Riešenia, návody, poznámky

,,Milý kamaráde,“ řekl jednoroční dobrovolník, ,,mu̇j rozhovor, který bude nyní následovat, dokáže vám neobyčejně jasně, že chyb není nikdo ušetřen! Jsem přesvědčen, pánové, že vy tam vzadu přestanete hrát ,,maso“, neboť to, co vám nyní povím, bude velice zajímavé už tím, že mnohým odborným výrazu̇m neporozumíte.“

J. Hašek: Osudy dobrého vojáka Švejka

1. Neurčitý integrál

1 \underline{1}. x − \frac{5x^{2}}{2} + \frac{4x^{3}}{3} + C; \underline{2}. 27x − 9x^{3} + \frac{9x^{5}}{5} − \frac{x^{7}}{7} + C; \underline{3}. a ln |x| − \frac{a^{2}}{x} − \frac{a^{3}}{2x^{2}} + C; \underline{4}. x −

2 ln |x| − \frac{1}{x} + C; \underline{5}. \frac{340x^{0.83}}{83} + C; \underline{6}. a^{2}x − \frac{9a^{4/3}x^{5/3}}{5} + \frac{9a^{2/3}x^{7/3}}{7} − \frac{x^{3}}{3} + C; \underline{7}. \frac{4x^{5/4}}{5} −

\frac{24x^{17/12}}{17} + \frac{4x^{3/4}}{3} + C; \underline{8}. \frac{4x^{7/4}}{7} + 4x^{−1/4} + C; \underline{9}. − arctg x + C = x + arcctg + C ( \frac{x^{2}}{1 + x^{2}} =

\frac{(1 + x^{2}) − 1}{1 + x^{2}} = 1 − \frac{1}{1 + x^{2}} ); \underline{10}. x−2 ln |\frac{x + 1}{x − 1}|+C; \underline{11}. arcsin x+ln |x + \sqrt{x^{2} + 1}|+C = − arccos x+

ln |x + \sqrt{x^{2} + 1}| + C; \underline{12}. 3x − 2 · (\frac{3}{2})^{x} / ln (\frac{3}{2}) + C; \underline{13}. − \frac{2}{5^{x} ln 5} + \frac{1}{5 · 2^{x} ln 2} + C; \underline{14}. \frac{e^{2x}}{2} −

e^{x} + x + C (použite vzorec a^{3} + b^{3} = (a + b)(a^{2} − ab + b^{2}) ); \underline{15}. \frac{x}{2} − \frac{sin x}{2} + C ( sin \frac{x}{2} =

\frac{1 − cos x}{2} ); \underline{16}. − ctg x − x + C; \underline{17}. x − th x + C ( sh^{2}x = ch^{2}x − 1 );

2 \underline{1a}) − \frac{x^{2}}{2} + C pre x < 0 , \frac{x^{2}}{2} + C pre x ≥ 0; \underline{1c}) − 2x + C pre x < −1 , x^{2} + 1 + C pre

x ∈ [−1, 1] , 2x + C pre x > 1 ; \underline{1d}) \frac{x^{3}}{3} + C pre x < −1 , x + \frac{2}{3} + C pre x ∈ [−1, 1] , \frac{x^{3}}{3} + \frac{4}{3} + C pre

x > 1 ; \underline{2}. ak položíme x = e^{t} , dostaneme f′(t) = 1 pre t ≤ 0 , f′(t) = e^{t} pre t > 0 , odtiaľ f(t) = t + C pre t ≤ 0 , f(t) = e^{t} − 1 + C pre t > 0 ;

3 napr. f(x) = g′(x) , kde g(x) = x^{2} sin \frac{1}{x} pre x ∈ (−1, 1) \ \{0\} , g(x) = 0 pre x = 0 ;

4 \underline{1}. áno (nech |F (x)| ≤ M pre x ∈ (a, b) ; zvoľme c ∈ (a, b) pevne; potom pre x ∈ (a, b) platí |F (x)| = |(F (x) − F (c)) + F (c)| ≤ |F (x) − F (c)| + |F (c)|; pritom podľa Lagrangeovej vety o strednej hodnote je |F (x) − F (c)| = |f(d)| |x − c| ≤ M|b − a|; teda |F (x)| ≤ |F (c)| + M|b − a|; \underline{2}. nie (napr.

F (x) = sin \frac{1}{x} , x ∈ (0, 1) ) ;

5 \underline{1}. ln |x − a| + C; \underline{2}. \frac{1}{22}(2x − 3)^{11} + C; \underline{3}. − \frac{2}{15}(5x − 2)^{−3/2} + C; \underline{4}. \frac{1}{\sqrt{6}} arctg \sqrt{\frac{3}{2}} x + C

(\frac{1}{2 + 3x^{2}} = \frac{1}{2} · \frac{1}{1 + (\sqrt{3/2} x)^{2}} , subst. \sqrt{\frac{3}{2}} x = t) ; \underline{5}. \frac{1}{\sqrt{3}} ln |\sqrt{\frac{3}{2}} x + \sqrt{\frac{3}{2}x^{2} − 1}| + C= ^{1} \frac{1}{\sqrt{3}} ·

ln |\sqrt{3}x + \sqrt{3x^{2} − 2}| + C; \underline{6}. \frac{2}{\sqrt{7}} arctg \frac{2x − 1}{\sqrt{7}} + C; \underline{8}. arcsin \frac{x + 1}{\sqrt{2}} + C; \underline{9}. \frac{1}{\sqrt{2}} ln |x − \frac{1}{4} +

\sqrt{x^{2} − \frac{x}{2} + 1}| + C (= \frac{1}{\sqrt{2}} ln |\sqrt{2}x − \frac{1}{2\sqrt{2}} + \sqrt{2x^{2} − x + 2}| + C) ; \underline{10}. − e^{−x} − \frac{e^{−2x}}{2} + C;

\underline{11}. − \frac{1}{2} ctg (2x + \frac{π}{4} ) ; \underline{12}. tg \frac{x}{2} +C (1 + cos x = 2 cos^{2} \frac{x}{2}) ; \underline{13}. x−3 cth \frac{x}{3} +C; \underline{15}. \frac{(1 − x)^{99}}{99} −

\frac{(1 − x)^{98}}{49} + \frac{(1 − x)^{97}}{97} + C;

6 \underline{1}. \frac{sin^{6} x}{6} + C; \underline{2}. \frac{(1 + x^{2})^{11}}{22} + C (subst. 1 + x^{2} = t) ; \underline{3}. − \sqrt{1 + x^{2}} + C; \underline{4}. \frac{\sqrt[3]{(1 + x^{3})^{4}}}{4} +

C; \underline{5}. \frac{(8x^{3} + 27)^{1/3}}{8} + C; \underline{6}. \frac{−e−x^{2}}{2} + C; \underline{7}. ln(2 + e^{x}) + C; \underline{8}. \frac{2}{3} ln^{3} x − 3 ln x + C (subst.

ln x = t) ; \underline{9}. − ln | cos x| + C (tg x = \frac{sin x}{cos x} , subst. cos x = t) ; \underline{10}. ln | arcsin x| + C; \underline{11}. 3th x +

C; \underline{13}. \frac{1}{2\sqrt{2}} arctg \frac{x^{2} − 1}{\sqrt{2}} +C; \underline{14}. \frac{1}{2\sqrt{2}} ln |\frac{x^{4} − \sqrt{2}}{x^{4} + \sqrt{2}}|+C (subst. x^{4} = t) ; \underline{15}. \frac{1}{2\sqrt{2}} arcsin \frac{4x^{2} + 3}{\sqrt{17}} +

C; \underline{17}. 2 sgn x·ln |\sqrt{|x|} + \sqrt{|x + 1|}|+C , x ∈ (−∞, −1)∪(0, ∞) (definičným oborom funkcie \frac{1}{\sqrt{x(1 + x)}} je množina (−∞, −1)∪(0, ∞) ; pre x > 0 platí \sqrt{x(1 + x)} = \sqrt{x}·\sqrt{1 + x} — použijeme substitúciu \sqrt{x} = t; pre x < −1 je \sqrt{x(1 + x)} = \sqrt{−x} · \sqrt{−1 − x} — použijeme substitúciu \sqrt{−x} = t; možno postupovať aj analogicky ako v pr. 5.6-9, vtedy dostaneme výsledok v tvare ln |x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^{2} + x}|+C) ; \underline{18}. −(1−x^{2})^{1/2}+2·

\frac{(1 − x^{2})^{3/2}}{3} − \frac{(1 − x^{2})^{5/2}}{5} + C (subst. \sqrt{1 − x^{2}} = t , −\frac{x dx}{\sqrt{1 − x^{2}}} = dt) ; \underline{19}. \frac{2}{n} |x^{n/2+1} + \sqrt{1 + x^{n+2}}| + C

(subst. x^{n/2+1} = t) ; \underline{20}. sin x − \frac{sin^{3} x}{3} + C (cos^{3} x = cos^{2} x cos x = (1 − sin^{2} x) cos x , subst. sin x = t) ; \underline{21}. arcsin \frac{2 sin x − 1}{3} + C; \underline{22}. \frac{\sqrt{a^{2} sin^{2} x + b^{2} cos^{2} x}}{a^{2} − b^{2}} (subst. sin^{2} x = t , 2 sin x cos x dx =

dt) ; \underline{23}. − ln |cos x + \sqrt{cos^{2} x − 1/2}| ; \sqrt{2} + C (= −\frac{ln |\sqrt{2} cos x + \sqrt{cos 2x}|}{\sqrt{2}} + C) ; \underline{24}. ln | ln(ln x)| +

C; \underline{25}. arctg e^{x} +C; \underline{27}. \frac{1}{2 ln(2/3)} ·ln |\frac{3^{x} + 2^{x}}{3^{x} − 2^{x}} |+C (integrand možno rozšírením výrazom \frac{1}{9^{x}} upraviť

na tvar \frac{(2/3)^{x}}{1 − (2/3)^{2x}} ; subst. (\frac{2}{3})^{x} = t) ;

7 \underline{2}. 2\sqrt{x}−2 arctg \sqrt{x}+C; \underline{3}. ( ^{3} \sqrt{x + 1} + 1)^{3}− \frac{9( ^{3} \sqrt{x + 1} + 1)^{2}}{2} +9( ^{3} \sqrt{x + 1}+1)−3 ln | ^{3} \sqrt{x + 1}+1|+C

(použili sme najprv substitúciu x = t^{3} − 1 , ktorá vyplýva zo vzťahu ^{3} \sqrt{x + 1} = t , potom substitúciu

1= \frac{1}{\sqrt{3}} ln |\frac{1}{\sqrt{2}} (\sqrt{3}x + \sqrt{3x^{2} − 2})| + C = \frac{1}{\sqrt{3}} ln |\sqrt{3}x + \sqrt{3x^{2} − 2}| + (\frac{1}{\sqrt{3}} ln \frac{1}{\sqrt{2}} + C) = \frac{1}{\sqrt{3}} ln |\sqrt{3}x +

\sqrt{3x^{2} − 2}| + C; teda číslo \frac{1}{\sqrt{3}} ln \frac{1}{\sqrt{2}} sme ,,zahrnuli“ do integračnej konštanty

1 + t = z) ; \underline{4}. 2\sqrt{x} − 4 ^{4} \sqrt{x} + 4 ln(1 + ^{4} \sqrt{x}) + C; \underline{5}. \frac{1}{12} ((2x − 5)^{3/2} + 30\sqrt{2x − 5} − \frac{111}{\sqrt{2x − 5}}) + C (ak

chceme, aby platilo (2x − 5)^{3/2} = t , stačí použiť substitúciu x = \frac{t^{2/3} + 5}{2} ) ; \underline{6}. ln |\frac{\sqrt{1 + e^{x}} − 1}{\sqrt{1 + e^{x}} + 1}| + C

(môžeme použiť dve za sebou nasledujúce substitúcie x = ln t; t = z^{2} −1 , z ≥ 1 (prvú dostaneme zo vzťahu e^{x} = t , druhú zo vzťahu \sqrt{t + 1} = z) alebo — čo je to isté — priamo substitúciu x = ln(z^{2} − 1) , z ≥ 1 , ktorú nájdeme, ak vyjadríme x z rovnosti \sqrt{1 + e^{x}} = z) ;

8 \underline{1}. \frac{x}{\sqrt{1 − x^{2}}} + C (subst. x = sin t , t ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] , pri úpravách sme využili rovnosti \sqrt{1 − sin^{2} t} =

cos t , t ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] ; cos(arcsin x) = \sqrt{1 − x^{2}} , sin(arcsin x) = x) ; \underline{2}. \frac{1}{2} arcsin x + \frac{x}{2}\sqrt{1 − x^{2}} + C (subst.

ako v pr. 8.1, cos^{2} t = \frac{1}{2}(1 + cos 2t) ) ; \underline{3}. \frac{a^{2}}{2} arcsin \frac{x}{a} − \frac{x}{2}\sqrt{a^{2} − x^{2}} + C; \underline{4}. \frac{1}{2} arctg x + \frac{1}{2} · \frac{x}{1 + x^{2}} + C

(subst. x = tg t , t ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) , pri úpravách sme použili vzťahy 1 + tg^{2}t = \frac{1}{cos^{2} t} , sin arctg x =

\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} , cos arctg x = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} ); \underline{5}. \frac{x}{a^{2}\sqrt{x^{2} + a^{2}}} + C; \underline{6}. ( sgn x) \frac{1}{a} arccos \frac{a}{x} + C (definičný obor

integrandu je (−∞, −a) ∪ (a, ∞) ; na intervale (−∞, −a) použijeme substitúciu x = \frac{a}{cos t} , t ∈ (\frac{π}{2} , π) , na

intervale (a, ∞) substitúciu x = \frac{a}{cos t} , t ∈ (0, \frac{π}{2} ) );

9 použite substitúciu x = t^{n} , t ≥ 0 , pre n párne, resp. x = t^{n} , t ∈ R , pre n nepárne a využite, že primitívnymi funkciami k polynómu sú polynómy;

10 f(x) = −\frac{x^{2}}{2} − C , x ≥ 0 ; g(x) = sin x − \frac{x^{4}}{2} + C (C ∈ R) (z prvej v príklade vystupujúcej

podmienky integrovaním dostaneme \frac{f(x^{2})}{2} + g(x) = sin x − \frac{3}{4}x^{4} + K ) odporúčame čitateľovi urobiť skúšku správnosti získaných riešení;

