 + C.


1+ 3√x+1dx.

RozwiazaniePodstawiamy t3 = x + 1.∫ 1

1 + 3√

x + 1dx =

∣∣∣∣ t3 = x + 13t2 dt = dx

∣∣∣∣ = ∫ 3t2

1 + tdt = 3

∫(t2 + t)− (t + 1) + 1

t + 1dt =

= 3∫ (

t− 1 +1

t + 1

)dt =

32

t2 − 3t + 3 ln |t + 1|+ C =

=32

3√(x + 1)2 − 3 3

√x + 1 + 3 ln( 3

√x + 1 + 1) + C.


x√

2x+1.

RozwiazanieJezeli podstawimy t2 = 2x + 1 to x = t2−1

2 oraz∫ dxx√

2x + 1=

∣∣∣∣ t2 = 2x + 12t dt = 2 dx

∣∣∣∣ = ∫ t dtt2−1

2 · t=∫ 2 dt

(t− 1)(t + 1)=

=∫ ( 1

t− 1− 1

t + 1

)dt = ln |t− 1| − ln |t + 1|+ C =

= ln|√

2x + 1− 1|√2x + 1 + 1

+ C.



2√

2x+3+ 3√

(2x+3)2.

RozwiazaniePodstawiamy t6 = 2x + 3.

∫ dx2√

2x + 3 + 3√(2x + 3)2

=

∣∣∣∣ t6 = 2x + 36t5 dt = 2 dx

∣∣∣∣ = ∫ 3t5 dt2t3 + t4 = 3

∫ t2

2 + tdt =

= 3∫

(t2 + 2t)− (2t + 4) + 4t + 2

dt = 3∫ (

t− 2 +4

t + 2

)dt =

=32

t2 − 6t + 12 ln |t + 2|+ C =

=32

3√

2x + 3− 6 6√

2x + 3 + 12 ln | 6√

2x + 3 + 2|+ C.


x

√1−x

x dx.

RozwiazanieJezeli podstawiamy t2 = 1−x

x , to mamy

t2x = 1− x ⇒ x(1 + t2) = 1 ⇒ x =1

t2 + 1,

oraz

dx =−2t

(t2 + 1)2 dt.

W takim razie

∫ 1x

√1− x

xdx =

∫(t2 + 1) · t · −2t

(t2 + 1)2 dt = −2∫ t2

t2 + 1dt =

= −2∫ t2 + 1− 1

t2 + 1dt = −2

∫ (1− 1

t2 + 1

)dt =

= −2t + 2 arctg t + C = −2

√1− x

x+ 2 arctg

√1− x

x+ C.


x(x+1)

Rozwiazanie

6.3 RÓZNICZKI DWUMIENNE 73

Poniewaz 1√x(x+1)

= 1x+1

√x+1

x , mozemy podstawic x+1x = t2. Mamy wtedy

x + 1 = t2x

x =1

t2 − 1

dx =−2t

(t2 − 1)2 dt

x + 1 =t2

t2 − 1.

Stad∫ dx√x(x + 1)

=∫ 1

x + 1

√x + 1

xdx =

∫ t2 − 1t2 · t · −2t

(t2 − 1)2 dt =

= −∫ 2

t2 − 1dt = −

∫ 2(t− 1)(t + 1)

= −∫ ( 1

t− 1− 1

t + 1

)dt =

= ln |t + 1| − ln |t− 1|+ C = ln∣∣∣∣ t + 1t− 1

∣∣∣∣+ C = ln√

x + 1 +√

x√x + 1−

√x+ C =

= ln(√

x + 1 +√

x)2

x + 1− x+ C = 2 ln(

√x + 1 +

√x) + C

6.3. Rózniczki dwumienne

Rózniczka dwumienna nazywamy wyrazenie postaci

xm(a + bxn)p dx,

gdzie m, n, p sa liczbami wymiernymi. Całke z rózniczki dwumiennej mozna sprowadzicdo całki wymiernej w jednym z trzech przypadków.

(1) Jezeli p jest liczba całkowita to wyrazenie to jest wielomianem zmiennych xm ixn, a wiec mozemy pozbyc sie pierwiastków podstawiajac

tN = x,

gdzie N jest najmniejsza wspólna wielokrotnoscia mianowników liczb m i n.(2) Jezeli m+1

n jest liczba całkowita i podstawimy

tN = a + bxn,

gdzie N jest mianownikiem p, to łatwo sprawdzic, ze otrzymamy wyrazeniewymierne zmiennej t.

(3) Jezeli m+1n + p jest liczba całkowita, to całke sprowadzamy do całki wymiernej

podstawiajac

tN =a

xn + b,

gdzie N jest mianownikiem p.


O ile przypadek (1) w zasadzie nie wnosi nic nowego do omówionych wczesniej metod,podstawienia z przypadków (2) i (3) nie sa oczywiste i bywaja bardzo uzyteczne.

Zadanie 6.10. Oblicz∫ 3√x2 dx√

x3(1+ 6√x)2 .

RozwiazaniePoniewaz

3√

x2 dx√x3(1 + 6

√x)2

= x23−

32

(1 + x

16

)−2dx = x−

56

(1 + x

16

)−2dx

jestesmy w przypadku (1) i podstawiamy t6 = x. Mamy zatem

∫ 3√

x2 dx√x3(1 + 6

√x)2

=

∣∣∣∣ t6 = x6t5 dt = dx

∣∣∣∣ = ∫ t4 · 6t5 dtt9(1 + t)2 = 6

∫ dt(1 + t)2 =

= − 61 + t

+ C = − 61 + 6√

x+ C


3√x2√

3√x+1

RozwiazaniePatrzymy na wyrazenie podcałkowe jak na rózniczke dwumienna:

x−23

(1 + x

13

)− 12 dx.

Mamy m+ 1 = n = 13 , wiec jestesmy w przypadku (2) i podstawiamy t2 = 1+ x

13 . Wtedy

2t dt = 13 x−

23 dx oraz

∫x−

23

(1 + x

13

)− 12 dx =

∫t−1 · 6t dt = 6t + C = 6

√1 + 3√

x + C.

Zadanie 6.12. Oblicz∫ 4√

2x4+5√x21

5√x8dx

RozwiazaniePod całka mamy rózniczke dwumienna

4√

2x4 +5√

x21

5√

x8dx =

4√

2x4 + x4 5√

x

x 5√

x3dx =

4√

2 + 5√

x5√

x3dx = x−

35

(2 + x

15

) 14 dx.


Poniewaz m+1n =

2515= 2 to jestesmy w (2) przypadku i podstawiamy t4 = 2 + x

15 . Mamy

wtedy 4t3 dt = 15 x−

45 dx oraz∫

x−35

4√

2 + 5√

x dx =∫

x15

4√

2 + 5√

x · x− 45 dx =

∫(t4 − 2)t · 20t3 dt =

= 20∫(t8 − 2t4) dt =

209

t9 − 8t5 + C =

=209

4√(2 + 5

√x)9 − 8 4

√(2 + 5

√x)5 + C.

Zadanie 6.13. Oblicz∫ √ x

(1−x)3 dx.

RozwiazaniePatrzymy na wyrazenie podcałkowe jak na rózniczke dwumienna:

x12 (1− x)−

32 dx.

Mamy m+1n =

12+1

1 = 32 , wiec nie jestesmy w (2) przypadku, ale

m + 1n

+ p =32− 3

2= 0,

wiec jest to (3) przypadek. Podstawiamy

t2 =1x− 1

x =1

t2 + 1

dx =−2t

(t2 + 1)2 .

Mamy wiec∫x

12 (1− x)−

32 dx =

∫x

12 · x− 3

2

(1x− 1)− 3

2

dx =∫

x−1(

1x− 1)− 3

2

dx =

=∫(t2 + 1) · t−3 · −2t

(t2 + 1)2 dt = −2∫ dt

t2(t2 + 1)=

= −2∫ ( 1

t2 −1

t2 + 1

)dt =

2t+ 2 arctg t + C =

= 2√

x1− x

+ 2 arctg

√1− x

x+ C.


4√1+x4.


RozwiazaniePod całka mamy rózniczke

dx4√

1 + x4= x0(1 + x4)−

14 dx,

wiec m+1n = 1

4 . Stad m+1n + p = 0 i jestesmy w (3) przypadku. Podstawiamy

t4 =1x4 + 1

x4 =1

t4 − 1

4x3 dx =−4t3

(t4 − 1)2 dt.

Liczymy∫(1 + x4)−

14 dx =

∫x−1

(1x4 + 1

)− 14

dx =∫

x−4(

1x4 + 1

)− 14

· x3 dx =

=∫(t4 − 1) · t−1 · −t3 dt

(t4 − 1)2 = −∫ t2

t4 − 1dt =

= −∫ t2

(t2 − 1)(t2 + 1)dt = −1

2

∫ ( 1t2 − 1

+1

t2 + 1

)dt =

= −12

arctg t− 12

∫ dt(t− 1)(t + 1)

=

= −12

arctg t +14

∫ ( 1t + 1

− 1t− 1

)dt =

= −12

arctg t +14

ln∣∣∣∣ t + 1t− 1

∣∣∣∣+ C =

= −12

arctg4√

x4 + 1x

+14

ln4√

x4 + 1 + x4√

x4 + 1− x+ C.

6.4. Podstawienia trygonometryczne

Dalsza czesc tego rozdziału bedzie poswiecona liczeniu całek z wyrazen wymiernychzawierajacych pierwiastek kwadratowy z trójmianu kwadratowego. Rozpocznijmy odbardzo specjalnych całek postaci:

∫ U0(x) + U1(x)√

a2 − x2

V0(x) + V1(x)√

a2 − x2dx

∫ U0(x) + U1(x)√

x2 − a2

V0(x) + V1(x)√

x2 − a2dx,

gdzie U0, U1, V0, V1 sa pewnymi wielomianami zmiennej x. Całki tej postaci mozemysprowadzic do całek trygonometrycznych wykonujac odpowiednio podstawienia


x = a sin t

x =a

cos t.

Zadanie 6.15. Oblicz∫ √x2−4

x dx.

RozwiazaniePodstawiamy x = 2

cos t , gdzie t ∈ [0, π]. Mamy wtedy

dx =2 sin tcos2 t

dt

cos t =2x⇒ t = arc cos

2x=

π

2− arc sin

2x√

x2 − 4 =

√4

cos2 t− 4 =

√4(1− cos2 t)

cos2 t=

2 sin t| cos t| .

Zatem

∫ √x2 − 4x

dx =∫ 2 sin t| cos t|

2cos t

· 2 sin tcos2 t

dt = 2 sgn(cos t)∫ sin2 t

cos2 tdt =

= 2 sgn(cos t)∫ 1− cos2 t

cos2 tdt = 2 sgn(cos t)(tg t− t) + C =

= 2sin t| cos t| − 2 sgn(cos t)t + C = 2 ·

√1− 4

x2

2|x|

− 2 sgn(x) arc cos2x+ C =

=√

x2 − 4 + 2 sgn(x) arc sin2x+ C1 =

√x2 − 4 + 2 arc sin

2|x| + C1

Zadanie 6.16. Oblicz∫(1− x2)

√1− x2 dx.

RozwiazaniePodstawiamy x = sin t, gdzie t ∈ [−π

2 , π2 ]. Mamy wtedy

dx = cos t dtt = arc sin x

6.5 CAŁKI POSTACI∫ dx√

ax2+bx+c78

oraz ∫(1− x2)

√1− x2 dx =

∫(1− sin2 t)

√1− sin2 t · cos t dt =

∫cos4 t dt =

=∫ (1

2+

12

cos 2t)2

dt =∫ (1

4+

12

cos 2t +14

cos2 2t)

dt =

=t4+

14

sin 2t +18

∫(1 + cos 4t) dt =

t4+

14

sin 2t +t8+

132

sin 4t + C =

=3t8+

12

sin t cos t +116

sin 2t cos 2t + C =

=3t8+

12

sin t cos t +18

sin t cos t(2 cos2 t− 1) + C =

=3t8+

38

sin t cos t +14

sin t cos3 t + C =

=38

arc sin x +38

x√

1− x2 +14

x√(1− x2)3 + C.


a2 − x2 dx

RozwiazaniePodstawiamy x = a sin t, gdzie t ∈ [−π

2 , π2 ]. Mamy wtedy

dx = a cos t dt

t = arc sinxa

,

oraz ∫ √a2 − x2 dx =

∫ √a2 − a2 sin2 t · a cos t dt =

∫|a cos t| · a cos t dt =

= |a| · a∫

cos2 t dt =|a| · a

2

∫(1 + cos 2t) dt =

|a| · a2

t +|a| · a

4sin 2t + C =

=|a| · a

2t +|a| · a

2sin t cos t + C =

|a| · a2

arc sinxa+|a| · a

2· x

a·√

1− x2

a2 + C =

=a2

2arc sin

x|a| +

|a|2· x ·

√a2 − x2

a2 + C =a2

2arc sin

x|a| +

x2

√a2 − x2 + C.

