Díky Newtonově formuli (věta č. 9.15) můžeme nyní relativně snadno přeformulovat metodu integrace pomocí per partes a substituce i pro určitý integrál.
Nechť \(f\) a \(g\) jsou funkce spojité na \(\langle a,b \rangle\), \(f\) má spojitou derivaci na intervalu \(\langle a,b \rangle\) a nechť \(G\) je primitivní funkce k funkci \(g\) na intervalu \(\langle a,b \rangle\). Potom \begin{equation*} \int_a^b f(x) g(x) \,\mathrm{d}x = \big[ f(x) G(x) \big]_a^b - \int_a^b f'(x) G(x) \mathrm{d}x.\end{equation*}
Funkce \(fG\) je primitivní funkcí k funkci \(f'G+fg\) na intervalu \((a,b)\) a spojitá na \(\langle a,b \rangle\). Předpoklady spojitosti na intervalu \(\langle a,b \rangle\) zaručují existenci integrálů \(\int_a^b f'G\) a \(\int_a^b fg\). Požijeme-li linearitu integrálu a Newtonovu formuli dostáváme \begin{equation*} \int_a^b f'(x)G(x)\,\mathrm{d}x + \int_a^b f(x)g(x) \,\mathrm{d}x = \int_a^b (fG)'(x)\,\mathrm{d}x = \big[ f(x)G(x) \big]_a^b.\end{equation*}
\(\square\)Vypočtěte \begin{equation*} \int_0^1 \ln(1+x) \,\mathrm{d}x.\end{equation*} Derivujeme \(\ln(1+x)\) a integrujeme \(1\), \begin{equation*} \begin{aligned} \int_0^1 \ln(1+x)\,\mathrm{d}x &= \Big[ x\ln(1+x) \Big]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x} \,\mathrm{d}x = \\ &= \ln(2) - \Big[ x - \ln|1+x| \Big]_0^1 = 2\ln(2) -1. \end{aligned}\end{equation*}
Zavádíme následující značení
Nechť pro funkce \(f\) a \(\varphi\) platí
Podobně lze formulovat i druhou větu o substituci pro určitý integrál.
Vypočtěte integrál \begin{equation*} \int_0^{\ln(2)} \frac{e^{-x}}{\frac{1}{2}+e^{-x}} \,\mathrm{d}x.\end{equation*} Použijeme substituci \(y = \varphi(x) = \frac{1}{2}+e^{-x}\). Potom \begin{equation*} \int_0^{\ln(2)} \frac{e^{-x}}{\frac{1}{2} + e^{-x}} \,\mathrm{d}x = -\int_{\frac{3}{2}}^1 \frac{1}{y} \,\mathrm{d}y = \Big[ \ln |y| \Big]^{\frac{3}{2}}_1 = \ln\frac{3}{2}.\end{equation*}
Vypočtěte integrál \begin{equation*} \int_0^1 \frac{x^3}{1+x^8} \,\mathrm{d}x.\end{equation*} Pomocí substituce \(y=x^4\), \(\mathrm{d}y = 4 x^3\mathrm{d}x\), ihned dostáváme \begin{equation*} \int_0^1 \frac{x^3}{1+x^8} \,\mathrm{d}x = \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{1}{1+y^2} \,\mathrm{d}y = \frac{1}{4} \Big[ \arctg y \Big]_0^1 = \frac{\pi}{16}.\end{equation*}
Při integraci lze často využít symetrie integrované funkce. Následující věta mluví o integraci sudých či lichých intervalů na symetrických intervalech a o integraci periodických funkcí.
Nechť \(f\) je funkce spojitá na uvažovaných intervalech.
Případ a). Pomocí substituce \(y=-x\) dostáváme \begin{equation*} \int_{-a}^0 f(x)\mathrm{d}x = \int_{a}^0 f(-y) (-1)\mathrm{d}y = \int_0^a f(y)\mathrm{d}y.\end{equation*} Případ b). Stejným způsobem jako v prvním bodě odvodíme \begin{equation*} \int_{-a}^0 f(x)\mathrm{d}x = - \int_0^a f(x) \mathrm{d}x.\end{equation*} Případ c). Pomocí substituce \(y=x+T\) a periodicity \(f\) nahlédneme, že \begin{equation*} \begin{aligned} \int_a^{a+T} f(x) \mathrm{d}x &= \int_a^b f(x) \mathrm{d}x + \int^{a+T}_b f(x) \mathrm{d}x = \int_{a+T}^{b+T} f(x) \mathrm{d} x + \int^{a+T}_b f(x) \mathrm{d}x = \\ &= \int_{b}^{a+T} f(x) \mathrm{d}x + \int_{a+T}^{b+T} f(x) \mathrm{d} x = \int_b^{b+T} f(x) \mathrm{d}x. \end{aligned}\end{equation*}
\(\square\)Vypočítejte integrály \begin{equation*} \int_{-2}^2 \big( x^3 + 3x^2 - x\big) \mathrm{d}x, \quad \int_{-1}^1 x e^{x^2} \mathrm{d}x, \quad \int_0^{2\pi} |\sin x| \mathrm{d}x.\end{equation*} Postupně vypočteme všechny integrály a použijeme předchozí větu. \begin{equation*} \int_{-2}^2 \big( x^3 + 3x^2 - x \big) \mathrm{d}x = 3 \cdot 2\int_0^2 x^2 \mathrm{d} x = 3\cdot 2 \cdot \bigg[ \frac{x^3}{3} \bigg]_0^2 = 16.\end{equation*} Pro druhý integrál můžeme psát \begin{equation*} \int_{-1}^1 x e^{-x^2} \mathrm{d} x = 0.\end{equation*} V posledním případě je integrand funkce periodická s periodou \(\pi\) a navíc sudá, proto \begin{equation*} \int_0^{2\pi} |\sin x| \mathrm{d} x = \int_{-\pi}^\pi |\sin x| \mathrm{d} x = 2 \int_0^\pi \sin x\, \mathrm{d}x = 2 \Big[ - \cos x \Big]_0^{\pi} = 4.\end{equation*}