11 \underline{1}. x sin x + cos x + C; \underline{2}. − (x + 1)e^{−x} + C; \underline{3}. \frac{x^{2}}{2(1 + x^{2})} − \frac{x}{2} + \frac{arctg x}{2} + C

\underline{4}. (\frac{x^{3}}{3} − \frac{x^{2}}{2} + x) ln x − \frac{x^{3}}{9} + \frac{x^{2}}{4} − x + C; \underline{5}. − \frac{2x^{2} ln^{2} 3 + 2x ln 3 + 1}{9^{x} · 4 · ln^{3} 3} + C; \underline{6}. − \frac{2x^{2} + 5}{4} cos 2x +

\frac{x}{2} sin 2x + C; \underline{7}. − \frac{1}{x}(ln^{2} x + 2 ln x + 2) + C ( u′ = \frac{1}{x^{2}} , v = ln^{2} x ) ^{2} ; \underline{8}. tg x · ln cos x + tg x − x +

C; \underline{9}. xtg x+ln | cos x|+C; \underline{10}. \frac{2}{27}x^{3/2}(9 ln^{2} x−12 ln x+8)+C; \underline{11}. \frac{x^{2}}{2} ln |1 + \frac{1}{x}|+ \frac{x}{2} − \frac{ln |x + 1|}{2} +C

(pri derivovaní zloženej funkcie ln |1 + \frac{1}{x}| využite, že (ln |u|)′ = \frac{1}{u} ; vyplýva to okrem iného zo vzorca

2 v tabuľke integrálov) ; \underline{12}. x ln x − x + C; \underline{14}. x arcsin x + \sqrt{1 − x^{2}} + C; \underline{15}. x ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) −

\sqrt{1 + x^{2}} + C; \underline{17}. \frac{1}{a^{2} + b^{2}} e^{ax}(a sin bx − b cos bx) + C ^{3}; \underline{18}. \frac{x}{2} (sin(ln x) − cos(ln x)) + C;

12 \underline{1}. − \frac{e−x^{3}}{3} (1 + x^{3}) + C (subst. x^{3} = t) ; \underline{2}. 2\sqrt{x}e^{\sqrt{x}} − 2e^{\sqrt{x}} + C (subst. x = t^{2} , t ≥ 0 ) ;

\underline{3}. (12\sqrt{x} − 2x\sqrt{x}) cos \sqrt{x} + (6x − 12) sin \sqrt{x} + C; \underline{4}. x arcsin^{2} x + 2\sqrt{1 − x^{2}} arcsin x − 2x + C ( u =

arcsin^{2} x , v′ = 1 , alebo subst. x = sin t , t ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] ); \underline{5}. \frac{x^{2}}{4} − \frac{x}{4} sin 2x − \frac{cos 2x}{8} + C ( sin^{2} x = \frac{1}{2}(1 −

2všimnime si, že v pr. 11.7-9 nie je definičným oborom integrandu interval, ale zjednotenie dvoch otvorených disjunktných intervalov, resp. spočítateľného systému po dvoch disjunktných otvorených intervalov; metódu per partes by sme mali používať na každom z týchto intervalov zvlášť— veta 6 je totiž formulovaná pre funkcie definované na intervale; keďže však na každom z týchto intervalov je zápis výpočtu rovnaký, môžeme použiť metódu per partes na celom definičnom obore ,,naraz“

3ak I := ∫ e^{ax} sin bx dx , J := ∫ e^{ax} cos bx dx , tak použitím metódy per partes v podobe u′ = e^{ax} , v =

sin bx , resp. u′ = e^{ax} , v = cos bx , dostávame I = \frac{1}{a} e^{ax} sin bx − \frac{b}{a} J , J = \frac{1}{a} e^{ax} cos bx + \frac{b}{a} I , z tejto

sústavy rovníc už vieme vyjadriť integrály I aj J ; tento postup, pri ktorom nájdeme hneď dva ,,párové“ integrály naraz, možno použiť aj pri riešení pr. 11.18 cos 2x) ) ; \underline{6}. \frac{e^{2x}}{8} (2−cos 2x−sin 2x)+C; \underline{7}. \frac{e^{2x}}{2} −e^{x}(cos x+sin x)+\frac{x}{2}+\frac{sin 2x}{4}+C; \underline{8}. −\frac{x}{2 sin^{2} x}−\frac{ctg x}{2}+

C; \underline{9}. −\sqrt{1 − x^{2}} arccos x−x+C; \underline{10}. \sqrt{1 + x^{2}} ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})−x+C; \underline{11}. − \frac{x}{2(1 + x^{2})} + \frac{arctg x}{2} +

C (u′ = \frac{x}{(1 + x^{2})^{2}} , v = x ) ^{4} ; \underline{12}. \frac{1}{2a^{3}} arctg \frac{x}{a} + \frac{1}{2a^{2}} · \frac{x}{x^{2} + a^{2}} + C ( \frac{1}{(a^{2} + x^{2})^{2}} = \frac{1}{a^{2}} · \frac{x^{2} + a^{2} − x^{2}}{(x^{2} + a^{2})^{2}} =

\frac{1}{a^{2}} (\frac{1}{x^{2} + a^{2}} − \frac{x^{2}}{(x^{2} + a^{2})^{2}} ) ); \underline{13}. \frac{1}{2} (arcsin x − x\sqrt{1 − x^{2}}) + C (u′ = \frac{x}{\sqrt{1 − x^{2}}} , v = x );

\underline{14}. \frac{1}{2}(a^{2} arcsin \frac{x}{a} + x\sqrt{a^{2} − x^{2}}) + C (pre x ∈ (−a, a) platí \sqrt{a^{2} − x^{2}} = \frac{a^{2}}{\sqrt{a^{2} − x^{2}}} −\frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2} − x^{2}}} ^{5}) ;

\underline{15}. \frac{earctg x(x − 1)}{2\sqrt{1 + x^{2}}} + C (najprv subst. arctg x = t) ; \underline{16}. \frac{(x + 1)earctg x}{2\sqrt{1 + x^{2}}} + C; \underline{17}. \frac{e^{x+1}}{x + 1} +

C (najprv subst. x + 1 = t; metódu per partes použite len na výpočet ∫ \frac{e^{t}}{t^{2}} dt; u′ = \frac{1}{t^{2}} , v = e^{t} ); 13 xf′(x) − f(x) + C;

16 \underline{2}. I_{n} = \frac{1}{2n + 1} x(a^{2} − x^{2})^{n} + \frac{2na^{2}}{2n + 1} I_{n−1} , n ≠ −\frac{1}{2} ; \underline{3}. I_{n} = \frac{1}{n − 1} tg^{n−1}x − I_{n−2} , n ≠ 1

(u′ = \frac{sin x}{cos^{n} x} , v = sin^{n−1} x; tento rekurentný vzťah možno odvodiť aj bez použitia metódy per partes:

∫ tg^{n}x dx = ∫ tg^{n−2}x (\frac{1}{cos^{2} x} − 1) dx ); \underline{4}. I_{n} = \frac{1}{n} x^{n−1}\sqrt{x^{2} + a^{2}} − a^{2} \frac{n − 1}{n} I_{n−2} , n ≠ 0 ( u′ =

\frac{x}{\sqrt{x^{2} + a^{2}}} , v = x^{n−1} ); \underline{5}. I_{n} = −\frac{1}{n} cos x sin^{n−1} x + \frac{n − 1}{n} I_{n−2} , n ≠ 0 ; \underline{6}. I_{n} = \frac{1}{n} sin x cos^{n−1} x +

\frac{n − 1}{n} I_{n−2} , n ≠ 0 (možno použiť substitúciu x = t − \frac{π}{2} a rekurentný vzťah odvodený v pr. 16.5 ) ;

18 \underline{1}. e^{2x}(\frac{3}{2} x^{3} − \frac{9}{4} x^{2} + \frac{9}{4} x − \frac{77}{8}) + C; \underline{2}. (\frac{x^{2}}{2} + \frac{3x}{2} + \frac{9}{4}) sin 2x + (\frac{x}{2} + \frac{3}{4}) cos 2x + C (platí

∫ P_{n}(x) cos ax dx = Q_{n}(x) sin ax+R_{n−1}(x) cos ax+C) ; \underline{3}. (− \frac{x^{2}}{3} − \frac{2x}{3} + \frac{11}{27}) cos 3x+(\frac{2x}{9} + \frac{2}{9}) sin 3x+C;

\underline{4}. ( − \frac{3}{2} x^{3} + \frac{7}{4} x − \frac{1}{2}) cos 2x + (\frac{11}{4} x^{2} + \frac{1}{8}) sin 2x + C (výsledok sme hľadali v tvare Q_{3}(x) cos 2x + R_{2}(x) sin 2x) ;

19 \underline{1}. ln |x^{2} + 3x − 10| + C; \underline{2}. − \frac{1}{2} ln |x + 1| + 2 ln |x + 2| − \frac{3}{2} ln |x + 3| + C; \underline{3}. \frac{x^{9}}{9} − \frac{x^{8}}{8} + \frac{3x^{7}}{7} −

\frac{5x^{6}}{6} + \frac{11x^{5}}{5} − \frac{21x^{4}}{4} + \frac{43x^{3}}{3} − \frac{85x^{2}}{2} + 171x + \frac{1}{3} ln |x − 1| − \frac{1024}{3} ln |x + 2| + C;

20 \underline{2}. \frac{2}{9} ln |\frac{x − 1}{x + 2}|− \frac{1}{3(x − 1)} +C; \underline{3}. \frac{1}{9(x − 2)} + \frac{1}{54} ln |\frac{x − 5}{x + 1}|+C; \underline{4}. 4 ln |\frac{x − 1}{x − 2}|− \frac{4}{x − 2} − \frac{1}{x − 1} +

C; \underline{5}. ln |x + 2| − \frac{1}{2x^{2}} + C; \underline{6}. \frac{x^{2}}{2} + 2x − \frac{9}{4(x − 1)} − \frac{1}{4(x − 1)^{2}} + \frac{1}{8} ln |x + 1| + \frac{31}{8} ln |x − 1| + C;

21 \underline{1}. \frac{1}{2} ln(x^{2}+x+1)−\sqrt{3} arctg \frac{2x + 1}{\sqrt{3}} +C; \underline{2}. \frac{1}{4} ln \frac{x^{2}}{x^{2} + 2} +C; \underline{4}. ln |\frac{x}{x + 1}|− \frac{2}{\sqrt{3}}arctg \frac{2x + 1}{\sqrt{3}} +

4v príkladoch 12.11-14, ktoré tu riešime metódou per partes, možno použiť aj goniometrické substitúcie: v pr. 12.11 x = tg t , t ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) , pri ďalších úpravách potom rovnosti sin^{2} t = \frac{1}{2}(1 − cos 2t) , sin(2arctg x) = \frac{2x}{1 + x^{2}} ; v pr. 12.12 x = atg t , t ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) (pozri pr. 8.4), v pr. 12.13 x = sin t , t ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) , alebo x = cos t , t ∈ (0, π) (pozri pr. 8.3), v pr. 12.14 x = a sin t , t ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] , alebo x = cos t , t ∈ [0, π] (pozri pr. 8.2)

5funkciu f(x) = \frac{1}{2}(a^{2} arcsin \frac{x}{a} + x\sqrt{a^{2} − x^{2}}) + C sme našli integráciou pravej strany tejto rovnosti, preto platí ∀ x ∈ (−a, a) : f′(x) = \sqrt{a^{2} − x^{2}} ; zostáva ešte overiť pravdivosť rovnosti f′(x) = \sqrt{a^{2} − x^{2}} pre x = a , x = −a; hodnoty f′(a) , f′(−a) pritom nemožno nájsť tabuľkovým derivovaním, na ich výpočet treba použiť tvrdenie z pr. I.384.1; inou možnosťou dôkazu rovností f′(a) = f′(−a) = 0 je tvrdenie z pr. 48 C; \underline{5}. ln |x + 2| + \frac{1}{x + 2} − \frac{1}{\sqrt{11}}arctg \frac{3x − 1}{\sqrt{11}} + C (všimnite si, že koeficient pri najvyššej moc-

nine polynómu v menovateli integrandu nie je rovný 1 — porovnaj s predpokladmi vety 7; rozmys-

lite si, prečo môžeme rozklad integrandu na parciálne zlomky hľadať v tvare \frac{A}{x + 2} + \frac{B}{(x + 2)^{2}} +

\frac{Cx + D}{3x^{2} − 2x + 4} ); \underline{6}. \frac{1}{5}( ln (\frac{x^{2} + 2x + 2}{x^{2} + 1}) + arctg x + arctg (x + 1)) + C;

22 \underline{1}. − \frac{1}{4} (\frac{x + 2}{x^{2} + 2} + \frac{1}{\sqrt{2}}arctg \frac{x}{\sqrt{2}}) + C; \underline{2}. \frac{x}{4(x^{2} + 1)^{2}} + \frac{3}{8} · \frac{x}{x^{2} + 1} + \frac{3}{8}arctg x + C;

\underline{3}. \frac{1}{2} ln (\frac{x^{2} + 2x + 1}{x^{2} + x + 1}) + \frac{x + 2}{3(x^{2} + x + 1)} + \frac{5}{3\sqrt{3}}arctg \frac{2x + 1}{\sqrt{3}} + C;

23 \underline{1}. \frac{x^{3}}{3} − \frac{2}{3} ln |x^{3} + 2| + C; \underline{2}. \frac{1}{6} ln \frac{x^{2} − 2x + 1}{x^{2} + x + 1} + \frac{1}{\sqrt{3}}arctg \frac{2x + 1}{\sqrt{3}} + C; \underline{3}. \frac{1}{4} ln |\frac{x − 1}{x + 1}| −

\frac{1}{2}arctg x + C; \underline{4}. \frac{1}{4\sqrt{2}}( ln \frac{x^{2} + x\sqrt{2} + 1}{x^{2} − x\sqrt{2} + 1} + 2arctg (x\sqrt{2} + 1) + 2arctg (x\sqrt{2} − 1)) + C ( x^{4} + 1 =

(x^{2} + 1)^{2} − 2x^{2} = (x^{2} + 1)^{2} − (\sqrt{2} x)^{2} = (x^{2} + \sqrt{2} x + 1)(x^{2} − \sqrt{2} x + 1) ) ^{6}; \underline{5}. \frac{1}{4} ln \frac{x^{2} + x + 1}{x^{2} − x + 1} +