6.5. Całki postaci∫ dx√

ax2+bx+c

Kazda całke postaci

∫ dx√ax2 + bx + c

gdzie a 6= 0, mozna sprowadzic do jednej z dwóch całek

6.6 CAŁKI POSTACI∫ √

ax2 + bx + c dx 79

∫ dx√x2 + k

= ln |x +√

x2 + k|+ C∫ dx√a2 − x2

= arc sinx|a| + C.

Drugi z tych wzorów łatwo otrzymac ze wzoru∫ dx√

1−x2 = arc sin x + C podstawiajact = ax, a pierwszy wyprowadzimy w podrozdziale dotyczacym podstawien Eulera.


x2+3x+2.

RozwiazanieSprowadzamy trójmian pod pierwiastkiem do postaci kanonicznej.∫ dx√

x2 + 3x + 2=∫ dx√

(x + 32 )

2 − 14

.

Teraz podstawiamy t = x + 32 i korzystamy z pierwszego z powyzszych wzorów.∫ dx√

(x + 32 )

2 − 14

=

∣∣∣∣t = x + 32

dt = dx

∣∣∣∣ = ∫ dt√t2 − 1

4

= ln

∣∣∣∣∣t +√

t2 − 14

∣∣∣∣∣+ C =

= ln∣∣∣∣x +

32+√

x2 + 3x + 2∣∣∣∣+ C.


3−4x−2x2 .

RozwiazanieKorzystamy z drugiego z podanych wzorów.∫ dx√

3− 4x− 2x2=∫ dx√

5− (√

2x +√

2)2=

∣∣∣∣√2x +√

2 = t√2 dx = dt

∣∣∣∣ = 1√2

∫ dt√5− t2

=

=1√2

arc sint√5+ C =

1√2

arc sin

√2x +

√2√

5+ C.

6.6. Całki postaci∫ √

ax2 + bx + c dx

Dokładnie w ten sam sposób co porzednio, radzimy sobie z kazda całka postaci

∫ √ax2 + bx + c dx

Tym razem sprowadzamy ja jednak do jednej z ponizszych całek

6.7 CAŁKI POSTACI∫ Ax+B√

ax2+bx+cdx ORAZ

∫(Ax + B)

√ax2 + bx + c dx 80

∫ √x2 + k dx =

x2

√x2 + k +

k2

ln |x +√

x2 + k|+ C∫ √a2 − x2 dx =

a2

2arc sin

x|a| +

x2

√a2 − x2 + C.

Drugi z tych wzorów wyprowadzilismy w podrozdziale dotyczacym podstawien trygo-nometrycznych, a pierwszy uzasadnimy w podrozdziale dotyczacym podstawien Eule-ra.


3− 12x + 3x2 dx.

RozwiazanieKorzystamy z pierwszego wzoru.∫ √

3− 12x + 3x2 dx =∫ √

(√

3x− 2√

3)2 − 9 dx =

∣∣∣∣t = √3x− 2√

3dt =

√3 dx

∣∣∣∣ ==

1√3

∫ √t2 − 9 dt =

t2√

3

√t2 − 9− 9

2√

3ln |t +

√t2 − 9|+ C =

=

√3x− 2

√3

2√

3

√3− 12x + 3x2 − 3

√3

2ln |√

3x− 2√

3 +√

3− 12x + 3x2|+ C =

=x− 2

2

√3− 12x + 3x2 − 3

√3

2ln |√

3x− 2√

3 +√

3− 12x + 3x2|+ C.


10x− x2 dx.

RozwiazanieTym razem korzystamy z drugiego wzoru.∫ √

10x− x2 dx =∫ √

25− (x− 5)2 dx =

∣∣∣∣x− 5 = tdx = dt

∣∣∣∣ = ∫ √25− t2 dt =

=252

arc sint5+

t2

√25− t2 + C =

252

arc sinx− 5

5+

x− 52

√10x− x2 + C.

6.7. Całki postaci∫ Ax+B√

ax2+bx+cdx oraz

∫(Ax + B)

√ax2 + bx + c dx

Wykorzystujac umiejetnosci zdobyte w poprzednich dwóch podrozdziałach, jeste-smy w stanie policzyc kazda całke postaci

∫ Ax + B√ax2 + bx + c

dx.

6.8 METODA WSPÓŁCZYNNIKÓW NIEOZNACZONYCH 81

Aby to zrobic rozkładamy ja na dwie czesci∫ Ax + B√ax2 + bx + c

dx = C ·∫ 2ax + b√

ax2 + bx + cdx +

∫ D√ax2 + bx + c

dx =

= 2C√

ax2 + bx + c +∫ D√

ax2 + bx + cdx,

gdzie C i D sa stałymi. Pozostała całke obliczamy zgodnie z metodami omówionymi wpoprzednich podrozdziałach. Podobnie postepujemy w przypadku całki.

∫(Ax + B)

√ax2 + bx + c dx.

Zadanie 6.22. Oblicz∫ 3x+1√

x2+6x+6dx.

RozwiazanieLiczymy∫ 3x + 1√

x2 + 6x + 6dx =

32

∫ 2x + 6√x2 + 6x + 6

dx−∫ 8√

x2 + 6x + 6=

= 3√

x2 + 6x + 6− 8∫ dx√

(x + 3)2 − 3=

= 3√

x2 + 6x + 6− 8 ln |x + 3 +√

x2 + 6x + 6|+ C.


x√

1 + 4x− x2 dx.

RozwiazanieLiczymy∫

x√

1 + 4x− x2 dx = −12

∫(−2x + 4)

√1 + 4x− x2 dx + 2

∫ √1 + 4x− x2 dx =

= −12

∫(−2x + 4)(1 + 4x− x2)

12 dx + 2

∫ √5− (x− 2)2 dx =

= −13(1 + 4x− x2)

32 + 5 arc sin

x− 2√5

+ (x− 2)√

1 + 4x− x2 + C.

6.8. Metoda współczynników nieoznaczonych

Niech Wn(x) oznacza wielomian stopnia n. Kazda całka postaci

∫ Wn(x)√ax2 + bx + c

dx

jest równa wyrazeniu

6.8 METODA WSPÓŁCZYNNIKÓW NIEOZNACZONYCH 82

(an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0)√

ax2 + bx + c + A∫ dx√

ax2 + bx + c,

dla pewnych współczynników A, an−1, . . . , a1, a0.Rózniczkujac obie strony powyzszej równosci otrzymamy tozsamosc

Wn(x)√ax2 + bx + c

=[(an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0)

√ax2 + bx + c

]′+

A√ax2 + bx + c

,

która pozwala wyznaczyc współczynniki A, an−1, . . . , a1, a0 (tzw. współczynniki nieozna-czone).

Opisana metoda pozwala takze liczyc całki postaci

∫Wn(x)

√ax2 + bx + c dx

gdyz ∫Wn(x)

√ax2 + bx + c dx =

∫ Wn(x)(ax2 + bx + c)√ax2 + bx + c

dx.

Zadanie 6.24. Oblicz∫ 2x2√

1−2x−x2 dx.

RozwiazanieSzukamy takich stałych a, b, A, aby∫ 2x2

√1− 2x− x2

dx = (ax + b)√

1− 2x− x2 + A∫ 1√

1− 2x− x2dx /()′

2x2√

1− 2x− x2= a

√1− 2x− x2 +

(ax + b)(−2− 2x)2√

1− 2x− x2+

A√1− 2x− x2

.

Mnozymy teraz obie strony przez√

1− 2x− x2.

2x2 = a(1− 2x− x2)− (ax2 + bx + ax + b) + A

2x2 = −2ax2 − (3a + b)x + (a− b + A).

Łatwo stad wyliczyc, ze a = −1, b = 3, A = 4. Mamy wiec∫ 2x2√

1− 2x− x2dx = (3− x)

√1− 2x− x2 + 4

∫ dx√2− (x + 1)2

=

= (3− x)√

1− 2x− x2 + 4 arc sinx + 1√

2+ C.


8x2√

x2 + 1 dx

6.9 PODSTAWIENIA EULERA 83

RozwiazaniePoniewaz ∫

8x2√

x2 + 1 dx =∫ 8x2(x2 + 1)√

x2 + 1dx,

oczekujemy wyniku postaci∫ 8x4 + 8x2√

x2 + 1dx = (ax3 + bx2 + cx + d)

√x2 + 1 + A

∫ dx√x2 + 1

/()′

8x4 + 8x2√

x2 + 1= (3ax2 + 2bx + c)

√x2 + 1 +

(ax3 + bx2 + cx + d) · 2x2√

x2 + 1+

A√x2 + 1

.

Mnozymy obie strony przez√

x2 + 1 i mamy

8x4 + 8x2 = (3ax2 + 2bx + c)(x2 + 1) + (ax3 + bx2 + cx + d) · x + A

8x4 + 8x2 = 4ax4 + 3bx3 + (3a + 2c)x2 + (2b + d)x + (c + A).

Łatwo stad wyliczyc, ze a = 2, b = 0, c = 1, d = 0, A = −1. Zatem∫8x2√

x2 + 1 dx = (2x3 + x)√

x2 + 1−∫ dx√

x2 + 1=

= (2x3 + x)√

x2 + 1− ln |x +√

x2 + 1|+ C.

6.9. Podstawienia Eulera

Najogólniejsza metoda całkowania wyrazen wymiernych postaci

U0(x) + U1(x)√

ax2 + bx + cV0(x) + V1(x)

√ax2 + bx + c

,

sa tak zwane podstawienia Eulera. Pozwalaja one sprowadzic kazda całke z wyrazeniatej postaci do całki wymiernej. Niestety prowadza one czesto do zmudnych rachunków,wiec na ogół traktujemy je jak ostatecznosc.

Załózmy, ze trójmian ax2 + bx + c nie jest pełnym kwadratem. Sa trzy podstawieniaEulera, ale my podamy tylko dwa (pierwsze i trzecie).

√ax2 + bx + c = ±

√ax + t, jezeli a > 0√

a(x− x1)(x− x2) = |x− x1|t, jezeli ∆ > 0

W pierwszym podstawieniu znak przy√

ax mozemy wybrac dowolnie. Zauwazmy, zejezeli pierwiastek

√ax2 + bx + c ma miec niepusta dziedzine, to zawsze zachodzi jeden

z powyzszych przypadków. Ponadto, drugie z podstawien mozemy zapisac w postaci

t =√

a(x− x1)(x− x2)

|x− x1|=

√a(x− x2)

(x− x1),

wiec jest to szczególny przypadek podstawienia, które znamy z podrozdziału o pier-wiastkach z funkcji homograficznej.



x√

x2−2x.

RozwiazaniePodstawiamy

√x2 − 2x = x + t. Mamy wtedy

x2 − 2x = x2 + 2tx + t2

− t2 = x(2t + 2)

x = −12· t2

t + 1

dx = −12· 2t(t + 1)− t2

(t + 1)2 dt = −12· t2 + 2t(t + 1)2 dt

√x2 − 2x = x + t = −1

2· t2

t + 1+ t =

12· t2 + 2t

t + 1

Zatem ∫ dxx√

x2 − 2x=∫ − 1

2 ·t2+2t(t+1)2 dt(

− 12 ·

t2

t+1

)·(

12 ·

t2+2tt+1

) = 2∫ dt

t2 = −2t+ C

= − 2√x2 − 2x− x

+ C = −2(√

x2 − 2x + x)x2 − 2x− x2 + C =

=

√x2 − 2x + x

x+ C =

√x2 − 2x

x+ C.


x2+k.

RozwiazaniePodstawiamy

√x2 + k = −x + t. Mamy wtedy

x2 + k = x2 − 2xt + t2

x =12· t2 − k

t

dx =12· 2t · t− (t2 − k)

t2 dt =12· t2 + k

t2 dt√x2 + k = −x + t =

12· k− t2

t+ t =

12· t2 + k

t.

Stad ∫ dx√x2 + k

=∫ 1

2 ·t2+k

t2 dt12 ·

t2+kt

=∫ dt

t= ln |t|+ C = ln |x +

√x2 + k|+ C.



x2 + k dx.

RozwiazaniePodstawiamy dokładnie tak samo jak w poprzednim przykładzie, czyli√

x2 + k = −x + t

dx =12· t2 + k

t2 dt√x2 + k =

12· t2 + k

t.

