Vypočtěte \begin{equation*} \int \frac{1}{x^2} \sin \frac{1}{x} \,\mathrm{d}x.\end{equation*} Použijeme substituci \(y=\varphi(x) = \frac{1}{x}\). Potom \(\varphi'(x) = - \frac{1}{x^2}\). Proto \begin{equation*} \begin{aligned} \int \!\! \underbrace{\frac{1}{x^2}}_{-\varphi'(x)} \!\! \sin \underbrace{\frac{1}{x}}_{\varphi(x)} \mathrm{d}x = - \int \sin y \,\mathrm{d}y = \cos y + C = \cos \frac{1}{x} + C. \end{aligned}\end{equation*} Čímž je výpočet dokončen. Výsledek platí na libovolném otevřeném podintervalu \(\mathbb R \smallsetminus \{0\}\).

Vypočtěte neurčitý integrál \begin{equation*} \int \frac{1}{(1+x)\sqrt{x}} \,\mathrm{d}x.\end{equation*} Výpočet provedeme na intervalu \((0, +\infty)\) což je největší interval, na kterém je integrand definován. Pro substituci použijeme \(y = \varphi(x) = \sqrt{x}\), pro jejíž derivaci platí \(\varphi'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}\). Tudíž, \begin{equation*} \begin{aligned} \int \frac{1}{(1+x)\sqrt{x}} \,\mathrm{d}x &= 2 \int \frac{1}{1+\big(\sqrt{x}\big)^2} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} \,\mathrm{d}x = 2 \int \frac{1}{1+y^2} \,\mathrm{d}y = \\ &= 2 \arctg y + C = 2 \arctg \sqrt{x} + C. \end{aligned}\end{equation*} Výsledek platí na \((0, +\infty)\), protože \(\arctg y\) je primitivní funkcí k \(\frac{1}{1 + y^2}\) na \(\varphi((0,+\infty)) = (0,+\infty)\).

Nalezněte primitivní funkci k funkci \(f(x) = \tg(x)\) na intervalu \(J = \Big( \frac{\pi}{2}, \ \frac{3\pi}{2} \Big)\). Funkce \(f\) je na intervalu \(J\) spojitá a má zde tedy primitivní funkci. Nejprve upravme integrand \begin{equation*} \int \tg x\,\mathrm{d}x = \int \frac{\sin(x)}{\cos(x)} \,\mathrm{d}x = - \int \frac{1}{{\color{red}\cos(x)}} \cdot \big({\color{blue}-\sin(x)}\big) \,\mathrm{d}x.\end{equation*} Použijeme větu o substituci (č. 8.16), kde zvolíme \(f(y) = \frac{1}{y}\) a \(y=\varphi(x) = \color{red}\cos(x)\). Funkce \(\varphi\) zobrazuje interval \(J\) na interval \((-1,0)\) kde má \(f\) primitivní funkci \(F(y) = \ln(-y)\). Navíc \(\varphi'(x) = {\color{blue}- \sin(x)}\). Větu lze tudíž použít a dostáváme \begin{equation*} \int \tg(x)\,\mathrm{d}x = - \ln\big(-\cos(x)\big) + C, \quad x\in J.\end{equation*} Často se též substituce zapisuje jako \(y=\cos x\), \(\mathrm{d}y = -\sin x \,\mathrm{d}x\) a \begin{equation*} \int \tg x \,\mathrm{d}x = - \int \frac{1}{y} \,\mathrm{d} y = - \ln |y| + C = - \ln\big(-\cos(x)\big) + C.\end{equation*}

Pomocí předchozí věty vypočtěte (již známý) integrál \begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \,\mathrm{d}x = \arcsin x + C.\end{equation*} Integrand \begin{equation*} f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\end{equation*} je definován na intervalu \((a,b) = (-1,1)\). Abychom se zbavili odmocniny ve jmenovateli položme \begin{equation*} x = \varphi(t) = \sin(t), \quad t\in (\alpha,\beta) := \big(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\big).\end{equation*} Funkce \(\sin\) je na intervalu \((\alpha,\beta)\) rostoucí s nenulovou derivací \(\varphi'(t) = \cos t\). Dále \begin{equation*} \begin{aligned} G(t) &= \int f\big(\varphi(t)\big) \varphi'(t) \,\dt = \int \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 t}} \cos t\, \mathrm{d}t = \\ &= \int \frac{\cos t}{\cos t} \,\mathrm{d} t = \int 1 \,\mathrm{d} t = t + C. \end{aligned}\end{equation*} Protože \(t = \arcsin(x)\) uzavíráme, \begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \,\mathrm{d} x = \arcsin(x) + C.\end{equation*}

Vypočtěte \begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \,\mathrm{d}x.\end{equation*} Podobně jako v předchozím případě se lze zbavit odmocniny. Nyní je však integrand definován na \(\mathbb{R}\). Zvolíme-li \begin{equation*} x = \varphi(t) = \sinh t = \frac{e^t - e^{-t}}{2},\end{equation*} pak \begin{equation*} \begin{aligned} 1 + \varphi(t)^2 = 1 + \left( \frac{e^t - e^{-t}}{2} \right)^2 = 1 + \frac{e^{2t} - 2 + e^{-2t}}{4} = \\ = \frac{e^{2t} + 2 + e^{-2t}}{4} = \left( \frac{e^t + e^{-t}}{2} \right)^2. \end{aligned}\end{equation*} Protože \(\varphi'(t) = \frac{e^t + e^{-t}}{2}\) dostáváme \begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1+\varphi(t)^2}}\,\varphi'(t)\,\mathrm{d}t = \int 1 \,\mathrm{d} t = t + C\end{equation*} Funkce \(\varphi\) zobrazuje \(\mathbb{R}\) na \(\mathbb{R}\) a je monotónně rostoucí s nenulovou derivací. K dokončení příkladu je nutné nalézt její inverzi. Pokud \(x = \varphi(t)\), pak \begin{equation*} e^{2t} - 2x e^t - 1 = 0.\end{equation*} Odtud \begin{equation*} e^t = \frac{1}{2} \left( 2x \pm \sqrt{4x^2 + 4}\right) = x \pm \sqrt{x^2 + 1}.\end{equation*} Smysl v našem případě má pouze znaménko plus. Tudíž, \begin{equation*} t = \ln\Big(x + \sqrt{x^2 + 1}\Big).\end{equation*} Uzavíráme \begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \,\mathrm{d}x = \ln\Big(x + \sqrt{x^2 + 1} \Big) + C.\end{equation*}