\frac{1}{2\sqrt{3}}(arctg \frac{2x + 1}{\sqrt{3}} + arctg \frac{2x − 1}{\sqrt{3}}) + C ( x^{4} + x^{2} + 1 = (x^{2} + 1)^{2} − x^{2} ) ^{7}; \underline{6}. \frac{1}{3}arctg x +

\frac{1}{4\sqrt{3}} ln \frac{x^{2} + x\sqrt{3} + 1}{x^{2} − x\sqrt{3} + 1} + \frac{1}{6}(arctg (2x + \sqrt{3}) + arctg (2x − \sqrt{3})) + C ( x^{6} + 1 = (x^{2})^{3} + 1^{3} = (x^{2} + 1)(x^{4} −

x^{2} + 1) ; výsledok možno upraviť na tvar \frac{1}{4\sqrt{3}} ln \frac{1 + x\sqrt{3} + x^{2}}{1 − x\sqrt{3} + x^{2}} + \frac{1}{2}arctg x + \frac{1}{6}arctg x^{3} + C ^{8});

\underline{7}. − \frac{1}{6(1 + x)} + \frac{1}{6} ln \frac{x^{2} + 2x + 1}{x^{2} − x + 1} + \frac{1}{2}arctg x− \frac{1}{3\sqrt{3}}arctg \frac{2x − 1}{\sqrt{3}} +C; \underline{8}. \frac{2x + 1}{6(x^{2} + x + 1)^{2}} + \frac{2x + 1}{3(x^{2} + x + 1)} +

6pokiaľ hľadáme neurčitý integrál len na množine R \ {−1, 1} , môžeme použitím vzorca z pr. I.87.1

výsledok integrácie prepísať do podoby F_{1}(x) + C kde F_{1}(x) = \frac{1}{4\sqrt{2}} ln \frac{x^{2} + x\sqrt{2} + 1}{x^{2} − x\sqrt{2} + 1} + \frac{1}{2\sqrt{2}}arctg \frac{x\sqrt{2}}{1 − x^{2}}

(výraz επ vystupujúci v uvedenom vzorci sme ,,zahrnuli“ do integračnej konštanty C; na symbol C sa vzťahuje poznámka 2 za vetou 1’; ak chceme pomocou predpisu funkcie F_{1} zapísať predpis funkcie F ,

ktorá by bola primitívnou funkciou k \frac{1}{x^{4} + 1} na celej množine R , môžeme postupovať ako v riešení

pr. 41.1, dostaneme tak F (x) = \{ \begin{matrix}F_{1}(x) + ϑ(x) , ak & x ∈ R \ \{−1, 1\} \\ \frac{1}{4\sqrt{2}} ln \frac{2 − \sqrt{2}}{2 + \sqrt{2}} + \frac{π}{4\sqrt{2}} , ak & x = −1 \\ \frac{1}{4\sqrt{2}} ln \frac{2 + \sqrt{2}}{2 − \sqrt{2}} + \frac{3π}{4\sqrt{2}} , ak & x = 1 \end{matrix} , kde ϑ(x) ≡ 0 pre

x < −1 , ϑ(x) ≡ \frac{π}{2\sqrt{2}} pre x ∈ (−1, 1) , ϑ(x) ≡ \frac{π}{\sqrt{2}} pre x > 1

7neurčitý integrál na množine R \ {−1, 1} možno použitím vzorca z pr. I.87.1 napísať v tvare

\frac{1}{4} ln \frac{x^{2} + x + 1}{x^{2} − x + 1} + \frac{1}{2\sqrt{3}}arctg \frac{x\sqrt{3}}{1 − x^{2}} + C; použitím vzorca z pr. I.62.2 možno neurčitý integrál na množine

R \ \{0\} napísať v tvare \frac{1}{4} ln \frac{x^{2} + x + 1}{x^{2} − x + 1} − \frac{1}{2\sqrt{3}}arctg \frac{1 − x^{2}}{x\sqrt{3}} + C

8platí totiž \frac{1}{3}arctg x+ \frac{1}{6}(arctg (2x+\sqrt{3})+arctg (2x−\sqrt{3}))+C {(1) \atop =} (\frac{1}{2}arctg x− \frac{1}{6}arctg x)+ \frac{1}{6}arctg \frac{x}{1 − x^{2}} +

C {(2) \atop =} \frac{1}{2}arctg x+ \frac{1}{6}arctg \frac{1}{x} + \frac{1}{6}arctg \frac{x}{1 − x^{2}} +C {(3) \atop =} \frac{1}{2}arctg x+ \frac{1}{6}arctg \frac{1}{(−x^{3})} +C {(4) \atop =} \frac{1}{2}arctg x+ \frac{1}{6}arctg x^{3}+C (v

(1) a (3) sme použili vzorec z pr. I.87.1, v (2) a (4) vzorec z pr.I.62.2 , v (4) naviac rovnosť arctg (−α) = −arctg α; konštanty vystupujúce v použitých vzorcoch sú ,,zahrnuté“ do integračnej konštanty C; uvedené rovnosti platia na množine R \ {−1, 0, 1} , pretože však výraz na ľavej strane rovnosti (1) a výraz na pravej strane rovnosti (4) sú funkcie spojité na R , platí rovnosť medzi týmito výrazmi na celej množine R ; odporúčame čitateľovi, aby si najma̋ poslednú uvedenú úvahu podrobne rozmyslel

\frac{4}{3\sqrt{3}}arctg \frac{2x + 1}{\sqrt{3}} + C; \underline{9}. − \frac{1}{48x^{3}} + \frac{1}{32x} + \frac{x}{128(x^{2} + 4)} + \frac{5}{256}arctg \frac{x}{2} + C (\frac{1}{x^{8} + 8x^{6} + 16x^{4}} =

(\frac{1}{x^{2}(x^{2} + 4)})^{2} = \frac{1}{16}(\frac{1}{x^{2}} − \frac{1}{x^{2} + 4})^{2} ); \underline{10}. \frac{1}{a + b^{2}} (\frac{b}{\sqrt{a}}arctg \frac{x}{\sqrt{a}} + \frac{1}{2} ln \frac{(x + b)^{2}}{x^{2} + a} ) + C pre

a > 0 ; \frac{1}{2\sqrt{−a}(\sqrt{−a} − b)} ln |x + \sqrt{−a}| + \frac{1}{2\sqrt{−a}(\sqrt{−a} + b)} ln |x − \sqrt{−a}| + \frac{1}{a + b^{2}} ln |x + b| + C pre

a < 0 , a + b^{2} ≠ 0 ; \frac{1}{4b^{2}} ln |\frac{x − b}{x + b}| + \frac{1}{2b(x + b)} + C pre a < 0 , a + b^{2} = 0 ;

24 c = 0 alebo bc = ad;

25 \underline{a}) D := b^{2} − 4ac = 0 (táto podmienka zahŕňa aj prípad a = b = 0 ) ; \underline{b}) D > 0 (táto podmienka zahŕňa aj prípad a = 0 ∧ b ≠ 0 ) alebo a = b = 0 (vtedy stačí položiť R(x) ≡ 1 ) ; \underline{c}) D < 0 alebo a = b = 0 ;

26 \underline{1}. ln |x−1|− \frac{4}{x − 1} + \frac{2}{(x − 1)^{2}} +C (subst. x−1 = t) ; \underline{2}. \frac{1}{8} ln |\frac{x^{2} − 1}{x^{2} + 1}|− \frac{1}{4}arctg x^{2} +C (subst.

x^{2} = t) ; \underline{3}. \frac{1}{4\sqrt{3}}arctg \frac{x^{4}}{\sqrt{3}} + C; \underline{4}. \frac{1}{3}arctg x^{3} + \frac{1}{2\sqrt{3}}arctg \frac{2x^{2} − 1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{12} ln \frac{(x^{2} + 1)^{2}}{x^{4} − x^{2} + 1} + C (napísať

ako súčet dvoch integrálov, v prvom subst. x^{3} = t , v druhom x^{2} = s) ; \underline{5}. \frac{x^{4}}{4} − ln(x^{4} + 2) +

\frac{1}{4} ln(x^{4} + 1) + C; \underline{6}. − \frac{x^{5} + 2}{10(x^{10} + 2x^{5} + 2)} − \frac{1}{10}arctg (x^{5} + 1) + C; \underline{7}. \frac{1}{10(x^{10} + 1)} + ln \frac{x^{10}}{x^{10} + 1} +

C; \underline{8}. ln(x^{4} + 1) − \frac{3}{8} ln x^{4} − \frac{5}{8} ln(x^{4} + 2) + C; \underline{9}. \frac{1}{49} ln |\frac{x^{7}}{x^{7} + 7}| + C ( \frac{1}{x^{8} + 7x} = \frac{1}{x(x^{7} + 7)} =

\frac{x^{6}}{x^{7}(x^{7} + 7)} ); \underline{10}. \frac{1}{n}(x^{n} + 1) − \frac{1}{n}|x^{n} + 1| + C ( = \frac{x^{n}}{n} − \frac{1}{n} ln |x^{n} + 1| + C , ak konštantu \frac{1}{n} ,,zahrnieme“

do integračnej konštanty C ) pre n ≠ 0 ; 2 ln x + C pre n = 0 ; \underline{11}. \frac{1}{2n}(arctg x^{n} − \frac{x^{n}}{x^{2n} + 1}) + C pre

n ≠ 0 ; \frac{1}{4} ln x + C pre n = 0 ; \underline{12}. \frac{1}{2\sqrt{2}} ln \frac{x^{2} − \sqrt{2} x + 1}{x^{2} + \sqrt{2} x + 1} + C ( \frac{x^{2} − 1}{x^{4} + 1} = \frac{1 − 1/x^{2}}{x^{2} + 1/x^{2}} = \frac{1 − 1/x^{2}}{(x + 1/x)^{2} − 2}

pre x ≠ 0 ; to, že výsledok (ktorý sme našli integrovaním funkcie definovanej na R \ {0}) je hľadanou primitívnou funkciou na R , vyplýva z pr. 46); \underline{13}. \frac{1}{\sqrt{5}} ln \frac{2x^{2} + (1 − \sqrt{5})x + 2}{2x^{2} + (1 + \sqrt{5})x + 2} + C (subst. x + \frac{1}{x} = t ); \underline{14}. \frac{1}{4\sqrt{2}} ln \frac{x^{4} − x^{2}\sqrt{2} + 1}{x^{4} + x^{2}\sqrt{2} + 1} + C (najprv subst. x^{2} = t a potom ako v pr. 26.12, alebo priamo subst. x^{2} + \frac{1}{x^{2}} = t );

27 I = −\frac{1}{(a − b)^{m+n−1}} ∫ \frac{(t − 1)^{m+n−2}}{t^{m}} dt; J = \frac{1}{625}(\frac{3(x − 2)}{x + 3} − \frac{x + 3}{x − 2} − \frac{(x − 2)^{2}}{2(x + 3)^{2}} −

3 ln |\frac{x − 2}{x + 3}| ) + C;

28 \underline{1}. použite metódu per partes a využite, že primitívna funkcia k racionálnej funkcii F (x)(arctg x)′ , resp. F (x)(arcctg x)′ , resp. F (x)(ln x)′ je elementárna ; \underline{2a}) \frac{1}{8}((x^{8} − 1)arctg x − \frac{x^{7}}{7} + \frac{x^{5}}{5} − \frac{x^{3}}{3} + x) + C; \underline{2b}) xarcctg \frac{1}{x − 1} + arcctg (x − 1) − \frac{1}{2} ln(x^{2} − 2x + 2) + C ( pomocou vzťahu arcctg α + arcctg \frac{1}{α} = π − \frac{π}{2} sgn α možno výsledok upraviť na tvar (x − 1)arcctg \frac{1}{x − 1} − \frac{1}{2} ln(x^{2} − 2x + 2) + C ); \underline{2c}) \frac{1}{2} ln(x^{2} −

x+1)−ln |x|− \frac{1}{x} ln(x^{2} −x−1)+\sqrt{3}arctg \frac{2x − 1}{\sqrt{3}} +C; \underline{2d}) \frac{1}{x} ln |\frac{x − 2}{x + 2}|+ln \frac{|x|}{\sqrt{x^{2} − 4}} +C ( pri derivovaní

funkcie ln |\frac{x + 2}{x − 1}| využite vzorec (ln |x|)′ = \frac{1}{x} );

29 \underline{1}. arctg \frac{\sqrt{1 + x}}{2} + C; \underline{2}. \frac{12}{5}x^{5/12} − 6x^{1/6} − 4 ln |x^{1/12} + 1| + 2 ln |x^{1/6} − x^{1/12} + 1| +

4\sqrt{3}arctg \frac{2x^{1/12} − 1}{\sqrt{3}} + C (subst. x = t^{12} , t ≥ 0 ) ; \underline{3}. ln(1 + x) − 3 ln(1 + ^{3} \sqrt{1 + x}) − 6arctg ^{6} \sqrt{1 + x} +

C; \underline{4}. \frac{12}{13}(1 + ^{4} \sqrt{x})^{13/3} − \frac{18}{5}(1 + ^{4} \sqrt{x})^{10/3} + \frac{36}{7}(1 + ^{4} \sqrt{x})^{7/3} − 3(1 + ^{4} \sqrt{x})^{4/3} + C;

30 \underline{1}. špeciálne pre bc = ad je R (x, ^{n} \sqrt{\frac{ax + b}{cx + d}}) racionálnou funkciou premennej x; v ostatných prípadoch stačí použiť substitúciu, ktorej predpis dostaneme, ak z rovnice ^{n} \sqrt{\frac{ax + b}{cx + d}} = t vyjadríme x ako funkciu premennej t; pritom treba rozlíšiť prípady n párne, n nepárne a prípady c = 0 ∧ a ≠

0 , c ≠ 0 ∧ bc − ad ≠ 0 ; \underline{2a}) \frac{^{5} \sqrt{(x + 1)^{4}} (25x − 20)}{36 ^{5} \sqrt{x^{9}}} + C , x ∈ R \ \{−1, 0\}; \underline{2b}) \frac{2t}{t^{3} − 1} + \frac{1}{3} ln \frac{t^{2} + t + 1}{(t − 1)^{2}} +