Mamy zatem

∫ √x2 + k dx =

∫ 12· t2 + k

t· 1

2· t2 + k

t2 dt =14

∫ t4 + 2t2k + k2

t3 dt =

=14

∫ (t +

2kt+

k2

t3

)dt =

18

t2 +k2

ln |t| − k2

8t2 + C.

Zanim przekształcimy to wyrazenie dalej, obliczmy t2 i 1t2 .

t2 = (x +√

x2 + k)2 = x2 + 2x√

x2 + k + x2 + k = 2x2 + k + 2x√

x2 + k

1t2 =

1(x +

√x2 + k)2

=(x−

√x2 + k)2

(x2 − x2 − k)2 =2x2 + k− 2x

√x2 + k

k2 .

Mamy wiec

∫ √x2 + k dx =

18

(t2 − k2 · 1

t2

)+

k2

ln |t|+ C =

=18· 4x√

x2 + k +k2

ln |x +√

x2 + k|+ C =

=x2

√x2 + k +

k2

ln |x +√

x2 + k|+ C.


x√

2+x−x2 dx.

RozwiazanieRozkładamy najpierw wyrazenie pod pierwiastkiem.

∆ = 1 + 8 = 9

x1 =−1− 3−2

= 2, x2 =−1 + 3−2

= −1.

6.10 ZADANIA 86

Podstawiamy√(2− x)(1 + x) = |1 + x|t. Mamy wtedy

(2− x)(1 + x) = (1 + x)2t2

2− x = (1 + x)t2 ⇒ t2 =2− x1 + x

x =2− t2

t2 + 1

dx =−2t(t2 + 1)− (2− t2) · 2t

(t2 + 1)2 dt =−6t

(t2 + 1)2 dt√(2− x)(1 + x) = |1 + x|t =

∣∣∣∣1 + 2− t2

t2 + 1

∣∣∣∣ t =3t

t2 + 1.

Mamy zatem

∫ dxx√

2 + x− x2dx =

∫ −6t(t2+1)2 dt

2−t2

t2+1 ·3t

t2+1

= −2∫ dt

2− t2 = −2∫ dt

(√

2− t)(√

2 + t)=

= − 1√2

∫ ( 1√2− t

+1√

2 + t

)dt = − 1√

2(ln |√

2 + t| − ln |√

2− t|) + C =

= − 1√2

ln

∣∣∣∣∣√

2 + t√2− t

∣∣∣∣∣+ C = − 1√2

ln

∣∣∣∣∣∣√

2 +√

2−x1+x

√2−

√2−x1+x

∣∣∣∣∣∣+ C =

= − 1√2

ln

∣∣∣∣∣√

2 + 2x +√

2− x√2 + 2x−

√2− x

∣∣∣∣∣+ C =

= − 1√2

ln

∣∣∣∣∣2 + 2x + 2√(2 + 2x)(2− x) + 2− x

2 + 2x− (2− x)

∣∣∣∣∣+ C =

= − 1√2

ln

∣∣∣∣∣4 + x + 2√

2√

2 + x− x2

3x

∣∣∣∣∣+ C.

6.10. Zadania

Zadanie 6.30. Oblicz całkia)∫ dx√

x( 4√x−1)b)∫ dx√

x( 3√x−1)c)∫ 1+

√x

1−√

x dx d)∫ x+ 3√x+ 6√x

x(1+ 3√x) dx

e)∫ √x

x−1 dx f)∫ 3√x dx

x+ 6√x5g)∫ dx√

x+ 3√x h)∫ 6√x+1

6√x7+4√x5

dx

Zadanie 6.31. Oblicz całkia)∫ dx

3√

(x+3)4+ 3√

(x+3)2b)∫ 2x dx

3√2x+1c)∫

x 5√

5− 3x dx

d)∫ √

x+2+2x+2−

√x+2

dx e)∫ x+

√2x−3

x−1 dx f)∫ dx√

2x+1+2 3√4x2+4x+1

Zadanie 6.32. Oblicz całkia)∫ √ 1−x

1+x ·dxx b)

∫ dx√(x−1)3(x−2)

c)∫ dx

3√

(x−1)(x+1)2

6.10 ZADANIA 87

Zadanie 6.33. Oblicz całki z rózniczek dwumiennych

a)∫ 3√

1+ 4√x√x dx b)

∫ x dx√1+ 3√x2

c)∫ 3√x dx√

3√x+1

d)∫ 6x√

1−x4 dx e)∫ √x3+x4

x4 dx f)∫ 3√3x−x3

x6 dx g)∫ dx

3√1+x3

Zadanie 6.34. Oblicz całki stosujac podstawienia trygonometrycznea)∫ dx

(1−x2)√

1−x2 b)∫ x2√

9−x2 dx c)∫ dx

(x2+1)√

x2−1

Zadanie 6.35. Oblicz całkia)∫ dx√

3x2+6x+7b)∫ dx√

12x−9x2−2c)∫ √

2x + x2 dx

d)∫ dx

x−√

x2−1e)∫ √

5− x2 − 4x dx f)∫ 5x+2√

2x2+8x−1dx

g)∫ x−5√

5+4x−x2 dx h)∫

x√

x2 − 2x + 6 dx i)∫(2x− 5)

√2 + 3x− x2 dx

Zadanie 6.36. Oblicz całki korzystajac z metody współczynników nieoznaczonycha)∫ 2x2+3x+1√

x2+1dx b)

∫ 3x3−9x2−6x−20√5+6x−x2 dx c)

∫12x2√

4x− x2 dx

Zadanie 6.37. Oblicz całki stosujac podstawienia Euleraa)∫ dx

x√

x2+4x−4b)∫ dx

x2+x+1+x√

x2+x+1

ROZDZIAŁ 7

Inne klasy funkcji

7.1. Funkcje hiperboliczne

Przypomnijmy definicje funkcji hiperbolicznych

sinh x =ex − e−x

2

cosh x =ex + e−x

2

tgh x =sinh xcosh x

=ex − e−x

ex + e−x

ctgh x =cosh xsinh x

=ex + e−x

ex − e−x .

Bezposrednio z definicji łatwo jest wyprowadzic nastepujace wzory

cosh2 x− sinh2 x = 1 (jedynka hiperboliczna)

sinh(2x) = 2 sinh x cosh x

cosh(2x) = cosh2 x + sinh2 x = 1 + 2 sinh2 x = 2 cosh2 x− 1

(sinh x)′ = cosh x

(cosh x)′ = sinh x

(tgh x)′ =1

cosh2 x= 1− tgh2 x

(ctgh x)′ =−1

sinh2 x= 1− ctgh2 x.

Podobnie jak w przypadku funkcji trygonometrycznych, funkcje y = sinh x oraz y =tgh x sa nieparzyste, a funkcja y = cosh x jest parzysta. Widac to wyraznie na ponizszychwykresach.

88

7.2 CAŁKOWANIE FUNKCJI HIPERBOLICZNYCH 89

-5 -1 +5 x

-5

-1

+1

+5

y

-5 -1 +5 x

-5

-1

+1

+5

y

y=sinh x

y=tgh x

y=cosh x

7.2. Całkowanie funkcji hiperbolicznych

Całkowanie funkcji hiperbolicznych nie rózni sie specjalnie od całkowania funkcjitrygonometrycznych, wiec mozemy stosowac praktycznie wszystkie techniki omówionew rozdziale 5.


sinh2 x dx.

RozwiazaniePoniewaz sinh2 x = 1

2 (cosh 2x− 1) mamy

∫sinh2 x dx =

12

∫(cosh 2x− 1) dx =

14

sinh 2x− x2+ C.

Zadanie 7.2. Oblicz∫ sinh x√

5+3 cosh xdx.

RozwiazaniePodstawiamy t = 5 + 3 cosh x.

∫ sinh x√5 + 3 cosh x

dx =

∣∣∣∣t = 5 + 3 cosh xdt = 3 sinh x dx

∣∣∣∣ = 13

∫ dt√t=

=23

√t + C =

23

√5 + 3 cosh x + C.

W przypadku trudniejszych całek, mozemy zastosowac podstawienie uniwersalne

7.3 PODSTAWIENIA HIPERBOLICZNE 90

t = tghx2

, x = 2 artgh t, dx =2

1− t2 dt

tgh x =2t

1 + t2 , sinh x =2t

1− t2 , cosh x =1 + t2

1− t2 .


2+cosh x .

RozwiazanieStosujemy podstawienie uniwersalne

∫ dx2 + cosh x

=∫ 2

1−t2

2 + 1+t2

1−t2

dt =∫ 2

3− t2 dt =1√3

∫ ( 1√3− t

+1√

3 + t

)dt =

=1√3

ln(√

3 + t)− 1√3

ln(√

3− t) + C =1√3

ln

√3 + t√3− t

+ C =

=1√3

ln

√3 + tgh x

2√3− tgh x

2

+ C.

7.3. Podstawienia hiperboliczne

W poprzednim rozdziale widzielismy, ze podstawienia trygonometryczne postacix = a sin t pozwalały w dosc prosty sposób obliczac całki, w których wystepowały pier-wiastki postaci

√a2 − x2. Ze wzgledu na znak minus w jedynce hiperbolicznej, podsta-

wienia hiperboliczne x = a sinh t oraz x = a cosh t pozwalaja obliczac całki, w którychwystepuja odpowiednio pierwiastki postaci

√x2 + a2 oraz

√x2 − a2.

Zanim jednak przejdziemy do przykładów, przypomnijmy wzory na funkcje odwrot-ne do funkcji hiperbolicznych.

arsinh x = ln(x +√

x2 + 1)

arcosh x = ln(x +√

x2 − 1).


x2+5.

Rozwiazanie

7.4 ZADANIA 91

Podstawiamy x =√

5 sinh t.∫ dx√x2 + 5

=

∣∣∣∣ x =√

5 sinh tdx =

√5 cosh t dt

∣∣∣∣ = √5∫ cosh t√

5 sinh2 t + 5dt =

=∫ cosh t√

cosh2 tdt =

∫1 dt = t = arsinh

x√5+ C =

= ln

(x√5+

√x2

5+ 1

)+ C = ln(x +

√x2 + 5) + C1.


(x2+1)√

x2−1

RozwiazaniePodstawiamy x = cosh t. Tak naprawde to powinnismy odrobine uwazac, bo x moze bycujemny, a cosh t > 1. Mamy jednak do czynienia z funkcja parzysta, wiec wystarczy, zepoliczymy całke dla x > 1, a na koniec zrobimy z wyniku funkcje parzysta.

Druga uwaga, to ze y = cosh t nie jest róznowartosciowy, ale mozemy załozyc, zet > 0. Dzieki temu bedziemy wiedziec, ze sinh t > 0.∫ dx

(x2 + 1)√

x2 − 1=

∣∣∣∣ x = cosh tdx = sinh t dt

∣∣∣∣ = ∫ sinh t dt

(cosh2 t + 1)√

cosh2 t− 1=

=∫ sinh t dt

(cosh2 t + 1) sinh t=∫ dt

12 (1 + cosh 2t) + 1

= 2∫ dt

3 + cosh 2t.

Teraz podstawiamy u = tgh t.

2∫ dt

3 + cosh 2t=

∣∣∣∣ u = tgh tdt = 1

1−u2 du

∣∣∣∣ = 2∫ 1

1−u2 du

3 + 1+u2

1−u2

= 2∫ 1

3− 3u2 + 1 + u2 du =

=∫ 1

2− u2 du =1

2√

2

∫ ( 1√2− u

+1√

2 + u

)du =

12√

2ln

∣∣∣∣∣√

2 + u√2− u

∣∣∣∣∣+ C =

=1

2√

2ln

∣∣∣∣∣√

2 + tgh t√2− tgh t

∣∣∣∣∣+ C =1

2√

2ln

√2 cosh t + sinh t√2 cosh t− sinh t

+ C =

=1

2√

2ln

√2x +

√x2 − 1√

2x−√

x2 − 1+ C.

Po drodze opuscilismy wartosci bezwzgledne, bo | tgh x| < 1. Mozna sprawdzic, ze funk-cja, która otrzymalismy jest nieparzysta, wiec wynik jest poprawny bez załozenia x > 1.

7.4. Zadania

Zadanie 7.6. Oblicz całkia)∫ cosh 2x

sinh2 x cosh2 xdx b)

∫x2 sinh x dx c)

∫cosh2 x dx

d)∫

sinh3 x dx e)∫

ctgh x dx f)∫ x

sinh2 xdx

7.4 ZADANIA 92

g)∫

sinh4 x cosh3 x dx h)∫ dx

2 sinh x+3 cosh x dx i)∫ 1

tgh x−1 dx

Zadanie 7.7. Oblicz całkia)∫ dx

(x2−1)√

x2−1b)∫ √

x2 + 2 dx c)∫ dx

(x+1)√

x2+1

Czesc 2

Całki oznaczone

ROZDZIAŁ 8

Metody obliczania całek oznaczonych

Wiemy z poprzednich rozdziałów, ze funkcja pierwotna y = F(x) funkcji y = f (x)nie jest wyznaczona jednoznacznie. Poniewaz jednak kazde dwie funkcje pierwotne róz-nia sie o stała, liczba

∫ b

af (x) dx = F(b)− F(a)

jest dobrze zdefiniowana, tzn. nie zalezy od wyboru funkcji pierwotnej F(x). Liczbe tenazywamy całka oznaczona funkcji f (x). Liczby a i b nazywamy odpowiednio dolna igórna granica całkowania.

Zwrócmy uwage, ze w odróznieniu od całki nieoznaczonej, całka oznaczona jest licz-ba, a nie rodzina funkcji. Przy naszym, czysto rachunkowym podejsciu, mozemy powyz-szy wzór przyjac za definicje całki oznaczonej z funkcji ciagłej y = f (x).


1

1x2 dx.

Rozwiazanie

∫ 2

1

1x2 dx =

[−1

x

]2

1= −1

2− (−1) =

12

.

Wyrazenie[− 1

x

]21 w powyzszym zapisie oznacza, ze − 1

x jest funkcja pierwotna do 1x2 ,

oraz ze bedziemy obliczac róznice wartosci tej funkcji w punktach x = 2 i x = 1. Zauwaz-my, ze najpierw podstawiamy górna granice całkowania, a potem odejmujemy wartoscfunkcji w dolnej granicy całkowania.Czasem bedziemy tez uzywac notacji[

−1x

]2

1= −1

x

∣∣∣∣21

.

Zadanie 8.2. Oblicz∫ π

2

0cos x dx.

Rozwiazanie ∫ π2

0cos x dx = sin x|

π20 = sin

π

2− sin 0 = 1− 0 = 1.

94

8.1 PODSTAWOWE WŁASNOSCI 95


1

4√

x3 dx


1

4√

x3 dx =∫ 16

1x

34 dx =

47

[x

74

]16

1=

47(128− 1) =

5087

8.1. Podstawowe własnosci

Pierwsze dwa z ponizszych wzorów wynikaja wprost z analogicznych własnosci dlacałek nieoznaczonych, a trzy ostatnie sa bezposrednia konsekwencja naszej definicji całkioznaczonej.

∫ b

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

∫ b

af (x) dx +

∫ b

ag(x) dx,∫ b

aα f (x) dx = α

∫ b

af (x) dx.∫ b

af (x) dx =

∫ c

af (x) dx +

∫ b

cf (x) dx.∫ a

bf (x) dx = −

∫ b

af (x) dx,∫ a

af (x) dx = 0.


3e3x dx


3e3x dx = −1

3

∫ 3

23e3x dx = −1

3[e3x]3

2 = −13(e9 − e6).


−1|x| dx


−1|x| dx =

∫ 0

−1|x| dx +

∫ 1

0|x| dx =

∫ 0

−1(−x) dx +

∫ 1

0x dx =

= −12[x2]0−1 +

12[x2]1

0 = 0 +12+

12− 0 = 1

Inna uzyteczna własnoscia całki, która akurat nie wynika wprost z naszej definicji, jest to,

8.1 PODSTAWOWE WŁASNOSCI 96

ze wartosc całki nie zmieni sie przy zmianie skonczenie wielu (a nawet przeliczalnie wie-lu) wartosci funkcji. Zasada ta pozwala liczyc całki z funkcji, które maja tylko skonczeniewiele (przeliczalnie wiele) punktów nieciagłosci.


0[x] dx

RozwiazanieFunkcja, która całkujemy nie jest ciagła i nie ma funkcji pierwotnej, wiec w pierwszymkroku rozbijmy przedział, na którym całkujemy tak, aby całkowac funkcje ciagłe.∫ 3

0[x] dx =

∫ 1

0[x] dx +

∫ 2

1[x] dx +

∫ 3

2[x] dx =

=∫ 1

00 dx +

∫ 2

11 dx +

∫ 3

22 dx = 0 + [x]21 + [2x]32 = 0 + 1 + 2 = 3.

Zauwazmy, ze w równosciach typu1∫

0[x] dx =

1∫0

0 dx zmienilismy wartosc funkcji w

jednym punkcie (tu akurat w punkcie x = 1), zeby otrzymac funkcje ciagła, ale jak pisa-lismy, nie zmienia to wartosci całki.

W przypadku bardziej skomplikowanych całek oznaczonych, mozemy najpierw policzyccałke nieoznaczona (czyli funkcje pierwotna), a na koniec odjac wartosci funkcji pierwot-nej w koncach przedziału całkowania.


0xex dx.

RozwiazanieLiczymy najpierw całke nieoznaczona (przez czesci).∫

xex dx =

∣∣∣∣u′ = ex v = xu = ex v′ = 1

∣∣∣∣ = xex −∫

ex dx = xex − ex + C.

Liczymy teraz całke oznaczona.∫ 1

0xex dx = [xex − ex]10 = 0− (−1) = 1.

Zadanie 8.8. Oblicz∫ e

1

ln xx

dx.

RozwiazanieLiczymy najpierw całke nieoznaczona (przez podstawienie)∫ ln x

xdx =


x

∣∣∣∣ = ∫t dt =

12

t2 + C =12(ln x)2 + C.

8.2 CAŁKOWANIE PRZEZ CZESCI I PRZEZ PODSTAWIENIE 97

Pozostało policzyc całke oznaczona∫ e

1

ln xx

dx =

[12(ln x)2

]e

1=

12

.

8.2. Całkowanie przez czesci i przez podstawienie

Jak widzielismy w poprzednich dwóch przykładach, obliczenia zwiazane z liczeniemcałki oznaczonej mozna sprowadzic do liczenia całki nieoznaczonej. Czasem jednak wy-godnie jest stosowac wzory na całkowanie przez czesci i całkowanie przez podstawieniebezposrednio w całce oznaczonej. Przyjmuja one w takiej sytuacji postac

∫ b

au′(x)v(x) dx = [u(x)v(x)]ba −

∫ b

au(x)v′(x) dx∫ b

af (ϕ(x))ϕ′(x) dx =

∫ ϕ(b)

ϕ(a)f (t) dt, gdzie t = ϕ(x)

Zadanie 8.9. Obliczmy ponownie∫ 1

0xex dx.

RozwiazanieCałkujemy przez czesci.∫ 1

0xex dx =

∣∣∣∣u′ = ex v = xu = ex v′ = 1

∣∣∣∣ = xex|10 −∫ 1

0ex dx = e− ex|10 = e− (e− 1) = 1.

Zadanie 8.10. Oblicz∫ π

0x sin x dx.

RozwiazanieCałkujemy przez czesci.∫ π

0x sin x dx =

∣∣∣∣ u′ = sin x v = xu = − cos x v′ = 1

∣∣∣∣ = −x cos x|π0 +∫ π

0cos x dx =

= π + sin x|π0 = π.

Zadanie 8.11. Obliczmy ponownie∫ e

1

ln xx

dx.

RozwiazaniePodstawiamy t = ln x, ale musimy pamietac, ze jezeli x zmienia sie w przedziale [1, e], to

8.3 ZADANIA 98

t bedzie zmieniac sie przedziale [0, 1].∫ e

1

ln xx

dx =


x

∣∣∣∣ = ∫ 1

0t dt =

[12

t2]1

0=

12

.


0

√1 + 2x dx.

RozwiazaniePodstawiamy t2 = 2x + 1, 2t dt = 2dx. Aby obliczyc nowe granice całkowania, wstawia-my x = 0 i x = 1 do wzoru t2 = 2x + 1. Aby móc jednoznacznie wyliczyc t, mozemydodatkowo załozyc, ze t > 0, czyli po zmianie zmiennej bedziemy całkowac w przedzia-le [0,

√3]. Mamy zatem∫ 1

0

√1 + 2x dx =

∫ √3

0t2 dt =

13

t3∣∣∣∣√

3

1=

13(√

27− 1) =√

3− 13

.

8.3. Zadania


a)π∫− 3π

2

sin x dx b)2∫−1

(x3 − 2x + 1) dx c)3∫−2

(|2x| − 2|x + 1|) dx

d)e∫

1e

| ln x| dx e)2∫−1

sgn(x− x3) dx f)π∫−π

x sgn(tg x

4

)dx


a)e∫

1ln x dx b)

√3∫

0xex2

dx c)π2∫

0x sin x dx d)

1∫−1

x2 dx1+x6

e)2∫

0

e2x dx1+ex f)

1∫0

xe−x dx g)π4∫

0

x dxcos2 x h)

π2∫

0

cos x1+sin x dx

ROZDZIAŁ 9

Całki niewłasciwe

9.1. Całka w granicach nieskonczonych

Całke funkcji f (x) w granicach od a do +∞ definiuje sie jako granice całki∫ b

a f (x) dxprzy b→ +∞.

∫ ∞

af (x) dx = lim

b→+∞

∫ b

af (x) dx.

Gdy ta granica jest skonczona, to mówimy, ze całka∫ ∞

a f (x) dx jest zbiezna. Natomiastjezeli granica jest nieskonczona, lub w ogóle nie istnieje, to mówimy, ze całka jest roz-biezna. Tak okreslona całke nazywamy niewłasciwa.

Zadanie 9.1. Oblicz całke niewłasciwa∫ ∞

1

1x2 dx.

Rozwiazanie

∫ ∞

1

1x2 dx = lim

b→+∞

∫ b

1

1x2 dx = lim

b→+∞

[−1

x

]b

1= lim

b→+∞

(1− 1

b

)= 1.


2

1√x

dx.

Rozwiazanie

∫ ∞

2

1√x

dx = limb→+∞

∫ b

2

1√x

dx = limb→+∞

[2√

x]b

2 = limb→+∞

2(√

b−√

2) = +∞.

Całka jest rozbiezna.

Zadanie 9.3. Zbadac zbieznosc całki niewłasciwej∫ ∞

a xα dx (a > 0) w zaleznosci odparametru α.

Rozwiazanie

99

9.1 CAŁKA W GRANICACH NIESKONCZONYCH 100

Niech α 6= −1. Wtedy∫ ∞

axα dx = lim

b→+∞

∫ b

axα dx = lim

b→+∞

[1

α + 1xα+1

]b

a= lim

b→+∞

1α + 1

(bα+1 − aα+1).

Ostatnia granica jest równa +∞ gdy α > −1, lub jest równa liczbie skonczonej − 1α+1 aα+1

gdy α < −1. Dla α = −1 mamy∫ ∞

a

1x

dx = limb→+∞

∫ b

a

1x

dx = limb→+∞

[ln x]ba = limb→+∞

(ln b− ln a) = +∞.

Tak wiec całka niewłasciwa∫ ∞

a xα dx jest zbiezna dla α < −1, a rozbiezna dla α > −1.

Analogicznie okreslamy całke niewłasciwa funkcji f (x) w granicach od −∞ do a:

∫ a

−∞f (x) dx = lim

b→−∞

∫ a

bf (x) dx.

Całke funkcji f (x) w granicach od −∞ do +∞ okreslmy jako sume

∫ ∞

−∞f (x) dx =

∫ a

−∞f (x) dx +

∫ ∞

af (x) dx,

przy załozeniu, ze obie całki niewłasciwe po prawej stronie istnieja. Ta definicja nie zale-zy od wyboru punktu a.

Zadanie 9.4. Oblicz całke niewłasciwa∫ ∞−∞

dx1+x2 .

RozwiazanieZgodnie z definicja, całka

∫ ∞−∞

dx1+x2 jest równa sumie dwóch całek niewłasciwych:∫ ∞

−∞

dx1 + x2 =

∫ 0

−∞

dx1 + x2 +

∫ ∞

0

dx1 + x2 = lim

a→−∞

∫ 0

a

dx1 + x2 + lim

b→+∞

∫ b

0

dx1 + x2 =

= lima→−∞

[arctg x]0a + limb→+∞

[arctg x]b0 = lima→−∞

− arctg a + limb→+∞

arctg b =

=π

2+

π

2= π.

W powyzszych zadaniach obliczalismy najpierw całke w przedziale skonczonym, anastepnie przechodzilismy do granicy. Mozna połaczyc oba te kroki w jednym wzorze.

Załózmy, ze funkcja f (x) posiada funkcje pierwotna F(x) w przedziale [a, ∞). Wtedycałka niewłasciwa

∫ ∞a f (x) dx jest zbiezna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje skonczona

granicaF(∞) = lim

b→∞F(b).

Mamy wtedy

∫ ∞

af (x) dx = [F(x)]∞a = F(∞)− F(a).