\frac{2}{\sqrt{3}}arctg \frac{2t + 1}{\sqrt{3}} + C , kde t = ^{3} \sqrt{\frac{x + 1}{x − 1}} (výpočet ∫ −\frac{6t^{3}}{(t^{3} − 1)^{2}} dt možno zjednodušiť použitím metódy

per partes: u′ = −\frac{3t^{2}}{(t^{3} − 1)^{2}} , v = 2t ); \underline{2c}) \frac{1}{2} ln |\frac{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x − 1}}{\sqrt{x + 1} − \sqrt{x − 1}}| − \frac{\sqrt{x^{2} − 1}}{2 (x + \sqrt{x^{2} − 1})} + C (integrand

rozšíriť výrazom \frac{1}{\sqrt{x + 1}} ; výsledok možno upraviť na tvar \frac{1}{2} ln |x + \sqrt{x^{2} + 1}| + \frac{x^{2}}{2} − \frac{x\sqrt{x^{2} − 1}}{2} + C , x > 1 : zlomok v absolútnej hodnote stačí rozšíriť výrazom \sqrt{x + 1} + \sqrt{x − 1} , druhý zlomok výrazom x − \sqrt{x^{2} − 1} ); \underline{2d}) − \frac{3}{2} ^{3} \sqrt{\frac{x + 1}{x − 1}} + C , x ∈ R \ \{−1, 1\} (integrand možno prepísať do tvaru

3 \sqrt{\frac{x + 1}{x − 1}} · \frac{1}{(x − 1)(x + 1)} ); \underline{2e}) \frac{n}{b − a} ^{n} \sqrt{\frac{x − b}{x − a}} + C , x > max \{a, b\}; \underline{2f}) − \frac{at}{t^{4} + 1} + \frac{a}{2\sqrt{2}}arctg \frac{t^{2} − 1}{\sqrt{2} t} +

\frac{a}{4\sqrt{2}} ln |\frac{t^{2} + t\sqrt{2} + 1}{t^{2} − t\sqrt{2} + 1}|+C , kde t = ^{4} \sqrt{\frac{x}{a − x}} (na výpočet ∫ \frac{4t^{4}}{(t^{4} + 1)^{2}} dt použite najprv metódu per partes:

u′ = \frac{4t^{3}}{(t^{4} + 1)^{2}} , v = t; ∫ \frac{dt}{1 + t^{4}} = \frac{1}{2} ∫ \frac{t^{2} + 1}{t^{4} + 1} dt − \frac{1}{2} ∫ \frac{t^{2} − 1}{t^{4} + 1} dt , v prípade druhého integrálu pozri pr.

26.12, prvý možno nájsť analogicky);

31 \underline{1}. \frac{1}{2} ln \frac{t^{4}}{(2t + 1)^{3}} − \frac{8t + 1}{2(2t + 1)} + C , kde t = x + \sqrt{x^{2} + x + 1} ^{9} ( výpočet ∫ \frac{2 dt}{t(2t + 1)^{2}} možno

zjednodušiť substitúciou t = \frac{1}{z} alebo 2t + 1 = \frac{1}{z} ; výsledok možno zapísať v podobe \frac{1}{2} ln \frac{t^{4}}{(2t + 1)^{3}} +

\frac{3}{2(2t + 1)} + C ^{10}); \underline{2}. \frac{1}{256}(2z^{2} − 16z + 4 ln |z| − \frac{6}{z^{2}} − \frac{48}{z^{3}} − \frac{27}{z^{4}}) + C , kde z = 2 (x + \sqrt{x^{2} + x + 1}) +

1 (použili sme postupne substitúcie \sqrt{x^{2} + x + 1} = t−x , z = 2t+1 ); \underline{3}. \frac{1}{8}(z+3 ln |z|− \frac{3}{z} − \frac{1}{2z^{2}} )+C , kde z = 2x+2\sqrt{x^{2} + x}+1 (použitím rovnosti \frac{1}{2x + 1 + 2\sqrt{x^{2} + x}} = 2x+1−2\sqrt{x^{2} + x} možno výsledok upraviť

na tvar \frac{3}{8} ln |2x + 2\sqrt{x^{2} + x} + 1|− \frac{1}{2}(x^{2} +2x)+ \frac{1}{4}(x+5)\sqrt{x^{2} + x}+C ); \underline{5}. 2arctg (\frac{2 − x}{1 + \sqrt{1 − 2x − x^{2}}} )−

ln |\frac{2 − x}{1 + \sqrt{1 − 2x − x^{2}}} + 1| + C (definičný obor integrandu je [−\sqrt{2} − 1, \sqrt{2} − 1] ; použili sme substitúciu \sqrt{1 − 2x − x^{2}} = 1 − tx , inverzná funkcia k funkcii x = φ(t) = \frac{2(t − 1)}{t^{2} + 1} , t ∈ [1 − \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2}] , je t =

φ^{−1}(x) = \{ \begin{matrix}\frac{1 − \sqrt{1 − 2x − x^{2}}}{x} , ak & x ∈ [−\sqrt{2} − 1, \sqrt{2} − 1] \ \{0\} \\ 1 , ak & x = 0 \end{matrix} , to možno zapísať v tvare φ^{−1}(x) =

9príslušná Eulerova substitúcia prepísaná do podoby vyhovujúcej vete 5 má tvar x = \frac{t^{2} − 1}{2t + 1} , t ∈ (−\frac{1}{2}, 0)

— tak nájdeme primitívnu funkciu na intervale (−∞, −1) , resp. x = \frac{t^{2} − 1}{2t + 1} , t ∈ (0, ∞) — tak nájdeme primitívnu funkciu na intervale (−1, ∞)

10platí −\frac{8t + 1}{2(2t + 1)} = −2 + \frac{3}{2(2t + 1)} a číslo −2 možno ,,zahrnúť“ do integračnej konštanty C

\frac{2 − x}{1 + \sqrt{1 − 2x − x^{2}}} ^{11}); \underline{6}. 2arctg (1 + \frac{x − 1}{1 + \sqrt{1 + x − x^{2}}} ) + C (použili sme substitúciu \sqrt{1 + x − x^{2}} =

tx + 1 ; funkcia −2arctg (1 + \frac{\sqrt{1 + x − x^{2}} + 1}{x}) nájdená pomocou substitúcie \sqrt{1 + x − x^{2}} = tx − 1

je primitívnou funkciou len na (\frac{1 − \sqrt{5}}{2}, \frac{1 + \sqrt{5}}{2}) \ \{0\} ); \underline{7}. \frac{10}{9}\sqrt{\frac{x − 2}{5 − x}} − \frac{4}{9}\sqrt{\frac{5 − x}{x − 2}} + C (použili

sme substitúciu (\sqrt{7x − 10 − x^{2}} = ) \sqrt{(x − 2)(5 − x)} = t(x − 2) ^{12}); \underline{8}. ln |\frac{t − 1}{t + 1}| + C , kde

t = \sqrt{\frac{3 − x}{x − 1}} ( = \frac{\sqrt{4x − 3 − x^{2}}}{x − 1} ) , x ∈ (1, 2) ∪ (2, 3) ;

32 \underline{1}. \frac{1}{2} arcsin \frac{2x − 1}{\sqrt{21}} − \sqrt{5 + x − x^{2}} + C , x ∈ (\frac{1 − \sqrt{21}}{2}, \frac{1 + \sqrt{21}}{2}) ; \underline{2}. \frac{2x − 3}{4} \sqrt{x^{2} + x + 1} −

\frac{1}{8} ln |x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^{2} + x + 1}| + C; \underline{3}. \frac{1}{3840}\sqrt{1 + x^{2}} (384x^{9} − 432x^{7} + 504x^{5} − 630x^{3} + 945x) −

\frac{945}{3840} ln |x + \sqrt{1 + x^{2}}| + C (stačí opakovane použiť rekurentný vzťah I_{n} = \frac{1}{n} x^{n−1}\sqrt{1 + x^{2}} −

\frac{n − 1}{n} I_{n−2} ); \underline{4}. \frac{11}{8} arcsin \frac{2x − 1}{\sqrt{5}} + \frac{1 − 2x}{4}\sqrt{1 + x − x^{2}} +C , x ∈ (\frac{1 − \sqrt{5}}{2}, \frac{1 + \sqrt{5}}{2}) ; \underline{5}. (\frac{x^{5}}{6} − \frac{a^{2}x^{3}}{24} −

\frac{a^{4}x}{16})\sqrt{a^{2} − x^{2}} + \frac{a^{6}}{16} arcsin \frac{x}{a} + C (integrand rozšíriť výrazom \sqrt{a^{2} − x^{2}} , potom možno použiť rekurentný vzťah I_{n} = −\frac{1}{n}x^{n−1}\sqrt{a^{2} − x^{2}} + \frac{n − 1}{n}a^{2}I_{n−2} , kde I_{n} = ∫ \frac{x^{n} dx}{\sqrt{a^{2} − x^{2}}} ^{13}; iná možnosť: odvodiť rekurentný

vzťah J_{n} = \frac{n − 1}{n + 2} a^{2}J_{n−2}− \frac{1}{n − 2}x^{n−1}(a^{2}−x^{2})^{3/2} , kde J_{n} = ∫ x^{n}\sqrt{a^{2} − x^{2}} dx , J_{0} pritom možno vypočítať

substitúciou x = a cos t , t ∈ [0, π] ); \underline{6}. \frac{2x + 1}{4}\sqrt{x^{2} + x + 2} + \frac{7}{8} ln |\frac{1}{2} + x + \sqrt{x^{2} + x + 2}| + C;

33 \underline{1}. ( − \frac{x^{2}}{3} + \frac{5x}{6} − \frac{19}{6})\sqrt{1 − 2x − x^{2}} − 4 arcsin \frac{x + 1}{\sqrt{2}} + C; \underline{2}. (\frac{x^{2}}{3} − \frac{14x}{3} + 37)\sqrt{x^{2} + 4x + 3} −

66 ln |x + 2 + \sqrt{x^{2} + 4x + 3}| + C;

34 \underline{1}. \frac{2x^{2} + 1}{3x^{3}} \sqrt{x^{2} − 1} + C ^{14}; \underline{2}. − \frac{1}{2x^{2}} \sqrt{x^{2} + 1} + sgn x · \frac{1}{2} ln |\frac{1}{x} + \frac{\sqrt{x^{2} + 1}}{|x|}| + C (výsledok

11keby sme použili (na prvý pohľad prirodzenejšiu) substitúciu \sqrt{1 − 2x − x^{2}} = tx−1 , bolo by x = φ(t) = \frac{2(t − 1)}{t^{2} + 1} , t ∈ (−∞, 1−\sqrt{2}]∪[1+\sqrt{2}, ∞) , t = φ^{−1}(x) = \frac{1 + \sqrt{1 − 2x − x^{2}}}{x} , pomocou tejto substitúcie nájdená funkcia ln |\frac{t − 1}{t}| − 2arctg t (kde t = φ^{−1}(x) ) je primitívnou funkciou len na [−\sqrt{2} − 1, \sqrt{2} − 1] \ \{0\} , hľadanie primitívnej funkcie na celom intervale [−\sqrt{2} − 1, \sqrt{2} − 1] sa potom zakladá na rovnakých úvahách ako riešenie pr. 41.1

12teda t = \sqrt{\frac{5 − x}{x − 2}} , potom x = \frac{5 + 2t^{2}}{1 + t^{2}} , \sqrt{7x − 10 − x^{2}} = t(x − 2) = t (\frac{5 + 2t^{2}}{1 + t^{2}} − 2)

13to, že výsledok, ktorý sme našli integrovaním funkcie definovanej na (−a, a) , je hľadanou primitívnou funkciou na intervale [−a, a] , vyplýva z pr. 46

14použitím substitúcie x = \frac{1}{t} dostaneme na intervale (1, ∞) : ∫ \frac{dx}{x^{4}\sqrt{x^{2} − 1}} = − ∫ \frac{t^{3} dt}{\sqrt{1 − t^{2}}} ; na intervale (−∞, −1) : ∫ \frac{dx}{x^{4}\sqrt{x^{2} − 1}} = ∫ \frac{t^{3} dt}{\sqrt{1 − t^{2}}} ; to možno naraz zapísať v podobe ∫ \frac{dx}{x^{4}\sqrt{x^{2} − 1}} = − sgn t · ∫ \frac{t^{3} dt}{\sqrt{1 − t^{2}}} ; na výpočet posledného integrálu použite substitúciu \sqrt{1 − t^{2}} = z

možno upraviť do podoby −\frac{1}{2x^{2}} \sqrt{x^{2} + 1} + \frac{1}{2} ln |\frac{1 + \sqrt{x^{2} + 1}}{x}| + C  ^{15});  \underline{4}. arcsin \frac{2x + 1}{\sqrt{5}} +

sgn (x + 1) · ln |\frac{3 + x + 2 sgn (x + 1) · \sqrt{1 − x − x^{2}}}{2(x + 1)} | + C ( = arcsin \frac{2x + 1}{\sqrt{5}} + sgn (x + 1) ·

ln |\frac{3 + x + 2 sgn (x + 1) · \sqrt{1 − x − x^{2}}}{x + 1} | + C , ak číslo ln \frac{1}{2} ,,zahrnieme“ do integračnej konštanty C; výsledok možno upraviť do podoby arcsin \frac{2x + 1}{\sqrt{5}} + ln |\frac{3 + x + 2\sqrt{1 − x − x^{2}}}{x + 1} | + C ); \underline{5}. \sqrt{x^{2} + 2x + 2} + ln |x + 1 + \sqrt{x^{2} + 2x + 2} | − \sqrt{2} sgn x · ln |\frac{1}{x} + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{x^{2} + 2x + 2}}{|x|}| + C (integrand rozšíriť výrazom \sqrt{x^{2} + 2x + 2} , výsledok možno upraviť do podoby \sqrt{x^{2} + 2x + 2} + ln |x + 1 + \sqrt{x^{2} + 2x + 2}| −

\sqrt{2} ln |\frac{2 + x + \sqrt{2} · \sqrt{x^{2} + 2x + 2}}{x}| + C ); \underline{6}. \frac{3x^{2} + 6x + 5}{8(x + 1)^{4}} \sqrt{x^{2} + 2x} − \frac{3}{8} sgn (x + 1) · arcsin \frac{1}{x + 1} + C , x ∈

(−∞, −2)∪(0, ∞) (ak využijeme nepárnosť funkcie arcsin , môžeme výsledok napísať v tvare \frac{3x^{2} + 6x + 5}{8(x + 1)^{4}} −

\frac{3}{8} arcsin \frac{1}{|x + 1|} + C , x ∈ (−∞, −2) ∪ (0, ∞) );

35 \underline{1}. \frac{3}{5}k^{5} −2k^{3} +3k+C , kde k = \sqrt{1 + ^{3} \sqrt{x^{2}}} ; \underline{2}. \frac{1}{8}(1+x^{3})^{8/3} − \frac{1}{5}(1+x^{3})^{5/3} +C; \underline{3}. − \frac{1}{24}(8x^{2} +

10x + 15)\sqrt{x(1 + x)} + \frac{5}{8} arcsin \sqrt{x} + C , x ∈ [0, 1) (výsledok sme získali použitím substitúcie \sqrt{x} = t a rekurentného vzťahu z návodu k pr. 32.5 ^{16}); \underline{4}. \frac{x}{2 (1 − \sqrt{1 − x^{2}})} − \frac{x^{3}}{6 (1 − \sqrt{1 − x^{2}})^{3}} + C (použili

sme Eulerovu substitúciu \sqrt{1 − x^{2}} = 1 − tx ^{17}); \underline{5}. \frac{1}{12} (x + \sqrt{1 + x^{2}})^{12} + C; \underline{6}. \frac{2}{9z} +

\frac{1}{24z^{2}} + \frac{17}{108} ln |z| + \frac{16}{27} ln |z + 3| + C , kde z = 2 (x + \sqrt{x^{2} − 3x + 2}) − 3 (použili sme substitúcie

\sqrt{x^{2} − 3x + 2} = t − x , 2t − 3 = z ); \underline{7}. \frac{\sqrt{x^{2} + 2x}}{2x} + \frac{3\sqrt{x^{2} + 2x}}{2(x + 2)} + C ( \frac{x − 1}{x^{2} + 2x} rozložte na

parciálne zlomky; pri úprave výsledku použite rovnosti sgn x · \sqrt{\frac{2 + x}{x}} = \frac{\sqrt{x(2 + x)}}{x} , sgn (x + 2) · \sqrt{\frac{x}{2 + x}} = \frac{\sqrt{x(2 + x)}}{x + 2} ); \underline{8}. − \frac{2}{x} − x + \frac{2\sqrt{1 − x^{2}}}{x} − 2 arcsin x + C (integrand rozšírte výrazom 1 + \sqrt{1 − x^{2}} ; pri výpočte ∫ \frac{2\sqrt{1 − x^{2}}}{x^{2}} dx použite substitúciu x = sin t , t ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] \ \{0\} ,

15pre x > 0 by mala byť úprava zrejmá; pre x < 0 je sgn x · \frac{1}{2} ln |\frac{1}{x} + \frac{\sqrt{x^{2} + 1}}{|x|}| = −\frac{1}{2} ln |\frac{1 − \sqrt{x^{2} + 1}}{x}| =

−\frac{1}{2} ln |\frac{1 − \sqrt{x^{2} + 1}}{x} · \frac{1 + \sqrt{x^{2} + 1}}{1 + \sqrt{x^{2} + 1}}| = −\frac{1}{2} ln |\frac{x}{1 + \sqrt{x^{2} + 1}}| = \frac{1}{2} ln |\frac{1 + \sqrt{x^{2} + 1}}{x}|

16použitím substitúcie \sqrt{\frac{1 − x}{x}} = t a rekurentného vzťahu z pr. 16.1 by sme dostali výsledok −\frac{1}{24}(8x^{2} + 10x + 15)\sqrt{x(1 − x)} − \frac{5}{8}arctg \sqrt{\frac{1 − x}{x}} + C pre x ∈ (0, 1) ( := F (x) ) , hodnotou primitívnej funkcie v bode 0 je potom číslo lim_{x→0+} F (x) ; pozri aj pr. 48

17inou možnosťou je rozšíriť integrand výrazom (1 + \sqrt{1 − x^{2}})^{2} , na výpočet integrálu ∫ \frac{2\sqrt{1 − x^{2}}}{x^{4}} dx použiť substitúciu x = sin t , t ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] \ \{0\} ( \frac{cos^{2} t}{sin^{4} t} = ctg^{2}t · \frac{1}{sin^{2} t} ) a pri ďalších úpravách rovnosť ctg arcsin x = \frac{\sqrt{1 − x^{2}}}{x} , dostaneme tak výsledok v tvare \frac{3x^{2} − 2 − 2(1 − x^{2})^{3/2}}{3x^{3}} alebo integrand rozšírte výrazom \sqrt{1 − x^{2}} a použite postup z pr. 34); \underline{9}. \frac{3}{4} arcsin \frac{2x^{2} − 1}{\sqrt{5}} −

\frac{1}{2}\sqrt{1 + x^{2} − x^{4}} + C; \underline{10}. \frac{1}{2} ln (\frac{x^{2} (x^{2} + \sqrt{1 + x^{4}})}{1 + \sqrt{1 + x^{4}}}) + C; \underline{11}. \frac{1}{4} ln |\frac{x + \sqrt{x^{2} + 1}}{x + \sqrt{x^{2} − 1}}| + \frac{x}{4}(\sqrt{x^{2} + 1} −

\sqrt{x^{2} − 1} ) + C; \underline{12}. \sqrt{1 + x} − \sqrt{1 − x} − \frac{1}{\sqrt{2}} arcsin x + C (integrand rozšírte výrazom \sqrt{1 + x} + \sqrt{1 − x} −

\sqrt{2} ); \underline{13}. \frac{2}{5}(x^{5/2} − (x + 1)^{5/2}) + \frac{2}{3}(x^{3/2} + (x + 1)^{3/2}) + C (integrand rozšírte výrazom \sqrt{x + 1} − \sqrt{x} );

37 využite integráciu per partes a skutočnosť, že primitívna funkcia k funkcii \frac{F (x)}{\sqrt{1 − x^{2}}} je elementárna (použitím tretej Eulerovej substitúcie možno ∫ \frac{F (x)}{\sqrt{1 − x^{2}}} dx previesť na ∫ R(t) dt , kde R je racionálna funkcia; funkcia S(t) := ∫ R(t) dt je elementárna, preto aj S (\sqrt{\frac{1 + x}{1 − x}}) je elementárna funkcia);

38 \underline{1}. \frac{cos^{5} x}{5} − \frac{cos^{3} x}{3} + C; \underline{2}. \frac{sin^{5} x}{5} − \frac{2 sin^{3} x}{3} + sin x + C; \underline{3}. − \frac{cos^{12} x}{12} + \frac{cos^{10} x}{5} − \frac{cos^{8} x}{8} +

C (subst. cos x = t ) alebo −\frac{sin^{12} x}{12} + \frac{3 sin^{10} x}{10} − \frac{3 sin^{8} x}{8} + \frac{sin^{6} x}{6} + C (subst. sin x = t ); \underline{5}. \frac{5x}{16} −

\frac{sin 2x}{4} + \frac{sin^{3} 2x}{48} + \frac{3 sin 4x}{64} + C; \underline{6}. \frac{3x}{128} − \frac{sin 4x}{128} + \frac{sin 8x}{1024} + C;

39 \underline{1}. I_{n} = \frac{n − 2}{n − 1} I_{n−2} − \frac{1}{n − 1} · \frac{cos x}{sin^{n−1} x} , n ≠ 1 ( u′ = \frac{1}{sin^{2} x} , v = \frac{1}{sin^{n−2} x} ; iná možnosť: ak

do rekurentného vzťahu odvodeného v pr. 16.5 — ten platí pre všetky n ∈ R \ {0} — dosadíme n = −k,

dostaneme vzťah medzi I_{k} a I_{k+2} ); \underline{2}. I_{n} = \frac{1}{n − 1} · \frac{sin x}{cos^{n−1} x} + \frac{n − 2}{n − 1} I_{n−2} , n ≠ 1 ;

40 \underline{1}. − \frac{cos 6x}{12} − \frac{cos 4x}{8} +C; \underline{2}. \frac{1}{2} cos (x + \frac{5π}{12} )− \frac{1}{10} cos (5x+ \frac{π}{12})+C; \underline{3}. \frac{1}{12} cos(3x+a+b)−

\frac{1}{4} cos(x + a − b) − \frac{1}{2} cos a cos(x + b) + C (ak integrand prepíšeme do tvaru \frac{1}{2}( cos a − cos(2x + a)) sin(x + b) ) alebo \frac{1}{12} cos(3x + a + b) − \frac{1}{4} cos(x + a + b) − \frac{1}{2} cos x cos(a − b) + C (ak integrand prepíšeme dotvaru

sin x · \frac{1}{2}( cos(a − b) − cos(2x + a + b)) ); \underline{4}. \frac{3}{2} cos \frac{x}{6} − \frac{3}{10} cos \frac{5x}{6} − \frac{3}{14} cos \frac{7x}{6} + \frac{3}{22} cos \frac{11x}{6} + C; \underline{5}. −

\frac{3 cos 2x}{16} + \frac{3 cos 4x}{64} + \frac{cos 6x}{48} − \frac{3 cos 8x}{128} + \frac{cos 12x}{192} + C (integrnad sme najprv prepísali do podoby

sin 2x (\frac{1 − cos 4x}{2}) (\frac{1 + cos 6x}{2}) );

41 \underline{2}. F (x) + C , kde

F (x) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{5}}arctg (\frac{3tg (x/2) + 1}{\sqrt{5}}) + \frac{kπ}{\sqrt{5}} , ak & x ∈ ((2k − 1)π, (2k + 1)π) , k ∈ Z \\ \frac{(2k + 1)π}{2\sqrt{5}} ,  ak & x = (2k + 1)π , k ∈ Z \end{matrix}  ( primitívnou

funkciou na R \ \{(2k + 1)π; k ∈ Z\} je \frac{1}{\sqrt{5}}arctg (\frac{3tg (x/2) + 1}{\sqrt{5}}) + C ); \underline{3}. \frac{1}{6} ln (tg^{2} \frac{x}{2} · (tg^{2} \frac{x}{2} + 3)^{2}) +

C ^{18} (definičný obor integrandu je R \ \{kπ ; k ∈ Z\}; výpočet integrálu ∫ \frac{dt}{t(3 + t^{2})} možno zjednodušiť substitúciou t = \frac{1}{z} ); \underline{4}. \frac{1}{2}(sin x − cos x) − \frac{1}{2\sqrt{2}} ln |tg (\frac{x}{2} + \frac{π}{8} )| + C ( sin x cos x = \frac{1}{2}[(sin x +

18použitím vzorcov cos^{2} \frac{x}{2} = \frac{1}{2}(1 + cos x) , sin^{2} \frac{x}{2} = \frac{1}{2}(1 − cos x) možno výsledok upraviť na tvar

\frac{1}{6} ln \frac{(1 − cos x)(2 + cos x)^{2}}{(1 + cos x)^{3}} + C

cos x)^{2} − (sin^{2} x + cos^{2} x)] = \frac{1}{2}(sin x + cos x)^{2} − \frac{1}{2} ; pri výpočte ∫ \frac{dx}{sin x + cos x} použite substitúciu x + \frac{π}{4} = t vyplývajúcu z rovnosti sin x + cos x = \sqrt{2} sin (x + \frac{π}{4} ) ); \underline{5}. ak ε = 1 : tg \frac{x}{2} + C; ak

ε > 1 : \frac{1}{\sqrt{ε^{2} − 1}} ln |\frac{\sqrt{ε + 1} cos(x/2) + \sqrt{ε − 1} sin(x/2)}{\sqrt{ε + 1} cos(x/2) − \sqrt{ε − 1} sin(x/2)}| + C ^{19}; ak ε ∈ (0, 1) : F (x) + C , kde F (x) =

\{ \begin{matrix}\frac{2}{\sqrt{1 − ε^{2}}} arctg (\sqrt{\frac{1 − ε}{1 + ε}} tg \frac{x}{2}) + \frac{2kπ}{\sqrt{1 − ε^{2}}} , ak & x ∈ ((2k − 1)π, (2k + 1)π) , k ∈ Z \\ \frac{(2k + 1)π}{\sqrt{1 − ε^{2}}} , ak & x = (2k + 1)π , k ∈ Z \end{matrix} ; \underline{6}. F (x) + C ,

kde F (x) = \{ \begin{matrix}\frac{\sqrt{2}}{3}arctg \frac{tg (3x/2) + 1}{\sqrt{2}} + \frac{\sqrt{2} kπ}{3} , ak & x ∈ ((2k − 1)\frac{π}{3} , (2k + 1)\frac{π}{3} ) , k ∈ Z \\ (2k + 1)\frac{π}{3\sqrt{2}} , ak & x = (2k + 1)\frac{π}{3} , k ∈ Z \end{matrix} ;

42 \underline{1a}) \frac{1}{4} ln (\frac{1 − cos x}{1 + cos x}) + \frac{1}{2} · \frac{1}{1 + cos x} + C ( = \frac{1}{2} ln |\frac{sin x}{1 + cos x}| + \frac{1}{2} · \frac{1}{1 + cos x} + C;

integrand rozšíriť členom sin x )^{20}; \underline{1b}) \frac{1}{2} cos x − \frac{3}{4\sqrt{2}} ln |\frac{1 − \sqrt{2} cos x}{1 + \sqrt{2} cos x}| + C (integrand možno zapísať

v tvare \frac{2 − cos^{2} x}{2 cos^{2} x − 1} sin x ); \underline{1c}) sin x − \frac{2}{sin x} − 6arctg sin x + C; \underline{1d}) − 2arctg sin x + ln (\frac{1 + sin x}{1 − sin x}) + C ( = −2arctg sin x + 2 ln |\frac{cos x}{1 − sin x}| + C )^{21};

\underline{2a}) F (x) + C, kde F (x) = \{ \begin{matrix}x− \frac{1}{\sqrt{2}}arctg (\sqrt{2}tg x)− \frac{kπ}{\sqrt{2}}, ak & x ∈ ((2k−1)\frac{π}{2} , (2k+1)\frac{π}{2}) , k ∈ Z \\ \frac{π}{2} (2k + 1) (1 − \frac{1}{\sqrt{2}}) , ak & x = (2k+1)\frac{π}{2} , k ∈ Z \end{matrix} ;

\underline{2b}) − \frac{cos x}{a(a sin x + b cos x)} + C (integrand rozšíriť výrazom \frac{1}{cos^{2} x} ; ak predpis funkcie F_{1}(x) = −\frac{1}{a} ·