Analogicznie

∫ a

−∞f (x) dx = [F(x)]a−∞ = F(a)− F(−∞),∫ ∞

−∞f (x) dx = [F(x)]∞−∞ = F(∞)− F(−∞),

gdzie F(−∞) oznacza granice limb→−∞

F(b).

Zeby obliczyc całke niewłasciwa w przedziale nieskonczonym, wystarczy najpierwznalezc funkcje pierwotna w tym przedziale (to znaczy obliczyc całke nieoznaczona), anastepnie obliczyc granice tej funkcji na koncach przedziału i wziac ich róznice. Jezeliktóras z granic F(∞) lub F(−∞) po prawej stronie wzoru jest nieskonczona lub w ogólenie istnieje, to oznacza, ze całka po lewej stronie jest rozbiezna.


0 e−ax dx (a > 0).

RozwiazanieFunkcja podcałkowa ma funkcje pierwotna − 1

a e−ax, zatem∫ ∞

0e−ax dx =

[−1

ae−ax

]∞

0=

1a

,

bo

limx→∞−1

ae−ax = 0.


1dx

x2(x+1) .

RozwiazanieNajpierw obliczymy funkcje pierwotna, czyli całke nieoznaczona. Poniewaz mamy doczynienia z funkcja wymierna, wiec znajdujemy rozkład na ułamki proste.

1x2(x + 1)

=ax+

bx2 +

cx + 1

1 = ax(x + 1) + b(x + 1) + cx2 = (a + c)x2 + (a + b)x + ba + c = 0a + b = 0b = 1

⇒ a = −1, b = 1, c = 1,

∫ dxx2(x + 1)

= −∫ dx

x+∫ dx

x2 +∫ dx

x + 1= − ln |x| − 1

x+ ln |x + 1|+ C.

Zatem funkcja podcałkowa ma w przedziale (0, ∞) funkcje pierwotna

F(x) = − ln x− 1x+ ln(x + 1) = ln

x + 1x− 1

x.


Mamy

F(1) = ln 2− 1, F(∞) = limx→∞

(ln

x + 1x− 1

x

)= ln 1− 0 = 0,

skad ∫ ∞

1

dxx2(x + 1)

= F(∞)− F(1) = 1− ln 2.

Zadanie 9.7. Oblicz całke niewłasciwa∫ ∞−∞

2x1+x2 dx.

RozwiazanieNajpierw obliczymy funkcje pierwotna, czyli całke nieoznaczona.∫ 2x

1 + x2 dx =

∣∣∣∣ t = 1 + x2

dt = 2x dx

∣∣∣∣ = ∫ 1t

dt = ln |t|+ C = ln(1 + x2) + C.

Zauwazmy, ze F(x) = ln(1 + x2) jest funkcja pierwotna funkcji podcałkowej na całejprostej rzeczywistej. Poniewaz

F(±∞) = limx→±∞

ln(1 + x2) = +∞,

wiec całka∫ ∞−∞

2x1+x2 dx jest rozbiezna.


0 x3e−x2dx.

RozwiazanieNajpierw obliczymy całke nieoznaczona. Całkujemy przez czesci.∫

x3e−x2dx =

∣∣∣∣∣ u′ = xe−x2v = x2

u = − 12 e−x2

v′ = 2x

∣∣∣∣∣ = −12

x2e−x2 −∫−xe−x2

dx =

= −12

x2e−x2 − 12

e−x2+ C = −1

2e−x2

(x2 + 1) + C.

Zatem funkcja podcałkowa ma funkcje pierwotna F(x) = − 12 e−x2

(x2 + 1). Mamy F(0) =− 1

2 , a granice F(∞) obliczymy korzystajac z reguły de L’Hospitala.

F(∞) = limx→∞−1

2· x2 + 1

ex2 = limx→∞−1

2· 2x

2xex2 = limx→∞−1

2· 1

ex2 = 0.

Stad ∫ ∞

0x3e−x2

dx = F(∞)− F(0) =12

.


0 x sin x dx.


RozwiazanieWyznaczymy funkcje pierwotna całkujac przez czesci.∫

x sin x dx =

∣∣∣∣ u′ = sin x v = xu = − cos x v′ = 1

∣∣∣∣ == −x cos x +

∫cos x dx = −x cos x + sin x + C.

Za funkcje pierwotna mozemy wiec przyjac F(x) = −x cos x + sin x.Mamy F(0) = 0, natomiast granica

F(∞) = limx→∞

(−x cos x + sin x)

nie istnieje. Wykazemy to za pomoca definicji Heinego granicy funkcji, rozpatrujac dwaciagi xn = 2nπ, yn = (2n + 1)π. Oba te ciagi sa rozbiezne do ∞ i mamy

limn→∞

F(xn) = limn→∞−2nπ = −∞, lim

n→∞F(yn) = lim

n→∞(2n + 1)π = ∞.

Tak wiec granica F(∞) nie istnieje, a zatem całka∫ ∞

0 x sin x dx jest rozbiezna.


0 e−x sin x dx.

RozwiazanieWyznaczymy funkcje pierwotna całkujac dwukrotnie przez czesci.∫

e−x sin x dx =

∣∣∣∣ u′ = e−x v = sin xu = −e−x v′ = cos x

∣∣∣∣ == −e−x sin x +

∫e−x cos x dx =

∣∣∣∣ u′ = e−x v = cos xu = −e−x v′ = − sin x

∣∣∣∣ == −e−x sin x− e−x cos x−

∫e−x sin x dx.

Zauwazmy, ze otrzymalismy równanie I = −e−x sin x− e−x cos x− I, gdzie I jest szuka-na całka. Stad I = 1

2 (−e−x sin x− e−x cos x). Mamy wiec funkcje pierwotna

F(x) = −12

e−x(sin x + cos x).

Liczymy

F(0) = −12

, F(∞) = limx→∞−1

2e−x(sin x + cos x) = 0.

Ostatnia granica jest równa 0, bo limx→∞

e−x = 0, a funkcja sin x + cos x jest ograniczona

(| sin x + cos x| < 2). Tak wiec∫ ∞

0e−x sin x dx = F(∞)− F(0) =

12

.

9.2 CAŁKA Z FUNKCJI NIEOGRANICZONEJ 104

9.2. Całka z funkcji nieograniczonej

Załózmy, ze funkcja f jest ciagła w przedziale [a, b), lecz nie ma okreslonej wartosciw punkcie x = b. Dokładniej załózmy, ze granica lewostronna limx→b− f (x) jest nie-skonczona, co oznacza, ze f (x) jest nieograniczona w sasiedztwie punktu b i nie daje sieprzedłuzyc do funkcji ciagłej na przedziale domknietym [a, b]. W takiej sytuacji mówimy,ze b jest punktem osobliwym funkcji f (x).

Na przykład, jezeli f (x) = P(x)Q(x) jest funkcja wymierna, taka ze Q(b) = 0 oraz P(b) 6=

0, to b jest punktem osobliwym funkcji f (x). Zazwyczaj punktami osobliwymi sa te war-tosci x, w których mianownik funkcji przyjmuje wartosc 0.

Granice całki∫ β

a f (x)dx przy β → b− nazywamy całka niewłasciwa funkcji f (x) wprzedziale od a do b i oznaczamy jak zwykle

∫ b

af (x)dx = lim

β→b−

∫ β

af (x)dx.

Gdy ta granica jest skonczona, to mówimy, ze całka∫ b

a f (x) dx jest zbiezna. Natomiastjezeli granica jest nieskonczona, lub w ogóle nie istnieje, to mówimy, ze całka jest roz-biezna.

Analogicznie definiujemy całke niewłasciwa, gdy lewy koniec przedziału jest punk-tem osobliwym. Wówczas przyjmujemy∫ b

af (x)dx = lim

α→a+

∫ b

αf (x)dx.


01√x dx.

RozwiazanieFunkcja 1√

x ma punkt osobliwy x = 0. Zgodnie z definicja całki niewłasciwej liczymygranice ∫ 1

0

1√x= lim

α→0+

∫ 1

α

1√x

dx = limα→0+

[2√

x]1

α= lim

α→0+2(1−

√α) = 2.


01

1−x dx.

RozwiazanieFunkcja 1

1−x ma punkt osobliwy x = 1. Liczymy granice:

limβ→1−

∫ β

0

11− x

dx = limβ→1−

[− ln(1− x)]β0 = limβ→1−

− ln(1− β) =

= limβ→1−

ln1

1− β= +∞


Całka∫ 1

01

1−x dx jest rozbiezna.

W ogólnym przypadku funkcja f (x) moze miec w przedziale (a, b) dowolna skon-czona liczbe punktów osobliwych, w których nie ma okreslonej wartosci.

Przyjmijmy dla uproszczenia, ze takie punkty sa trzy, przy czym dwa z nich sa kon-cami przedziału (a, b), a trzeci c lezy pomiedzy nimi. Biorac wewnatrz kazdego z prze-działów (a, c) i (c, b) odpowiednio punkty d i e przyjmujemy∫ b

af (x) dx =

∫ d

af (x) dx +

∫ c

df (x) dx +

∫ e

cf (x) dx +

∫ b

ef (x) dx,

przy załozeniu, ze wszystkie całki niewłasciwe po prawej stronie istnieja. Taka definicjanie zalezy od wyboru punktów e i d.


0dx

x(1−x) .

RozwiazanieFunkcja podcałkowa ma dwa punkty osobliwe w miejscach zerowych mianownika x = 0i x = 1. Zgodnie z definicja całki niewłasciwej musimy podzielic przedział [0, 1] na dwieczesci [0, 1

2 ] i [ 12 , 1] i obliczyc całki niewłasciwe w tych przedziałach.∫ 1

2

0

dxx(1− x)

= limα→0+

∫ 12

α

dxx(1− x)∫ 1

2

α

dxx(1− x)

=∫ 1

2

α

1− x + xx(1− x)

dx =∫ 1

2

α

(1x+

11− x

)dx =

= [ln x− ln(1− x)]12α =

[ln

x1− x

] 12

α

= ln 1− lnα

1− α= − ln

α

1− α= ln

1− α

α.

limα→0+

∫ 12

α

dxx(1− x)

= limα→0+

ln1− α

α= ∞.

Poniewaz całka∫ 1

20

dxx(1−x) jest rozbiezna, zatem wiemy juz, ze całka

∫ 10

dxx(1−x) tez jest roz-

biezna. Nie musimy liczyc całki∫ 1

12

dxx(1−x) .

Załózmy, ze x = b jest jedynym punktem osobliwym funkcji f (x) w przedziale [a, b].Jezeli funkcja f (x) ma w przedziale [a, b) funkcje pierwotna F(x), to zbieznosc całki nie-własciwej

∫ ba f (x) dx jest równowazna istnieniu skonczonej granicy limx→b− F(x). Przyj-

mujac F(b) = limx→b− F(x) mamy wzór na całke w jego zwykłej postaci:

∫ b

af (x) = F(b)− F(a).

Powyzszy wzór jest prawdziwy takze wtedy, gdy a jest punktem osobliwym oraz gdyoba konce przedziału sa punktami osobliwymi, ale tylko wtedy, gdy w kazdym punkcieosobliwym istnieje skonczona granica funkcji pierwotnej F(x). Jezeli chociaz w jednym


punkcie osobliwym granica funkcji F(x) jest nieskonczona, lub w ogóle nie istnieje, toznaczy ze całka

∫ ba f (x) dx jest rozbiezna.


0dx3√x2

.

RozwiazanieFunkcja podcałkowa ma jeden punkt osobliwy x = 0. Liczymy∫ 1

0

dx3√

x2=∫ 1

0x−

23 dx =

[3x

13

]1

0= 3− 0 = 3.

Całka jest zbiezna, bo funkcja pierwotna 3x13 ma w punkcie x = 0 skonczona granice

równa 0.

Zadanie 9.15. Oblicz∫ e

1dx

x√

ln x.

RozwiazanieFunkcja podcałkowa ma w przedziale [1, e] jeden punkt osobliwy x = 1. Liczymy całkenieoznaczona∫ dx

x√

ln x=


x

∣∣∣∣ = ∫ dt√t=∫

t−12 dt = 2

√t + C = 2

√ln x + C.

Funkcja F(x) = 2√

ln x jest funkcja pierwotna funkcji podcałkowej w przedziale (1, ∞).Poniewaz granica prawostronna F(1) jest skonczona (równa 0), wiec całka jest zbiezna.∫ e

1

dxx√

ln x=[2√

ln x]e

1= 2− 0 = 2.


1x√x−1

dx.

RozwiazanieFunkcja podcałkowa ma jeden punkt osobliwy x = 1. Liczymy∫ 2

1

x√x− 1

dx =∫ 2

1

x− 1 + 1√x− 1

dx =∫ 2

1

(√x− 1 +

1√x− 1

)dx =

=

[23(x− 1)

32 + 2(x− 1)

12

]2

1=

23+ 2 =

83

.

Zadanie 9.17. Oblicz∫ 1−1

3x2+23√x2

dx


RozwiazanieFunkcja podcałkowa ma jeden punkt osobliwy x = 0. Liczymy całke nieoznaczona∫ 3x2 + 2

3√

x2dx =

∫(3x2 + 2)x−

23 dx =

∫ (3x

43 + 2x−

23

)dx =

97

x73 + 6x

13 + C.

Funkcja F(x) = 97 x

73 + 6x

13 jest funkcja pierwotna funkcji podcałkowej w przedziałach

(−∞, 0) oraz (0, ∞). Poniewaz granica F(0) jest skonczona (równa 0), wiec całka jestzbiezna: ∫ 1

−1

3x2 + 23√

x2dx =

∫ 0

−1

3x2 + 23√

x2dx +

∫ 1

0

3x2 + 23√

x2dx =

= F(0)− F(−1) + F(1)− F(0) =187

+ 12.


0dx

x2−4x+3

RozwiazanieMamy x2− 4x+ 3 = (x− 1)(x− 3), zatem funkcja podcałkowa ma dwa punkty osobliwex = 1 i x = 3, z których tylko ten pierwszy lezy wewnatrz przedziału [0, 2]. Mamy∫ 2

0

dxx2 − 4x + 3

=∫ 1

0

dxx2 − 4x + 3

+∫ 2

1

dxx2 − 4x + 3

.

Liczymy całke nieoznaczona∫ dxx2 − 4x + 3

=∫ dx

(x− 1)(x− 3)=∫ 1

2

(1

x− 3− 1

x− 1

)dx =

=12(ln |x− 3| − ln |x− 1|) = 1

2ln∣∣∣∣ x− 3x− 1

∣∣∣∣+ C.

W przedziale [0, 1) funkcja podcałkowa ma funkcje pierwotna

F(x) =12

lnx− 3x− 1

.

Wartosc bezwzgledna moglismy opuscic, bo x−3x−1 > 0 dla x < 1. Poniewaz

F(1) = limx→1−

12

lnx− 3x− 1

= ∞,

wiec całka∫ 1

0dx

x2−4x+3 jest rozbiezna. Stad wiemy, bez liczenia całki∫ 2

1dx

x2−4x+3 , ze całka∫ 20

dxx2−4x+3 tez jest rozbiezna.


0dx√x−x2 .

RozwiazanieFunkcja podcałkowa ma dwa punkty osobliwe w miejscach zerowych mianownika x = 0i x = 1.

9.3 ZADANIA. 108

Liczymy całke nieoznaczona.∫ dx√x− x2

=∫ dx√

14 − (x− 1

2 )2

∫ dx12

√1− (2x− 1)2

=∫ 2dx√

1− (2x− 1)2=

=

∣∣∣∣t = 2x− 1dt = 2dx

∣∣∣∣ = ∫ dt√1− t2

= arc sin t + C = arc sin(2x− 1) + C.

Stad ∫ 1

0

dx√x− x2

= [arc sin(2x− 1)]10 = arc sin 1− arc sin(−1) =π

2+

π

2= π.

9.3. Zadania.

Zadanie 9.20. Oblicz całki niewłasciwe lub wykaz ich rozbieznosc:a)∫ ∞

1dxx4 b)

∫ ∞2

ln xx dx c)

∫ 0−∞ xex dx

d)∫ ∞

0 xe−x2dx e)

∫ ∞−∞

dxx2+2x+2 f)

∫ 2−∞

dxx2+4

Zadanie 9.21. Oblicz całki niewłasciwe lub wykaz ich rozbieznosc:a)∫ 3

0dx

5√3−xb)∫ 2

1dx

x ln x c)∫ 3

2x−3√x−2

dx

d)∫ 3−1

dxx2−4 e)

∫ 10

dx√1−x2 f)

∫ 21

dx√(x−1)(2−x)

ROZDZIAŁ 10

Zastosowania całek

10.1. Pole obszaru

Rozwazmy podzbiór płaszczyzny ograniczony prostymi x = a, x = b, gdzie a < b ikrzywymi y = f (x) oraz y = g(x).

a b x

y

y=f(x)

y=g(x)

a b x

y

y=f(x)

Jezeli dla x ∈ [a, b] mamy g(x) 6 f (x), to taki obszar mozemy opisac nierównosciami

a 6 x 6 b, g(x) 6 y 6 f (x).

Jego pole równa sie całce

∫ b

a[ f (x)− g(x)] dx.

W szczególnym przypadku, gdy f (x) jest funkcja nieujemna w przedziale [a, b], a g(x)jest funkcja stale równa 0, otrzymujemy wazna interpretacje geometryczna całki∫ b

af (x) dx.

Jest ona równa polu obszaru ograniczonego wykresem y = f (x), prostymi x = a i x = boraz osia OX. Taki obszar nazywa sie trapezem krzywoliniowym. Gdy f (x) 6 0 dlax ∈ [a, b] to pole trapezu krzywoliniowego jest równe

−∫ b

af (x) dx.

109

10.1 POLE OBSZARU 110

Zadanie 10.1. Oblicz pole trapezu krzywoliniowego ograniczonego krzywa y = 1+ sin x,prostymi x = 0 i x = π oraz osia OX.

RozwiazanieSzukane pole jest równe całce∫ π

0[1 + sin x] dx = [x− cos x]π0 = π + 1− (0− 1) = π + 2.

Zadanie 10.2. Oblicz pole obszaru ograniczonego krzywa y = x3 i parabola y = −x2 + 2x(dla x > 0 i y > 0).

RozwiazanieNajpierw szukamy punktów, w których te krzywe sie przecinaja. W tym celu porównu-jemy ich równania.

x3 = −x2 + 2x

x3 + x2 − 2x = 0

x(x2 + x− 2) = 0

x(x− 1)(x + 2) = 0.

Zatem krzywe przecinaja sie w trzech punktach: (−2,−8), (0, 0) i (1, 1). Interesuje nasobszar ograniczony tymi krzywymi i zawarty w pierwszej cwiartce układu. Jest on opi-sany nierównosciami

0 6 x 6 1, x3 6 y 6 −x2 + 2x,

a zatem jego pole równa sie

∫ 1

0

[−x2 + 2x− x3] dx =

[− x3

3+ x2 − x4

4

]1

0=

512

.

10.1 POLE OBSZARU 111

Zadanie 10.3. Oblicz pole obszaru zawartego pomiedzy parabola y2 = 4x i prosta y =2x− 4.

RozwiazanieAby wyznaczyc punkty przeciecia tych linii rozwiazujemy równanie kwadratowe

(2x− 4)2 = 4x.

Równanie to ma dwa rozwiazania: x1 = 1, x2 = 4, zatem linie przecinaja sie w punktach(1,−2) i (4, 4). Zauwazmy, ze nasz obszar mozemy opisac nierównosciami

−2 6 y 6 4,14

y2 6 x 612

y + 2,

zatem jego pole równa sie

∫ 4

−2

[y2+ 2− y2

4

]dy =

[y2

4+ 2y− y3

12

]4

−2= 9.

Zadanie 10.4. Oblicz pole elipsy x2

a2 +y2

b2 6 1, gdzie a > 0 i b > 0.

RozwiazanieRozwiazujac nierównosc opisujaca elipse wzgledem zmiennej y otrzymujemy układ dwóchnierównosci:

−ba

√a2 − x2 6 y 6

ba

√a2 − x2.

Ponadto x zmienia sie w przedziale [−a, a].

10.2 DŁUGOSC KRZYWEJ 112

-a +a x

-b

+b

y

Stad pole elipsy równa sie

P =∫ a

−a

[ba

√a2 − x2 +

ba

√a2 − x2

]dx =

2ba

∫ a

−a

√a2 − x2 dx

Ostatnia całke obliczymy przez podstawienie

x = a sin t, −π

26 t 6

π

2, dx = a cos t dt

Liczymy∫ a

−a

√a2 − x2 dx =

∫ π2

− π2

a√

a2 − a2 sin2 t cos t dt =

= a2∫ π

2

− π2

√1− sin2 t cos t dt = a2

∫ π2

− π2

√cos2 t cos t dt = a2

∫ π2

− π2

cos2 t dt,

bo cos t > 0 dla t ∈ [−π2 , π

2 ]. Aby obliczyc ostatnia całka korzystamy ze wzoru cos 2t =2 cos2 t− 1.

a2∫ π

2

− π2

cos2 t dt = a2∫ π

2

− π2

1 + cos 2t2

dt = a2[∫ π

2

− π2

12

dt +∫ π

2

− π2

cos 2t2

dt]=

= a2[

t2+

sin 2t4

] π2

− π2

=a2π

2.

Zatem pole elipsy równa sie

P =2ba· a2π

2= πab.

10.2. Długosc krzywej

Załózmy, ze funkcja f ma ciagła pochodna w przedziale [a, b]. Wtedy krzywa y =f (x), a 6 x 6 b ma długosc równa całce

∫ b

a

√1 + [ f ′(x)]2 dx.

10.3 OBJETOSC BRYŁY I POLE POWIERZCHNI OBROTOWEJ 113

Zadanie 10.5. Oblicz długosc krzywej y =√

x3, 0 6 x 6 1.

RozwiazanieDługosc krzywej równa sie całce

∫ 1

0

√1 +

[(x

32

)′]2

dx =∫ 1

0

√1 +

[32

x12

]2

dx =∫ 1

0

√1 +

94

x dx =

∣∣∣∣t = 1 + 94 x,

dt = 94 dx

∣∣∣∣ ==∫ 13

4

1

49

√t dt =

[49· 2

3

√t3

] 134

1=

827

(138

√13− 1

).

W przypadku gdy krzywa dana jest równaniami parametrycznymi

x = f (t), y = g(t), t ∈ [a, b],

to jej długosc równa jest całce

∫ b

a

√[ f ′(t)]2 + [g′(t)]2 dt.

Zadanie 10.6. Oblicz długosc krzywej danej równaniami x = et sin t, y = et cos t, t ∈ [0, π2 ].

RozwiazanieLiczymy

f ′(t) = (et sin t)′ = et sin t + et cos t = et(sin t + cos t),

g′(t) = (et cos t)′ = et cos t− et sin t = et(cos t− sin t),

[ f ′(t)]2 = e2t(sin2 t + 2 sin t cos t + cos2 t) = e2t(1 + 2 sin t cos t),

[g′(t)]2 = e2t(sin2 t− 2 sin t cos t + cos2 t) = e2t(1− 2 sin t cos t),∫ π2

0

√[ f ′(t)]2 + [g′(t)]2 dt =

∫ π2

0

√2e2t dt =

√2∫ π

2

0et dt =

√2[et] π

20 =√

2(eπ2 − 1).

10.3. Objetosc bryły i pole powierzchni obrotowej

Załózmy, ze funkcja f (x) jest nieujemna i ciagła w przedziale [a, b]. Oznaczmy przezD trapez krzywoliniowy ograniczony krzywa y = f (x), prostymi x = a i x = b oraz osiaOX.

10.3 OBJETOSC BRYŁY I POLE POWIERZCHNI OBROTOWEJ 114

a b x

y

y=f(x)

x

D

V

Objetosc bryły V powstałej w wyniku obrotu obszaru D o 360◦ wokół osi OX wyrazasie wzorem

Ob(V) = π∫ b

a[ f (x)]2dx.

Zadanie 10.7. Oblicz objetosc bryły otrzymanej w wyniku obrotu wokół osi OX trapezukrzywoliniowego ograniczonego przez hiperbole y = 1

x , proste x = 1 i x = 2 oraz os OX.

RozwiazanieLiczymy

Ob(V) = π∫ 2

1

1x2 dx = π

[−1

x

]2

1=

π

2.

Zadanie 10.8. Wyprowadz wzór na objetosc kuli.

RozwiazanieKula o promieniu r powstaje z obrotu wokół osi OX obszaru D opisanego nierównoscia-mi

0 6 y 6√

r2 − x2, −r 6 x 6 r.

Zatem jej objetosc równa sie

π∫ r

−r

(√r2 − x2

)2dx = π

∫ r

−r(r2 − x2)dx = π

[r2x− 1

3x3]r

−r=

4πr3

3.

Załózmy, ze funkcja f (x) jest nieujemna i ma ciagła pochodna w przedziale [a, b].Wtedy pole powierzchni Σ powstałej w wyniku obrotu krzywej y = f (x), a 6 x 6 b, o360◦ wokół osi OX wyraza sie wzorem

10.4 ZADANIA 115

P(Σ) = 2π∫ b

af (x)

√1 + [ f ′(x)]2 dx.