\frac{1}{atg x + b} , ktorá je primitívnou k funkcii f(x) = \frac{1}{(a sin x + b cos x)^{2}} na množine D(f)\\{(2k+1)\frac{π}{2} ; k ∈ Z\} , rozšírime výrazom cos x , dostaneme predpis spojitej funkcie definovanej na D(f) ); \underline{2c}) F (x) + C ,

19body x_{k} := (2k + 1)π , k ∈ Z , sú body odstrániteľnej nespojitosti funkcie F_{1}(x) = \frac{1}{\sqrt{ε^{2} − 1}} ln |\frac{\sqrt{ε + 1} + \sqrt{ε − 1} tg (x/2)}{\sqrt{ε + 1} − \sqrt{ε − 1} tg (x/2)}| , ktorá je primitívna k funkcii f(x) = \frac{1}{1 + ε cos x} na množine D(f) \ \{(2k + 1)π ; k ∈ Z\}; ak logaritmovaný zlomok v predpise funkcie F_{1} rozšírime výrazom cos \frac{x}{2} , dostaneme predpis spojitej funkcie F definovanej na množine D(f) ; predpis funkcie F možno upraviť na tvar \frac{1}{\sqrt{ε^{2} − 1}} ln |\frac{ε + cos x + \sqrt{ε^{2} − 1} sin x}{1 + ε cos x}| , ak v ňom logaritmovaný zlomok rozšírime výrazom

\sqrt{ε + 1} cos \frac{x}{2} + \sqrt{ε − 1} sin \frac{x}{2}

20hoci pre R(−u, v) = −R(u, v) očakávame spravidla od nahradenia substitúcie tg \frac{x}{2} = t substitúciou cos x = t zjednodušenie výpočtu, je to v tomto prípade naopak: substitúcia tg \frac{x}{2} = t prevedie daný integrál

na ∫ \frac{1 + t^{2}}{2t} dt ( = \frac{1}{2} ∫ (\frac{1}{t} + t) dt = \frac{1}{2} ln |tg \frac{x}{2}| + \frac{1}{4}tg^{2} \frac{x}{2} + C )

21vzorec cos 3x = cos^{3} x − 3 cos x sin^{2} x možno odvodiť z Moivreovej vety ,,(cos α + i sin α)^{n} = cos nα + i sin nα , n ∈ N , α ∈ R“, ak ľavú stranu rozpíšeme podľa vzorca (a + b)^{3} = a^{3} + 3a^{2}b + 3ab^{2} + b^{3} a nájdeme reálnu časť tohto komplexného výrazu

kde F (x) = \{ \begin{matrix}\frac{2}{\sqrt{7}}arctg (\frac{2tg x + 1}{\sqrt{7}}) + \frac{2kπ}{\sqrt{7}} , ak & x ∈ ((2k − 1)\frac{π}{2} , (2k + 1)\frac{π}{2} ) , k ∈ Z \\ \frac{(2k + 1)π}{\sqrt{7}} , ak & x = (2k + 1)\frac{π}{2} , k ∈ Z \end{matrix} ; \underline{2d}) \frac{x}{10} +

\frac{3}{20} ln (\frac{(tg x − 3)^{2}}{tg^{2}x + 1} ) + C ^{22}; \underline{2e}) F (x) + C , kde

F (x) = \{ \begin{matrix}F_{1}(x) + \frac{kπ}{\sqrt{3}} , ak & x ∈ D(F_{1}) ∩ ((2k − 1)\frac{π}{2} , (2k + 1)\frac{π}{2} ) , k ∈ Z \\ (2k + 1)\frac{π}{2\sqrt{3}} , ak & x = (2k + 1)\frac{π}{2} , k ∈ Z \end{matrix} , pričom F_{1}(x) =

\frac{1}{6} ln \frac{tg^{2}x − tg x + 1}{(tg x + 1)^{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}}arctg \frac{2tg x − 1}{\sqrt{3}} (integrand rozšíriť výrazom \frac{1}{cos^{3} x} ; definičný obor integrandu je D := R \ \{(4k − 1)\frac{π}{4} ; k ∈ Z\} ^{23}, F_{1} je primitívnou funkciou na množine D \ \{(2k + 1)\frac{π}{2} ; k ∈ Z\} )^{24};

\underline{2f}) \frac{1}{2} ln |tg x| + \frac{1}{6}tg^{3}x + C;

43 \underline{1}. \frac{1}{2} · \frac{sin x}{cos^{2} x} + \frac{1}{4} ln |\frac{1 + sin x}{1 − sin x}| + C; \underline{2}. \frac{1}{3 cos^{3} x} − \frac{1}{cos x} + C; \underline{3}. ln (\frac{1 − cos x}{1 + cos x}) + \frac{1}{cos x} +

\frac{1}{3 cos^{3} x} + C (čitateľ integrandu — tj. číslo 1 — možno zapísať v tvare (sin^{2} x + cos^{2} x)^{2} a integrand potom napísať ako súčet troch zlomkov); \underline{4}. \frac{1}{4} ln(3 + 4 sin^{2} x) + C; \underline{5}. F (x) + C , kde F (x) =

\{ \begin{matrix}F_{1}(x) , ak & x ∈ D(F_{1}) \\ 0  , ak & x = (2k + 1)π , k ∈ Z \end{matrix} , pričom F_{1}(x) = \frac{2}{9tg (x/2) + 3} ;  \underline{6}. F (x) + C , kde
F (x)  =  \{ \begin{matrix}\frac{2}{\sqrt{c^{2}−a^{2}−b^{2}}} arctg \frac{(c−a)tg (x/2)+b}{\sqrt{c^{2}−a^{2}−b^{2}}} + \frac{2kπ}{\sqrt{c^{2}−a^{2}−b^{2}}} , ak & x∈((2k−1)π, (2k+1)π), k ∈Z \\ \frac{(2k + 1)π}{\sqrt{c^{2} − a^{2} − b^{2}}} ,  ak & x = (2k + 1)π , k ∈ Z \end{matrix}

( definičným oborom integrandu je R : a cos x+b sin x+c = \sqrt{a^{2} + b^{2}} (\frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} cos x+ \frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} sin x)+ c = \sqrt{a^{2} + b^{2}} sin(x + φ) + c > 0 ; číslo φ je určené podmienkami sin φ = \frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} , cos φ =

\frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} );  \underline{7}. \frac{1}{2} ln |\frac{3 sin x − 5 cos x}{sin x − cos x}| + C;  \underline{8}. F (x) + C , kde
F (x) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{ab} arctg (\frac{a}{b}tg x) + \frac{kπ}{|ab|} , ak & x ∈ ((2k − 1)\frac{π}{2} , (2k + 1)\frac{π}{2} ) , k ∈ Z \\ \frac{(2k + 1)π}{2|ab|} ,  ak & x = (2k + 1)\frac{π}{2} , k ∈ Z \end{matrix} ;  \underline{9}. F (x) + C , kde
F (x) = \{ \begin{matrix}\frac{3}{4\sqrt{2}} (arctg (\frac{tg x}{\sqrt{2}}) − \frac{tg x}{4(2 + tg^{2}x)} + kπ) , ak & x ∈ ((2k − 1)\frac{π}{2} , (2k + 1)\frac{π}{2} ) , k ∈ Z \\ \frac{3(2k + 1)π}{8\sqrt{2}} ,  ak & x = (2k + 1)\frac{π}{2} , k ∈ Z \end{matrix}  ;

22použitím vzťahu \frac{1}{tg^{2}x + 1} = cos^{2} x , x ≠ (2k + 1)\frac{π}{2} , k ∈ Z , možno výsledok upraviť na tvar \frac{x}{10} + \frac{3}{10} ln | sin x − 3 cos x| + C , pričom tento predpis uvažujeme len na definičnom obore integrandu (pozri poznámku 2 pred vetou 3)

23platí sin^{3} + cos^{3} x = (sin x + cos x)(sin^{2} x − sin x cos x + cos^{2} x) = \sqrt{2} sin (x + \frac{π}{4} ) (1 + \frac{sin 2x}{2})

24použitím substitúcie x + \frac{π}{4} = t a potom ctg t = z by sme dostali výsledok v tvare

\frac{1}{\sqrt{3}}arctg (\sqrt{3}ctg (x + \frac{π}{4} ) ) − \frac{1}{6} ln (3ctg^{2} (x + \frac{π}{4} ) + 1) + C

\underline{10}. \frac{1}{2} ln |\frac{tg^{2}x}{3tg^{2}x − 1}| + C (možno použiť substitúciu sin^{2} x = t , v prípade substitúcie tg x = t možno na výpočet ∫ \frac{dt}{t(1 − 3t^{2})} použiť substitúciu t = \frac{1}{z} ); \underline{11}. F (x) + C , kde

F (x) = \{ \begin{matrix}arctg (\frac{tg 2x}{2}) + kπ , ak & x ∈ ((2k − 1)\frac{π}{4} , (2k + 1)\frac{π}{4} ) , k ∈ Z \\ \frac{(2k + 1)π}{2} ,  ak & x = (2k + 1)\frac{π}{4} , k ∈ Z \end{matrix}  ( sin^{6} x + cos^{6} x =

(\frac{1 − cos 2x}{2})^{3} + (\frac{1 + cos 2x}{2})^{3} = \frac{1}{8}[(1 − 3 cos 2x + 3 cos^{2} 2x − cos^{3} 2x) + (1 + 3 cos 2x + 3 cos^{2} 2x + cos^{3} 2x)] = \frac{1}{4}(1 + 3 cos^{2} 2x) , potom subst. tg 2x = t ); \underline{12}. \frac{1}{2\sqrt{2}} ln (\frac{\sqrt{2} − sin 2x}{\sqrt{2} + sin 2x}) + C; \underline{13}. \frac{2}{5}\sqrt{cos^{5} x} − 2\sqrt{cos x} +

C , x ∈ ⋃_{k∈Z} (−\frac{π}{2} + 2kπ, \frac{π}{2} + 2kπ) ; \underline{14}. \frac{1}{\sqrt{1 + cos x}} + \frac{1}{2\sqrt{2}} ln \frac{\sqrt{2} − \sqrt{1 + cos x}}{\sqrt{2} + \sqrt{1 + cos x}} + C;

\underline{15}. \frac{1}{2\sqrt{2}} ln \frac{\sqrt{2} + \sqrt{1 + sin^{2} x}}{\sqrt{2} − \sqrt{1 + sin^{2} x}} + C ( = \frac{1}{\sqrt{2}} ln \frac{\sqrt{2} + \sqrt{1 + sin^{2} x}}{| cos x|} + C ); \underline{16}. 2\sqrt{tg x} + \frac{1}{2\sqrt{2}} ·

ln \frac{tg x − \sqrt{2tg x} + 1}{tg x + \sqrt{2tg x} + 1} − \frac{1}{\sqrt{2}}arctg (\sqrt{2tg x} + 1) − \frac{1}{\sqrt{2}}arctg (\sqrt{2tg x} − 1) + C , x ∈ \{x ∈ R ; tg x > 0\};

\underline{17}. \sqrt{2} ln(\frac{1+sin(x/2)}{cos(x/2)}) + C , x ∈ (0, π) (1 + cos x = 2 cos^{2} \frac{x}{2}); \underline{18}. \sqrt{2} ln(\frac{\sqrt{2}+sin(x/2)−cos(x/2)}{cos(x/2) + sin(x/2)}) +

C , x ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) (použite substitúciu x = t + \frac{π}{2} );

44 \underline{1}. \frac{1}{4} · \frac{x + 1}{\sqrt{x^{2} + 2x + 5}} + C (pri úprave výsledku využite rovnosť sin α = \frac{tg α}{\sqrt{1 + tg^{2}α}} , α ∈

(−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) ); \underline{2}. − \frac{\sqrt{x^{2}+2x+2}}{x + 1} +C; \underline{3}. − \frac{x + 3}{2\sqrt{x^{2}+6x+8}} + \frac{1}{4\sqrt{2}} ln |\frac{\sqrt{x^{2}+6x+8} − \sqrt{2} (x + 3)}{\sqrt{x^{2}+6x+8} + \sqrt{2} (x + 3)}| + C (pri

úpravách nezabudnite, že \sqrt{cos^{6} α} = | cos α|^{3} ; pre α ∈ [0, π] je \sqrt{sin^{6} α} = sin^{3} α ); \underline{4}. 2 arcsin \frac{x + 1}{2} +

\frac{(x + 1)\sqrt{3 − 2x − x^{2}}}{2} + C;

45 \underline{1}. \frac{1}{6} · \frac{2x + 1}{(x^{2} + x + 1)^{2}} + \frac{2x + 1}{3(x^{2} + x + 1)} + \frac{4}{3\sqrt{3}}arctg \frac{2x + 1}{\sqrt{3}} +C; \underline{2}. \frac{3t^{4}}{4} − \frac{3t^{2}}{2} − \frac{3}{4} ln |t−1|+ \frac{15}{8} ln(t^{2}+

t + 2) − \frac{27}{4\sqrt{7}}arctg \frac{2t + 1}{\sqrt{7}} + C , kde t = ^{3} \sqrt{2 + x}; \underline{3}. \frac{1}{2} ln ( ^{3} \sqrt{x^{2} + 1} − 1) + \frac{\sqrt{3}}{2}arctg \frac{2 ^{3} \sqrt{x^{2} + 1} + 1}{\sqrt{3}} −

\frac{1}{4} ln ( ^{3} \sqrt{(x^{2} + 1)^{2}}+ ^{3} \sqrt{x^{2} + 1}+1)+C; \underline{4}. ln \frac{x + 2 − 2\sqrt{x + 1}}{x + 2 + \sqrt{x + 1}} − \frac{2}{\sqrt{3}}arctg \frac{2\sqrt{x + 1} + 1}{\sqrt{3}} +C; \underline{5}. − \frac{1}{3} sgn x·

ln |\frac{1}{x^{3}} + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{1 + x^{3} + x^{6}}}{|x|^{3}} | + C ( = −\frac{1}{3} ln |\frac{2 + x^{3} + 2\sqrt{1 + x^{3} + x^{6}}}{x^{3}} | + C ); \underline{6}. \frac{1}{\sqrt{2}}arctg \frac{\sqrt{2} x}{\sqrt{1 − x^{2}}} +

C (možno použiť goniometrickú substitúciu; ak ste použili tretiu Eulerovu substitúciu, inšpirujte sa

príkladom 26.12); \underline{7}. ln |x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^{2} + x + 1} | + \frac{1}{2} ln |\frac{1 − x + 2\sqrt{x^{2} + x + 1}}{x + 1}| − \frac{\sqrt{x^{2} + x + 1}}{x + 1} + C;