Zadanie 10.9. Oblicz pole powierzchni otrzymanej w wyniku obrotu wokół osi OX krzy-wej y = 1

3 x3, x ∈ [0, 1].

RozwiazanieLiczymy

f ′(x) =(

13

x3)′

= x2

P(Σ) = 2π∫ 1

0

13

x3√

1 + x4 dx =

∣∣∣∣ t = 1 + x4

dt = 4x3 dx

∣∣∣∣ == 2π

∫ 2

1

112

√t dt =

π

9

[√t3]2

1=

π

9(2√

2− 1).

Zadanie 10.10. Wyprowadz wzór na pole sfery.

RozwiazanieSfera o promieniu r powstaje z obrotu wokół osi OX krzywej

y =√

r2 − x2, −r 6 x 6 r.

Mamy

f ′(x) =(√

r2 − x2)′

=−x√

r2 − x2,

√1 + [ f ′(x)]2 =

√1 +

x2

r2 − x2 =r√

r2 − x2,

P(Σ) = 2π∫ r

−r

√r2 − x2 · r√

r2 − x2dx = 2π

∫ r

−rr dx = 4πr2.

10.4. Zadania

Zadanie 10.11. Oblicz pole trapezu krzywoliniowego:a) ograniczonego krzywa y = ex, prostymi x = 0 i x = 1 oraz osia OX;b) ograniczonego parabola y = x2 + x− 6, prostymi x = −1 i x = 1 oraz osia OX;c) ograniczonego krzywa y = x2 ln x, prostymi x = e i x = e2 oraz osia OX;d) ograniczonego hiperbola y = 2

x + 1, prostymi x = 1 i x = 2 oraz osia OX.

Zadanie 10.12. Oblicz pole obszaru:a) ograniczonego parabola y = x2 i prosta y = x;b) ograniczonego parabola y = 2x− x2 i prosta y + x = 0;c) ograniczonego parabolami y = x2 − 6x + 10 i y = 6− x2;

10.4 ZADANIA 116

d) ograniczonego parabolami y = x2 i y2 = x;e) ograniczonego hiperbola y = 3

x i prosta y = −3x + 10.

Zadanie 10.13. Oblicz długosc krzywej:a) y = 1

4 x2, 0 6 x 6 4; b) y = 1− ln cos x, 0 6 x 6 π4 ;

c) y = ln x,√

3 6 x 6√

8; d) y = ln(1− x2), 0 6 x 6 12 ;

e) x = et(cos t + sin t), y = et(cos t− sin t), t ∈ [0, 1];f) x = a cos3 t, y = a sin3 t, t ∈

[0, π

2

]; g) x = t3, y = 1− 1

3 t3, t ∈[0,√

3].

Zadanie 10.14. Oblicz objetosc bryły powstałej w wyniku obrotu wokół osi OX trapezukrzywoliniowego ograniczonego przez wykres funkcji f (x), proste x = a i x = b oraz osOX.a) f (x) = 2

√x, a = 0, b = 1; b) f (x) = x2 + 1, a = −1, b = 1;

c) f (x) = x3, a = 0, b = 1; d) f (x) = sin x, a = 0, b = π;e) f (x) = ex, a = 1, b = 2; f) f (x) =

√xe−x, a = 0, b = 4.

Zadanie 10.15. Oblicz pole powierzchni powstałej w wyniku obrotu wokół osi OX krzy-wej y = f (x).a) f (x) = 2

√x, x ∈ [0, 1]; b) f (x) = 1

2 x + 1, x ∈ [1, 3]; c) f (x) = cos x, x ∈[−π

2 , π2

].

ROZDZIAŁ 11

Odpowiedzi do zadan

Rozdział 1

1.28.a) − 3

x + C b) x3 − 2 ln |x| − 5x + C c) 3

4 x4 + 2x3 + 32 x2 + C

d) 13 x3 − x2 + 4x + C, wsk. a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2)

e) 13 x3 + 3

2 x2 + 3x + ln |x|+ C, wsk. (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

f) 13 x3 + 6x + C, wsk. 3x3 + x2 + 18x + 6 = (3x + 1)(x2 + 6)

1.29.a) 2

5 x52 + C b) 5

8 x85 + C c) 3

7 x73 + C d) 18

25 x256 + C e) 6

7 x76 − 4

3 x34 + C

f) 23 x

32 + 2x

12 + C g) 4

5 x54 − 12

17 x1712 + 4

3 x34 + C h) −2x−

12 − 4x

12 + 2

3 x32 + C

1.30.a) 10x

ln 10 + C b) (2e)x

1+ln 2 + C c) 3·( 32 )

x

ln 32

+ C d) ( 25 )

x

5 ln 25− ( 3

5 )x

15 ln 35+ C

1.31.a) ex+5 + C b) 1

2 e2x + C c) − 14 e−4x+5 + C d) 1

2 e2x + 2ex + x + Ce) −3

ex + ex + C f) x− 3ex − 3

2e2x − 13e3x + C

1.32.a) 1

2 sin 2x + C b) − 13 cos(3x− 3) + C c) −x− ctg x + C

d) x2 + 1

4 sin 2x + C, wsk. cos 2x = 2 cos2 x− 1e) −2 ctg 2x + C, wsk. sin 2x = 2 sin x cos xf) − ctg x− tg x + C, wsk. cos 2x = cos2 x− sin2 xg) sin x− cos x + C, wsk. cos 2x = cos2 x− sin2 xh) 1

5 tg 5x + C

1.33.a) 1

48 (4x− 9)12 + C b) − 53 ln |2− 3x|+ C c) 1

3

√(2x + 3)3 + C

d) ln∣∣ x

x+1

∣∣+ C, wsk. 1x(x+1) =

1x −

1x+1

e) arctg(x + 1) + C, wsk. (x + 1)2 = x2 + 2x + 1f) x3 + x2 + 1

2 ln |2x− 1|+ C, wsk. 6x3 + x2 − 2x + 1 = (2x− 1)(3x2 + 2x) + 1g) arc sin(x− 1) + C, wsk. (x− 1)2 = x2 − 2x + 1

1.34.a) 3

4 ln(x4 + 1) + C, b) ln(x2 + x + 1) + C, wsk. 2x2−3x−2x3−x2−x−2 = (x−2)(2x+1)

(x−2)(x2+x+1)

c) ln(1 + sin x) + C d) − 12 ln |3− 2ex|+ C

e) x + 12 ln(x2 + 1) + 2 arctg x + C, wsk. x2 + x + 3 = (x2 + 1) + x + 2

f) ln | arctg x|+ C g) ln | tg x|+ C h) − ln(3 + cos2 x) + C

117

11.0 ROZDZIAŁ 2 118

Rozdział 2

2.41.a) 1

8 sin(4x2 − 3) + C b) ln(4 + sin x) + C c) 12 e2 sin x + C d) − 1

3 e−x3+ C

e) 14 ln4 x + C f) cos 1

x + C g) 12 arctg2 x + C h) − 1

2 e−x2+ C

i) 12 tg2 x + C j) − ln |3− ex|+ C k) 1

2 arc sin2 x + C l) − arctg(cos x) + C

2.42.a) − 1

a cos(ax + b) + C b) − 635

6√(3− 5x)7 + C

c) − 16(2x−3)9 + C, wsk. 4x2 − 12x + 9 = (2x− 3)2

d) 13 e(x−2)3

, wsk. e(x−2)2(x−1)

e(x−2)2= e(x−2)3

e) 13 (x− 1)3 + 3

2 (x− 1)2 + 3(x− 1) + ln |x− 1|+ C, wsk. podstaw t = x− 1f) 1√

5arctg

√5x + C, wsk. podstaw t =

√5x

g) 35 (x + 1)

53 − 3(x + 1)

23 + C, wsk. podstaw t = x + 1

h) 413 (x + 1)

134 − 8

9 (x + 1)94 + 4

5 (x + 1)54 + C, wsk. podstaw t = x + 1

i) arc sin x√5+ C, wsk. 1√

5−x2 = 1√5· 1√

1−( x√5)2

, podstaw t = x√5

2.43.a) 5

4 sin (2x+3)2

5 + C b) 136 (2x2 − 3)9 + C c) − 1

5ex5 + C, wsk. podstaw t = x5

d) − 12(x2+1) + arctg x + C, wsk. x2+x+1

(x2+1)2 = x(x2+1)2 +

x2+1(x2+1)2

e) − 14(x4−x2−2)2 + C, wsk. (x2 + 1)(x2 − 2) = x4 − x2 − 2, podstaw t = x4 − x2 − 2

f) 512 (x3 + 1)

45 + C, wsk. podstaw t = x3 + 1

g) 527 (x3 + 1)

95 − 5

12 (x3 + 1)45 + C, wsk. podstaw t = x3 + 1

h) 15 tg x5 + C, wsk. podstaw t = x5

i) 12 arctg(x2 + 1) + C, wsk. x4 + 2x2 + 2 = 1 + (x2 + 1)2, podstaw t = x2 + 1

j) 12 tg(x2 + 1) + C, wsk. 1− sin2(x2 + 1) = cos2(x2 + 1)

k) 13 arc sin x3 + C, wsk. podstaw t = x3

2.44.a) 6

76√(5 + sin x)7 + C b) 1

6 (arctg x)6 + Cc) − cos x + cos3 x− 3

5 cos5 x + 17 cos7 x + C, wsk. sin7 x = sin x(1− cos2 x)3

d) 18(1+sin 2x)4 + C, wsk. cos 2x = 2 cos2 x− 1, podstaw t = 1 + sin 2x

e) −2√

1 + cos2 x + C, wsk. podstaw t = 1 + cos2 xf) 1

3 tg3 x + C, wsk. podstaw t = tg x

g) − ln∣∣cos x sin2 x

∣∣+ C, wsk. 1−3 cos2 xsin x cos x = (1−3 cos2 x) sin x

(1−cos2 x) cos x ,

podstaw t = cos x, 1−3t2

(1−t2)t =1−t2−2t2

(1−t2)t

2.45.a) 8

98√

ln9 x + C b) ln ln x + C c) arctg(ln x) + Cd) 2

3

√(5 + ln x)3 − 10

√5 + ln x + C, wsk. podstaw t = 5 + ln x

e) 13 arc sin(ln3 x) + C, wsk. podstaw t = ln3 x


f) − 12 (ln(cos x))2 + C, wsk. podstaw t = ln(cos x)

2.46.a) − 1

ex−1 + Cb) 2

7 ln 3 (3x + 5)

72 − 4

ln 3 (3x + 5)

52 + 50

3 ln 3 (3x + 5)

32 + C, wsk. podstaw t = 3x + 5

c) (2x+1)2

2 ln 2 −2(2x+1)

ln 2 + ln(2x+1)ln 2 + C, wsk. podstaw t = 2x + 1

d) 13 arctg e3x + C, wsk. podstaw t = e3x

e) 1ln 2 arc sin 2x, wsk. 1√

4−x−1= 2x√

1−22x , podstaw t = 2x

f) arctg(1 + ex) + C, wsk. 12e−x+2+ex = ex

1+(1+ex)2

g) 12 ln(e2x + 1)− arctg ex + C, wsk. ex−1

ex+e−x = e2x

e2x+1 −ex

e2x+1

2.47.a) − 1

3 cos 2√

x + C, wsk. podstaw t = 2√

xb) 2 arctg

√x + C, wsk. podstaw t2 = x

c) −6 ln |1− 6√

x|+ 12(1− 6√

x)− 3(1− 6√

x)2 + C, wsk. podstaw t6 = x, a potem s = 1− t

d) − 23

√( x−1x−2

)3+ C, wsk. podstaw t2 = x−1

x−2 = 1 + 1x−2

2.48.a) − 1

2 e1

x2 + C, wsk. podstaw t = 1x2

b) − 1ln 3 ·

13x+2 sin x + C, wsk. podstaw t = x + 2 sin x

c) arctg(x + ex) + C, wsk. e2x + 2xex + x2 + 1 = 1 + (x + ex)2, podstaw t = x + ex

Rozdział 3

3.25.a) 4 sin x

2 − 2x cos x2 + C b) (− x2

5 + 2125 ) cos 5x + 2

25 x sin 5x + Cc) − 1

2 (x2 − 2x + 52 ) cos 2x + 1

2 (x− 1) sin 2x + Cd) (x4 − 10x2 + 21) sin x + (4x3 − 20x) cos x + Ce) x2

4 −14 x sin 2x− 1

8 cos 2x + C f) 12 (x + sin x cos x) + C

3.26.a) −(x + 1)e−x + C b)