\underline{8}. − \frac{\sqrt{x^{2} − 4x + 3}}{x − 1} − arcsin \frac{1}{|x − 2|} + C; \underline{9}. \frac{1}{2} ln |\frac{\sqrt{x^{2} + 2} + x}{\sqrt{x^{2} + 2} − x}| + arctg \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 2}} + C

( = ln (\sqrt{x^{2} + 2} + x)+arctg \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 2}} +C; použili sme goniometrickú substitúciu); \underline{10}. \frac{x+\sqrt{1+x+x^{2}}}{2}−

2 ln |\sqrt{x^{2}+x+1} + x + 1| + \frac{3}{2} ln |2\sqrt{x^{2}+x+1} + 2x + 1| + \frac{3}{4 (2\sqrt{x^{2}+x+1}+2x+1)} + C ( = \sqrt{1 + x + x^{2}} −

2 ln |\sqrt{1 + x + x^{2}} + x + 1| + \frac{3}{2} ln |2\sqrt{1 + x + x^{2}} + 2x + 1| + C , ak posledný zlomok rozšírime výrazom 2\sqrt{x^{2} + x + 1} − 2x − 1 ); \underline{11}. \frac{1}{\sqrt{15}} ln |\frac{2x − 3}{6 + x + \sqrt{15} \sqrt{4x − x^{2}}} | + C (použili sme tretiu Eulerovu

substitúciu); \underline{12}. \frac{1}{2} ln \frac{x^{2} (2x^{2}+1 +2\sqrt{x^{4}+x^{2}+1})}{x^{2}+2+2\sqrt{x^{4}+x^{2}+1}} +C; \underline{13}. \frac{1}{2} ln \frac{1+ ^{3} \sqrt{sin x}}{1− ^{3} \sqrt{sin x}} + \frac{1}{4} ln \frac{1+ ^{3} \sqrt{sin x}+ ^{3} \sqrt{sin^{2} x}}{1− ^{3} \sqrt{sin x}+ ^{3} \sqrt{sin^{2} x}} +

\frac{\sqrt{3}}{2}arctg \frac{2 ^{3} \sqrt{sin x} + 1}{\sqrt{3}} + \frac{\sqrt{3}}{2}arctg \frac{2 ^{3} \sqrt{sin x} − 1}{\sqrt{3}} + C ( = \frac{1}{4} ln \frac{(1 − sin x) (1 + ^{3} \sqrt{sin x})^{3}}{(1 + sin x) (1 − ^{3} \sqrt{sin x})^{3}} +

\frac{\sqrt{3}}{2}arctg \frac{^{3} \sqrt{sin^{2} x} − 1}{\sqrt{3} ^{3} \sqrt{sin x}} + C; pritom sme použili vzorce z pr. I.87.1 a I.62.2, pozri tiež úpravu výsledku v poznámke k riešeniu pr. 23.6); \underline{14}. \frac{1}{2\sqrt{2}}( ln \frac{tg x + \sqrt{2tg x} + 1}{tg x − \sqrt{2tg x} + 1} + 2arctg (\sqrt{2tg x} + 1) + 2arctg (\sqrt{2tg x} − 1) ) + C , x ∈ \{x ∈ R ; tg x > 0\}; \underline{15}. − \frac{4\sqrt{2}}{5} sgn (sin x) · \sqrt{ctg^{5}x} + C;

\underline{16}. \sqrt{2} sgn (cos x) · (\frac{\sqrt{tg^{5}x}}{5} + \sqrt{tg x}) + C , x ∈ \{x ∈ R ; tg x > 0\}; \underline{17}. F (x) + C , kde F (x) =

\{ \begin{matrix}\frac{6}{5}arctg \frac{5tg (x/2)+1}{2} + \frac{3x}{5} − \frac{4}{5} ln(3+sin x−2 cos x)+ \frac{6kπ}{5} , ak & x ∈ ((2k−1)π, (2k+1)π), k ∈ Z \\ \frac{(12k + 3)π}{5} − \frac{4}{5} ln 5 ,  ak & x = (2k + 1)π , k ∈ Z \end{matrix}  ^{25};

\underline{18}. F (x) + C , kde

F (x) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{6}arctg \frac{tg 2x}{3} + 3x , ak & x ∈ ((2k − 1)\frac{π}{4} , (2k + 1)\frac{π}{4} ) , k ∈ Z \\ \frac{5(2k + 1)π}{6} , ak & x = (2k + 1)\frac{π}{4} , k ∈ Z \end{matrix} ; \underline{19}. F (x) + C , kde F (x) =

\frac{2}{\sqrt{3}}arctg \frac{2tg (x/2)−1}{\sqrt{3}} − \frac{1}{\sqrt{2}}arctg \frac{3tg (x/2)−1}{\sqrt{8}} +(\frac{2}{\sqrt{3}} − \frac{1}{\sqrt{2}}) kπ, ak x ∈ ((2k−1)π, (2k+1)π), k ∈ Z
(\frac{2}{\sqrt{3}} − \frac{1}{\sqrt{2}}) (2k + 1)\frac{π}{2} ,  ak x = (2k + 1)\frac{π}{2} , k ∈ Z

( \frac{1}{6 − 5 sin x + sin^{2} x} = \frac{1}{2 − sin x} − \frac{1}{3 − sin x} ); \underline{20}. \frac{1}{\sqrt{2}} ln \frac{cos^{2} 2x + 3 + \sqrt{8}}{cos^{2} 2x + 3 − \sqrt{8}} + C ( sin^{8} x + cos^{8} x =

(\frac{1 − cos 2x}{2})^{4} +(\frac{1 + cos 2x}{2})^{4} = \frac{1}{2^{3}} (1+6 cos^{2} 2x+cos^{4} 2x) , potom subst. cos^{2} 2x = t ); \underline{21}. F (x)+C ,

kde F (x) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}}arctg \frac{tg 2x}{\sqrt{2}} + \frac{kπ}{\sqrt{2}} , ak & x ∈ ((2k − 1)\frac{π}{4} , (2k + 1)\frac{π}{4} ) , k ∈ Z \\ \frac{(2k + 1)π}{2\sqrt{2}} , ak & x = (2k + 1)\frac{π}{4} , k ∈ Z \end{matrix} ; \underline{22}. − 2 sin a ·

ln |sin \frac{x + a}{2}| + x cos a + C (najprv použite vzorce pre sin(α ± β) ; potom možno použiť substitúciu tg \frac{x}{2} = t ^{26} alebo túto úvahu: pre dané α , β , γ , δ ∈ R , γ^{2} + δ^{2} > 0 , existujú A , B ∈ R

tak, že \frac{α sin t + β cos t}{γ sin t + δ cos t} = A \frac{γ cos t − δ sin t}{γ sin t + δ cos t} + B ); \underline{23}. \frac{sin x}{x} + C; \underline{24}. \frac{x}{3} − \frac{x^{3}}{9} − \frac{(1 − x^{2})^{3/2} arcsin x}{3} +

C; \underline{25}. \frac{1}{4} ln^{2} (\frac{1 + x}{1 − x}) + C ^{27}; \underline{26}. \frac{α}{α^{2} + β^{2}} e^{αx} cos βx + \frac{β}{α^{2} + β^{2}} e^{αx} sin βx + C; \underline{27}. \frac{xe^{x}}{2} (sin x −

25to, že definičný obor integrandu je R , zistíme podobne ako v riešení pr. 43.6

26pri rozklade na parciálne zlomky treba potom rozlíšiť prípady cos \frac{a}{2} = 0 , cos \frac{a}{2} ≠ 0

27ak ste použili metódu per partes, využite, že na množine (−1, 1) — tj. na definičnom obore integrandu

— platí ln |\frac{1 + x}{1 − x}| = ln (\frac{1 + x}{1 − x})

cos x) + \frac{e^{x}}{2} cos x + C; \underline{28}. \frac{x^{2}e^{3x}}{13} (3 cos 2x + 2 sin 2x) − \frac{2xe^{3x}}{13^{2}} (5 cos 2x + 12 sin 2x) + \frac{2e^{3x}}{13^{3}} (46 sin 2x −

9 cos 2x) + C; \underline{29}. − \frac{e−x^{2}}{2} (x^{6} + 3x^{4} + 6x^{2} + 6) + C (možno použiť metódu neurčitých

koeficientov); \underline{30}. 2e^{\sqrt{x}}(x^{2}\sqrt{x}−5x^{2}+20x\sqrt{x}−60x+120\sqrt{x}−120)+C; \underline{31}. \frac{x}{2}+\frac{\sqrt{x} sin(2\sqrt{x})}{2}+\frac{cos(2\sqrt{x})}{4}+

C; \underline{32}. x − 3 ln ((e^{(x/6)} + 1)\sqrt{e^{x/3} + 1}) − 3arctg e^{x/6} + C; \underline{33}. ln \frac{1 + \sqrt{\frac{e^{x} − 1}{e^{x} + 1}}}{1 − \sqrt{\frac{e^{x} − 1}{e^{x} + 1}}} − 2arctg \sqrt{\frac{e^{x} − 1}{e^{x} + 1}} +

C ( = ln (e^{x} + \sqrt{e^{2x} − 1}) − 2arctg \sqrt{\frac{e^{x} − 1}{e^{x} + 1}} + C , použili sme substitúciu \sqrt{\frac{e^{x} − 1}{e^{x} + 1}} = t ^{28});

\underline{34}. ∑_{k=0}^{n}(−1)^{n−k} \frac{n!}{k!} x ln^{k} x+C (použili sme rekurentný vzťah I_{n} = x ln^{n} x−nI_{n−1} ); \underline{35}. \frac{x^{4}}{128}(32 ln^{3} x−

24 ln^{2} x + 12 ln x − 3) + C; \underline{36}. − \frac{1}{8x^{2}} (4 ln^{3} x + 6 ln^{2} x + 6 ln x + 3) + C; 46 na výpočet F′(a) pre a ∈ M použite l’Hospitalovo pravidlo (pozri aj pr. I.384.1); 47 platí; využite fakt, že f musí byť ohraničená (pozri pr. I.256.1) a pr. 4; 48 uvedieme dva návody: 1. podľa vety 2 existuje spojitá funkcia G:[a, b]→ R primitívna k funkcii f ,

pritom podľa vety 1 na intervale (a, b) platí G(x) − F (x) ≡ konšt; 2. existencia príslušných limít vyplýva z rovnomernej spojitosti funkcie F (pozri aj pr. I.255); F′(a) , F′(b) možno nájsť použitím l’Hospitalovho pravidla (pozri aj pr. I.384.1);

49 \underline{1}. xtg \frac{x}{2} + 2 ln |cos \frac{x}{2}| + C ( = xtg \frac{x}{2} + ln(1 + cos x) + C ); \underline{2}. \frac{x}{1 + cos x} − tg \frac{x}{2} +

C; \underline{3}. \frac{1}{1 + a^{2}} ln |a cos x + sin x| + \frac{x}{1 + a^{2}} · \frac{a sin x − cos x}{a cos x + sin x} + C (výpočet sa urýchli, ak menovateľ integ-

randu prepíšete na tvar (a^{2} + 1) cos^{2}(x − φ) , kde cos φ = \frac{a}{\sqrt{a^{2} + 1}} , sin φ = \frac{1}{\sqrt{a^{2} + 1}} (pozri aj pr. I.31) a

použijete substitúciu x − φ = t ); \underline{4}. \sqrt{2 − sin^{2} x} − cos x · ln ( cos x + \sqrt{2 − sin^{2} x}) + C; \underline{5}. x ln^{2} (x +

\sqrt{1 + x^{2}}) − 2\sqrt{1 + x^{2}} ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) + 2x + C; \underline{6}. \frac{x ln (x + \sqrt{x^{2} + 1})}{\sqrt{x^{2} + 1}} − \frac{ln(x^{2} + 1)}{2} + C (na výpočet

∫ \frac{dx}{(x^{2} + 1)\sqrt{x^{2} + 1}} možno použiť goniometrickú substitúciu); \underline{7}. \frac{arcsin x}{2} + x ln (\sqrt{1 − x} + \sqrt{1 + x} ) −

\frac{x}{2} + C; \underline{8}. \frac{x ln x}{\sqrt{1 + x^{2}}} − ln |x + \sqrt{1 + x^{2}}| + C; \underline{9}. \frac{ln |x|}{\sqrt{x^{2} − 1}} + sgn x · arcsin \frac{1}{x} + C ( = \frac{ln |x|}{\sqrt{x^{2} − 1}} +

arcsin \frac{1}{|x|} + C ); \underline{10}. ax ln |\frac{x − 1}{x + 1}| − a ln |x^{2} − 1| + \frac{a + b}{4} ln^{2} |\frac{x − 1}{x + 1}| + C; \underline{11}. \frac{1}{4} ln \frac{x^{2}}{x^{2} + 1} − \frac{ln x}{2(1 + x^{2})} +

C; \underline{12}. \frac{1}{3}(x^{2} + 1)^{3/2} ln \sqrt{x^{2} − 1} − \frac{1}{9}\sqrt{x^{2} + 1} (x^{2} + 7) − \frac{\sqrt{2}}{3} ln |\frac{\sqrt{x^{2} + 1} − \sqrt{2}}{\sqrt{x^{2} + 1} + \sqrt{2}}| + C; \underline{13}. \frac{\sqrt{1 − x^{2}}}{2} +

\frac{arcsin x}{2} −\sqrt{1 + x^{2}} ln \frac{x}{\sqrt{1 − x}} −ln (\frac{1 + \sqrt{1 − x^{2}}}{x} )+C; \underline{14}. \frac{ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})}{2(1 − x^{2})} + \frac{1}{4\sqrt{2}} ln |\frac{\sqrt{1 + x^{2}} − \sqrt{2} x}{\sqrt{1 + x^{2}} + \sqrt{2} x}|+

C; \underline{15}. \frac{2x^{2} − 3}{4} arcsin(1 − x) − \frac{x + 3}{4} \sqrt{2x − x^{2}} + C; \underline{16}. \frac{arcsin^{2} x}{4} + \frac{x}{2} \sqrt{1 − x^{2}} arcsin x − \frac{x^{2}}{4} +

C (použili sme substitúciu x = sin t , t ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] ); \underline{17}. \frac{1}{8}(8x^{2} + 24x − 55) arccos(2x − 3) −