∫− 1

2 (x2 + x + 12 )e−2x + C c) (x3 − 3x2 + 6x− 6)ex + C

d) 12 (cos x + sin x)ex + C e) − 1

5 (sin 2x + 2 cos 2x)e−x + C

3.27.a) 1

3 x3 ln x− 19 x3 + C b) 1

3 x3 ln(1 + x)− 13 (

13 x3 − 1

2 x2 + x− ln(1 + x)) + Cc) 1

2 x2 ln(x− 1)− 12 (

12 x2 + x + ln(x− 1)) + C

d) ( 12 x2 + x) ln2 x− ( 1

2 x2 + 2x) ln x + 14 x2 + 2x + C

3.28.a) x arc cos x−

√1− x2 b) x arcctg x + 1

2 ln(1 + x2) + Cc) 1

2 (x2 arcctg x + x− arctg x) + C


Rozdział 4

4.25.a) 1

6 ln∣∣∣ x− 1

3x+ 1

3

∣∣∣+ C b) 12√

3arctg

√3x2 + C c) 1

3 ln∣∣ x−1

x+2

∣∣+ C d) 12 ln

∣∣∣ x+ 12

x+1

∣∣∣+ C

e) −5 ln |x− 3|+ 6 ln |x− 4|+ C f) 12 ln |x2 − 6x + 5|+ C

g) 5 ln |x + 12 | − 4 ln |x + 1|+ C h) − 4

x−2 −52 ·

1(x−2)2 + C

i) ln |x| − 12 ln(x2 + 4) + arctg x

2 + C j) 2 ln(x2 + 2x + 4)− 7√3

arctg x+1√3+ C

k) ln |2x2 − 5x + 3|+ C l) 2√11

arctg 2x−1√11

+ C m) 12 ln |x2 + 1|+ 2 arctg x + C

n) 53 ln |x− 5| − 2

3 ln |x− 2|+ C o) 12 ln(x2 − 6x + 13) + 1

2 arctg x−32 + C

p) 25 ln |x− 2|+ 1

10 ln |x + 12 |+ C q) 1

4 x + ln |x| − 716 ln |x− 1

2 | −9

16 ln |x + 12 |+ C

r) x3

3 − 9x + 27 arctg x3 + C s) 4

3 x3 + 12 ln

∣∣ x−1x+1

∣∣+ Ct) 2 ln |x| − ln |x + 1|+ 6

x+1 + C u) x + 2 ln |x− 1| − ln |x|+ 1x + C

v) 1x + 1

2 ln∣∣ x−1

x+1

∣∣+ C w) ln |x| − 12 ln(x2 + 1) + C

x) 13 ln |x + 1| − 1

6 ln |x2 − x + 1|+ 1√3

arctg 2x−1√3

+ C

y) ln |x| − 12 ln |x + 1| − 1

4 ln(x2 + 1)− 12 arctg x + C

z) x2

2 − 2x + 2 ln |x + 1| − ln |x− 1|+ C

Rozdział 5

5.19.a) 1

2 x + 14 sin 2x + C b) sin x− 1

3 sin3 x + C c) 38 x− 1

4 sin 2x + 132 sin 4x + C

d) − 110 cos 5x− 1

2 cos x + C e) 14 sin 2x− 1

8 sin 4x + C f) 35 sin 5x

6 + 3 sin x6 + C

5.20.a) − 1

sin x + 12

∣∣ 1+sin x1−sin x

∣∣+ C b) 12 cos x −

14

∣∣ 1+cos x1−cos x

∣∣+ C c) 15 cos5 x− 1

3 cos3 x + Cd) − 1

7 sin7 x+ C e) 1

2 ln∣∣ cos x−1

cos x+1

∣∣+ C f) 12 cos2 x + ln | cos x|+ C

5.21.

a) 23 arctg tg x

23 + C b) − 2

1+tg x2+ C c) 2√

3arctg tg x

2√3+ C d) 1√

2ln∣∣∣∣ tg x

2−1+√

2tg x

2−1−√

2

∣∣∣∣+ C

e) x2 + 1

2 ln | tg x + 1| − 14 ln | tg2 x + 1|+ C = x

2 + 12 ln | sin x + cos x|+ C

f) x + 12 ln

∣∣ sin x+cos xsin x−cos x

∣∣+ C, wsk. tg 2x = 2 tg x1−tg2 x

Rozdział 6

6.30.a) 4 4√

x + 4 ln | 4√

x− 1|+ C, wsk. podstaw t4 = xb) 6 6√

x + 3 ln |6√x−1|6√x+1

+ C, wsk. podstaw t6 = x

c) −x− 4√

x− 4 ln |√

x− 1|+ C, wsk. podstaw t2 = xd) 3

23√

x2 − 3 3√

x + 6 ln( 3√

x + 1) + 6 arctg 6√

x + C, wsk. podstaw t6 = xe) 2√

x + ln |√

x−1|√x+1 + C, wsk. podstaw t2 = x

f) 3 3√

x− 6 6√

x + 6 ln( 6√

x + 1) + C, wsk. podstaw t6 = xg) 2√

x− 3 3√

x + 6 6√

x− 6 ln( 6√

x + 1) + C, wsk. podstaw t6 = x


h) 2 ln x + 1212√x− 6

6√x − 24 ln( 12√

x + 1) + C, wsk. podstaw t12 = x

6.31.a) 3 arctg 3

√x + 3 + C, wsk. podstaw t3 = x + 3

b) 310

3√(2x + 1)5 − 3

43√(2x + 1)2 + C, wsk. podstaw t3 = 2x + 1

c) − 2554

5√(5− 3x)6 + 5

995√(5− 3x)11 + C, wsk. podstaw t5 = 5− 3x

d) 2√

x + 2 + 6 ln(√

x + 2− 1) + C, wsk. podstaw t2 = x + 2e) 2x−3

2 + 2√

2x− 3 + ln(2x− 2)− 2 arctg√

2x− 3 + C, wsk. podstaw t2 = 2x− 3f) 3

43√

2x + 1− 34

6√

2x + 1− 38 ln(8 6

√2x + 1 + 4) + C, wsk. podstaw t6 = 2x + 1

6.32.a) 2 arctg

√1−x1+x + ln 1−

√1−x2

|x| + C, wsk. podstaw t2 = 1−x1+x

b) 2√

x−2x−1 + C, wsk. 1√

(x−1)3(x−2)= 1

(x−2)2

√( x−2x−1

)3, podstaw t2 = x−2x−1

c) ln√

t2+t+1|t−1| +

√3 arctg 2t+1√

3+ C, gdzie t = 3

√x+1x−1 , wsk. 1

3√

(x−1)(x+1)2= 1

x+13√

x+1x−1

6.33.a) 12

73√(1 + 4

√x)7 − 3 3

√(1 + 4

√x)4 + C, wsk. podstaw t3 = 1 + x

14

b) 35

√(1 + 3

√x2)5 − 2

√(1 + 3

√x2)3 + 3

√1 + 3√

x2 + C, wsk. podstaw t2 = 1 + x23

c) 67 t7 − 18

5 t5 + 6t3 − 6t + C, gdzie t =√

1 + 3√

x, wsk. podstaw t2 = 1 + x13

d) −3 arctg√

1−x4

x4 + C, wsk. podstaw t2 = x−4 − 1

e) − 23

√( 1+xx

)3+ C, wsk. podstaw t2 = x−1 + 1

f) − 142

3√( 3

x2 − 1)7 − 1

243√( 3

x2 − 1)4

+ C, wsk. podstaw t3 = 3x−2 − 1

g) 16 ln t2+t+1

(t−1)2 −√

33 arctg

(2t+1√

3

)+ C, gdzie t = 3

√1 + x−3

6.34.a) x√

1−x2 + C, wsk. podstaw x = sin t

b) 92 arc sin x

3 −12 x√

9− x2 + C, wsk. podstaw x = 3 sin t

c) 12√

2ln√

2|x|+√

x2−1√2|x|−

√x2−1

+ C, wsk. podstaw t = 1cos t , a potem u = sin t

6.35.

a) 1√3

ln∣∣∣∣x + 1 +

√x2 + 2x + 7

3

∣∣∣∣+ C, b) 13 arc sin 3x−2√

2+ C,

c) x+12

√2x + x2 − 1

2 ln |x + 1 +√

2x + x2|+ Cd) 1

2 x2 + x2

√x2 − 1− 1

2 ln |x +√

x2 − 1|+ C, wsk. 1x−√

x2−1= x +

√x2 − 1

e) 92 arc sin x+2

3 + x+22

√5− x2 − 4x + C

f) 52

√2x2 + 8x− 1− 4

√2 ln

∣∣∣∣x + 2 +√

x2 + 4x− 12

∣∣∣∣+ C

g) −√

5 + 4x− x2 − 3 arc sin x−23 + C

h) 13

√(x2 − 2x + 6)3 + x−1

2

√x2 − 2x + 6 + 5

2 ln |x− 1 +√

x2 − 2x + 6|+ C


i) − 23

√(2 + 3x− x2)3 − 17

4 arc sin 2x−3√17

+(x− 3

2

)√2 + 3x− x2 + C

6.36.a) (x + 3)

√x2 + 1 + C b) (−x2 − 3x− 31)

√5 + 6x− x2 + 88 arc sin x−3√

14+ C

c) (3x3 − 2x2 − 10x− 60)√

4x− x2 + 120 arc sin x−22 + C

6.37.a) arctg

√x2+4x−4−x

2 + C, wsk. podstaw√

x2 + 4x− 4 = x + t

b) 2 ln∣∣∣ x+

√x2+x+1

2x+2√

x2+x+1+1

∣∣∣+ C, wsk. podstaw√

x2 + x + 1 = −x + t

Rozdział 7

7.6.a) tgh x− ctgh x + C, wsk. cosh(2x) = cosh2 x + sinh2 xb) x2 cosh x− 2x sinh x + 2 cosh x + C, wsk. całkuj przez czescic) 1

2 x + 14 sinh 2x + C,wsk. cosh2 x = 1

2 (1 + cosh 2x)d) 1

3 cosh3 x− cosh x + C,wsk. podstaw t = cosh xe) ln | sinh x|+ C, wsk. podstaw t = sinh xf) −x ctgh x + ln | sinh x|+ C, wsk. całkuj przez czescig) 1

5 sinh5 x + 17 sinh7 x + C, wsk. podstaw t = sinh x

h) 2√5

arctg 3 tgh x2 +2√5

+ C, wsk. podstaw t = tgh x2

i) − 12 x− 1

4 sinh 2x− 12 sinh2 x + C

7.7.a) − x√

x2−1+ C, wsk. podstaw t = cosh x

b) ln(x +√

x2 + 2) + x2

√x2 + 2 + C, wsk. podstaw t =

√2 sinh x

c) 1√2

ln∣∣∣−√2+x+

√x2+1+1

−√

2−x+√

x2+1−1

∣∣∣+ C, wsk. podstaw t = sinh x, tgh t2 = et−1

et+1

Rozdział 8

8.13.a) 1 b) 15

4 c) -4 d) 2− 2e e) 1 f) π2

8.14.a) 1 b) 1

2 (e3 − 1) c) 1 d) 3π

2 e) e2 − 1− ln 1+e2

2

f) 1− 2e g) π

4 + ln√

22 , wsk. całkowac przez czesci h) ln 2

Rozdział 9

9.20.a) 1

3 b) rozbiezna c) −1 d) 12 e) π f) 3π

8


9.21.a) 5

45√

81 b) rozbiezna c) − 43 d) rozbiezna e) π

2 f) π

Rozdział 10

10.11.a) e− 1 b) 34

3 c) 59 e6 − 2

9 e3 d) 2 ln 2 + 1

10.12.a) 1

6 b) 92 c) 1

3 d) 13 e) 40

3 − 6 ln 3.

10.13.a) 2√

5 + ln(2 +√

5), wsk. zastosuj podstawienie Eulera;b) 1

2 ln(3 + 2√

2), wsk. podstaw t = sin x;c) 1 + 1

2 ln 32 , wsk. podstaw t =

√1 + x2;

d) ln 3− 12 e) 2(e− 1) f) 3

4 |a| g)√

30.

10.14.a) 2π b) 56

15 π c) π7 d) π2

2 e) π2 (e

4 − e2) f) π4 (1− 9e−8)

10.15.a) 8π

3

(2√

2− 1)

b) 4√

5π c) 2π(√

2 + ln(1 +√

2))

Bibliografia

[1] J. Banas, S. Wedrychowicz Zbiór zadan z analizy matematycznej. WNT[2] W. Krysicki, L. Włodarski, Analiza matematyczna w zadaniach. PWN, Czesc I[3] F. Leja, Rachunek rózniczkowy i całkowy. PWN[4] W. Stankiewicz, Zadania z matematyki dla wyzszych uczelni technicznych. PWN, Czesc I

124

Metody obliczania całek

Documents

Transcript of Metody obliczania całek