\frac{2x + 21}{4} \sqrt{−x^{2} + 3x − 2} + C (odporúčame výpočet začať substitúciou 2x − 3 = t ); \underline{18}. F (x) + C , kde

F (x) =

28keby sme použili substitúciu e^{x} = t a nový integrand napísali v tvare \frac{1}{\sqrt{t^{2} − 1}} − \frac{1}{t\sqrt{t^{2} − 1}} , dostali by sme výsledok v podobe ln (e^{x} + \sqrt{e^{2x} − 1}) + arcsin e^{−x} + C

\{ \begin{matrix}x arcsin \frac{2\sqrt{x}}{1 + x} + 2arctg \sqrt{x} − 2\sqrt{x} + 2 ,  ak & x ∈ [0, 1] \\ x arcsin \frac{2\sqrt{x}}{1 + x} − 2arctg \sqrt{x} + 2\sqrt{x} − 2 + π , ak & x ∈ (1, ∞) \end{matrix} ^{29}  (použitím vzťahov 2arctg \sqrt{x} =

arcsin \frac{2\sqrt{x}}{1 + x} , x ∈ [0, 1] ; π − 2arctg \sqrt{x} = arcsin \frac{2\sqrt{x}}{1 + x} , x ∈ [1, ∞) ^{30} možno predpis funkcie F upraviť na tvar F (x) = (x + 1) arcsin \frac{2\sqrt{x}}{1 + x} + 2|\sqrt{x} − 1| ); \underline{19}. \frac{arcsin^{2} x}{2} − \frac{\sqrt{1 − x^{2}}}{x} arcsin x + ln |x| + C (subst. arcsin x = t ); \underline{20}. x arcsin^{3} \frac{x}{3} + 3\sqrt{9 − x^{2}} (arcsin^{2} \frac{x}{3} − 2) − 6x arcsin \frac{x}{3} + C; \underline{21}. − \frac{arcsin x}{\sqrt{1 − x^{2}}} +

\frac{1}{2} ln |\frac{1 + x}{1 − x}| + C; \underline{22}. \frac{x arccos x}{\sqrt{1 − x^{2}}} − \frac{1}{2} ln(1 − x^{2}) + C; \underline{23}. − \frac{2 + x^{2}}{3} \sqrt{1 − x^{2}} arccos x − \frac{6x + x^{3}}{9} + C;

\underline{24}. a(xarctg x − \frac{1}{2} ln(1 + x^{2})) + \frac{b − a}{2} arctg^{2}x + C ( \frac{ax^{2} + b}{x^{2} + 1} = a + \frac{b − a}{x^{2} + 1} ); \underline{25}. \sqrt{x^{2} + 1} arctg x −

ln (x+\sqrt{x^{2} + 1})+C; \underline{26}. − \frac{x^{2}}{6} + \frac{arctg^{2}x}{2} +(\frac{x^{3}}{3} − x) arctg x+ \frac{2}{3} ln(x^{2}+1)+C; \underline{27}. \frac{x^{2} − 1}{4(x^{2} + 1)} arcctg x−

\frac{x}{4(x^{2} + 1)} + C (na výpočet ∫ \frac{dx}{(1 + x^{2})^{2}} možno použiť substitúciu x = tg t , t ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) );

\underline{28}. \frac{(1 + x^{2})^{2}}{4} arcctg x + \frac{x}{4} + \frac{x^{3}}{12} + C; \underline{29}. \frac{2}{\sqrt{x}}(x^{2} + 1)arcctg x + 4\sqrt{x} + C; \underline{30}. x − ln(e^{x} + 1) −

2e^{−x/2}arctg e^{x/2} − (arctg e^{x/2})^{2} + C; \underline{31}. \frac{x^{2} + 1}{2} arctg x · ln(1 + x^{2}) − \frac{x}{2} ln(1 + x^{2}) − \frac{x^{2} + 3}{2} arctg x + \frac{3x}{2} +

C (pri použití metódy per partes ( u′ = x , v = arctg x · ln(1 + x^{2}) ) zvoľte u = \frac{x^{2} + 1}{2} ); \underline{32}. ln(ch^{2}x +

ch x+1)+ \frac{4}{\sqrt{3}}arctg \frac{2ch x + 1}{\sqrt{3}} +C ^{31}; \underline{33}. ak a^{2} ≠ b^{2} : \frac{aa_{1} − bb_{1}}{a^{2} − b^{2}} x+ \frac{ab_{1} − ba_{1}}{a^{2} − b^{2}} ln |ach x+bsh x|+C (pre

dané a_{1} , b_{1} , a , b ∈ R , a^{2} − b^{2} ≠ 0 , existujú A , B ∈ R tak, že a_{1}ch x + b_{1}sh x = A(ach x +

bsh x) + B(bch x + ash x) ); ak a = ±b : \frac{1}{4a}[(a_{1} ∓ b_{1})sh 2x + (b_{1} ∓ a_{1})ch 2x] + \frac{1}{2a}(a_{1} ± b_{1})x +

C (integrand rozšíriť výrazom (ch x ∓ sh x) ); \underline{34}. \frac{1}{\sqrt{2}}arctg \frac{sh 2x}{\sqrt{2}} + C; \underline{35}. arctg x + \frac{arctg x^{3}}{3} + C

( \frac{x^{4} + 1}{(x^{2} + 1)(x^{4} − x^{2} + 1)} = \frac{(x^{4} − x^{2} + 1) + x^{2}}{(x^{2} + 1)(x^{4} − x^{2} + 1)} = \frac{1}{x^{2} + 1} + \frac{x^{2}}{x^{6} + 1} ); \underline{36}. \frac{1}{5} ln |\frac{x^{5} − 5x}{x^{5} − 5x + 1}| +

C ( \frac{x^{4} − 1}{x(x^{4} − 5)(x^{5} − 5x + 1)} = (x^{4} − 1) \frac{(x^{5} − 5x + 1) − (x^{5} − 5x)}{(x^{5} − 5x)(x^{5} − 5x + 1)} ); \underline{37}. F (x) + C , kde F (x) =

29funkcia f(x) = arcsin \frac{2\sqrt{x}}{1 + x} nemá deriváciu v bode 1, preto metódu per partes možno použiť len na intervaloch [0, 1) a (1, ∞) , takto nájdená funkcia x arcsin \frac{2\sqrt{x}}{1 + x} + sgn (x − 1) · (2\sqrt{x} − 2arctg \sqrt{x}) + C je primitívna k funkcii f len na [0, ∞) \ {1}

30pre x ∈ [0, 1] je 2arctg \sqrt{x} ∈ [0, π/2] , preto 2arctg \sqrt{x} = arcsin ( sin(2arctg \sqrt{x})) = arcsin (2 sin(arctg \sqrt{x}) cos(arctg \sqrt{x})) = arcsin (2\begin{matrix}√ & \overline{x} \\ √ & \overline{1 + x} \end{matrix} · \frac{1}{\sqrt{1 + x}}) ; podobne pre x ∈ [1, ∞) je π − 2arctg \sqrt{x} ∈ [0, π/2] (uvedené rovnosti možno nájsť aj integrovaním funkcie \frac{1}{(x + 1)\sqrt{x}} , resp. −\frac{1}{(x + 1)\sqrt{x}} , ktorá je deriváciou funkcie arcsin \frac{2\sqrt{x}}{1 + x} na intervale [0, 1) , resp. (1, ∞) )

31niektoré vzorce pre hyperbolické funkcie nájdete v pr. I.63 a I.64

\{ \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}}arctg \frac{x − 1/x}{\sqrt{2}} + \frac{π}{\sqrt{2}} , ak & x > 0 \\ \frac{π}{2\sqrt{2}} ,  ak & x = 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}}arctg \frac{x − 1/x}{\sqrt{2}} ,  ak & x < 0 \end{matrix} ; \underline{38}. − \frac{1}{\sqrt{2}} ln |\frac{\sqrt{x^{4} + 1} − \sqrt{2} x}{x^{2} − 1}| + C (integrand rozšírte

výrazom \frac{1}{x^{2}} a použite substitúciu x − \frac{1}{x} = t; pritom neabudnite, že \sqrt{x^{2}} = |x| ); \underline{39}. − ln |x| −

\frac{1}{4x^{4}} +C ( x^{4} +x^{−4} +2 = (x^{2} + \frac{1}{x^{2}} )^{2} ); \underline{40}. \frac{x}{2} +\sqrt{x}− \frac{1}{2}\sqrt{x(1 + x)}− \frac{1}{2} ln(\sqrt{x}+\sqrt{1 + x})+C (použite

najprv substitúciu x = t^{2} , t ≥ 0 ); \underline{41}. ak a − b ≠ kπ , k ∈ Z : \frac{1}{sin(a − b)} ln |\frac{sin(x + b)}{sin(x + a)}| + C (využite rovnosť 1 = \frac{1}{sin(a − b)} sin ((x + a) − (x + b)) = \frac{1}{sin(a − b)} ( sin(x + a) cos(x + b) − cos(x + a) sin(x + b)) ); ak a − b = kπ , k ∈ Z : (−1)^{k+1}ctg (x + b) + C; \underline{42}. ak a = kπ , k ∈ Z : \frac{1}{sin x} + (−1)^{k+1}ctg x + C; ak a ≠ kπ , k ∈ Z : \frac{1}{sin a} ln |\begin{matrix}cos & \frac{x − a}{2} \\ cos & \frac{x + a}{2} \end{matrix} | + C (možno postupovať podobne ako v pr. 49.41, ak naj-

prv použijeme vzorec cos α + cos β = 2 cos \frac{α + β}{2} cos \frac{α − β}{2} )^{32}; \underline{43}. \frac{1}{2} arcsin \frac{sin x − cos x}{\sqrt{3}} − \frac{1}{2} ln | sin x + cos x + \sqrt{2 + sin 2x} | + C (použite substitúciu x = t + \frac{π}{4} ); \underline{44}. − \frac{1}{5}(2 sin x + cos x) + \frac{4}{5\sqrt{5}} ln |tg (\frac{x}{2} + \frac{arctg 2}{2})| + C ( sin^{2} x = \frac{1}{5}[(sin x + 2 cos x)(sin x − 2 cos x) + 4] ; sin x + 2 cos x = \sqrt{5} sin(x + φ) , kde

sin φ = \frac{2}{\sqrt{5}} , cos φ = \frac{1}{\sqrt{5}} , teda tg φ = 2 )^{33}; \underline{45}. ak cos a ≠ 0 : −\frac{2}{n cos a} · \begin{matrix}cos & n & \frac{x + a}{2} \\ sin & n & \frac{x − a}{2} \end{matrix} + C; ak

a = \frac{π}{2} + 2kπ , k

inZ : 2(−1)^{n−1} \frac{cos x}{1 − sin x} + C; ak a = \frac{π}{2} + (2k + 1)π , k ∈ Z : −2\frac{cos x}{1 + sin x} + C; \underline{46}. F (x) + C ,

kde F (x) = \{ \begin{matrix}0 , ak & x < 0 \\ \frac{4}{3}x^{3} , ak & x ≥ 0 \end{matrix} (teda F (x) = \frac{2}{3} x^{2}(x + |x|) ); \underline{47}. F (x) + C , kde F (x) =

\{ \begin{matrix}1 − e^{−x} , ak & x ≥ 0 \\ e^{x} − 1 , ak & x < 0 \end{matrix} (teda F (x) = sgn x · (1 − e^{−|x|}) ); \underline{48}. − \frac{[x] cos πx}{π} − \frac{1}{2π} (1 − (−1)[x]) + C;

50 ak P_{m}^{(n−1)}(a) = 0 (podľa Taylorovho vzorca je P_{m}(x) = P_{m}(a) + P′_{m}(a)(x − a) + ⋯ + \frac{P_{m}^{(m)}(a)}{m!} (x − a)^{m} );

53 \underline{1}. \frac{x}{2}\sqrt{x^{2} + a^{2}} + \frac{a^{2}}{2} ln (x + \sqrt{x^{2} + a^{2}}) + C (inverzná funkcia k funkcii sh je daná predpisom

y = ln (x + \sqrt{x^{2} + 1}) ); \underline{2}. \frac{x}{2}\sqrt{a^{2} + x^{2}} − \frac{a^{2}}{2} ln (x + \sqrt{a^{2} + x^{2}}) + C; \underline{3}. \frac{1}{8}x(2x^{2} − 1)\sqrt{x^{2} − 1} − \frac{1}{8} ln |x +

\sqrt{x^{2} − 1}| + C (inverzná funkcia k funkcii y = ch x , x ≥ 0 , je daná predpisom y = ln (x + \sqrt{x^{2} − 1});

32použitím substitúcie tg \frac{x}{2} = t by sme dostali výsledok

−\frac{1}{\sqrt{1 − cos^{a}}} · ln |\frac{\sqrt{1 − cos a} sin(x/2) − \sqrt{1 + cos a} cos(x/2)}{\sqrt{1 − cos a} sin(x/2) + \sqrt{1 + cos a} cos(x/2)}| + C

33iná možnosť: integrand rozšíriť výrazom sin x − 2 cos x , vtedy dostaneme po úpravách výsledok −\frac{1}{5}(2 sin x + cos x) + \frac{4}{5\sqrt{5}} ln |\frac{2 + \sqrt{5} sin x}{1 + \sqrt{5} cos x}| + C kfunkcii y = −ch x , x ≥ 0 , predpisom y = − ln |x + \sqrt{x^{2} − 1}| );

55 ak a ≠ 0 , c ≠ 0 , tak substitúcia \sqrt{ax + b} = t prevedie ∫ R(x, \sqrt{ax + b}, \sqrt{cx + d} ) dx na integrál, ktorý možno nájsť použitím Eulerových substitúcií;

56 f(x) = \frac{x}{2} + 1 + C , x > 0 ; g(x) = \{ \begin{matrix}\frac{x}{2} − x^{3} − C , ak & x < 0 \\ \frac{x}{2} − C , ak & x ≥ 0 \end{matrix} ;

57 napr. f(x) = \{ \begin{matrix}(sin \frac{1}{x})′ , ak & x ≠ 0 \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} ;

58 \underline{1}. f je darbouxovská a prostá ⟹ f je rýdzomonotónna a darbouxovská ⟹ f je spojitá a rýdzomonotónna, preto f^{−1} je spojitá a definovaná na intervale; \underline{2}. použite substitúciu f^{−1}(x) = t.