Plan:

1. Integracija najjednostavnijih racionalnih razlomaka.
2. Integracija nekih iracionalnih funkcija.
3. Univerzalna trigonometrijska supstitucija.

1. Integracija jednostavnih racionalnih razlomaka

Podsjetimo da je funkcija forme P (x) \u003d a o x p + a 1 x p-1 + a 2 x p-2 + ... + a p-1 x p + a p, gdje , a o, a 1 ... a p - konstantni koeficijenti se nazivaju polinom ili racionalna funkcija . Broj P pozvao polinomski stepen .

Frakcijsko-racionalna funkcija naziva se funkcija jednaka omjeru dva polinoma, tj. .

Razmotrimo neke jednostavne integrale razlomaka racionalnih funkcija:

1.1. Naći integrale oblika (A - konst) koristićemo integrale nekih složene funkcije: = .

Primjer 20.1. Pronađite integral.

Rješenje. Koristimo gornju formulu = . Dobijamo da = .

1.2. Naći integrale oblika (A - konst) primijenit ćemo metodu selekcije u nazivniku punog kvadrata. Originalni integral kao rezultat transformacija bit će sveden na jedan od dva tabela integrala: ili .

Razmotrimo izračunavanje takvih integrala na konkretnom primjeru.

Primjer 20.2. Pronađite integral.

Rješenje. Pokušajmo odabrati pun kvadrat u nazivniku, tj. smisliti formulu (a ± b) 2 = a 2 ± 2ab + b 2 .

Za ovo 4 X predstavljaju kao dvostruki proizvod 2∙2∙ X. Dakle, do izraza X 2 + 4X da dobijete pun kvadrat, dodajte kvadrat broja dva, tj. 4: X 2 + 4x + 4 = (x + 2) 2 . x + 2) 2 oduzmi 4. Dobijamo sljedeći lanac transformacija:

x + 2 = I, zatim . Zamena I I dx u rezultujući integral: = = . Koristimo tablični integral: , gdje ali= 3. Dobijamo da = . Zamjena umjesto I izraz x+ 2:

odgovor: = .

1.3. Naći integrale oblika (M, N - konst) primijenit ćemo sljedeće algoritam :

1. Odaberite pun kvadrat u nazivniku.

2. Izraz u zagradama će biti označen novom varijablom t. Hajde da nađemo X, dx i spojite ih sa t u originalni integral (dobijamo integral koji sadrži samo varijablu t).

3. Podijelimo rezultirajući integral na zbir dva integrala, od kojih svaki izračunavamo posebno: jedan integral se rješava metodom zamjene, drugi se svodi na jednu od formula ili .

Primjer 20.3. Pronađite integral.

Rješenje. 1. Pokušajmo odabrati pun kvadrat u nazivniku . Za ovo 6 X predstavljaju kao dvostruki proizvod 2∙3∙ X. Zatim na izraz X 2 - 6X treba dodati kvadrat broja tri, tj. broj 9: X 2 – 6X + 9 = (X - 3) 2 . Ali da se izraz u nazivniku ne bi promijenio, potrebno je od ( X- 3) 2 oduzmi 9. Dobijamo lanac transformacija:

2. Uvedemo sljedeću zamjenu: neka x-3=t(znači , X=t+ 3), zatim . Zamena t, x, dx u integral:

3. Rezultirajući integral predstavimo kao zbir dvaju integrala:

Naći ćemo ih zasebno.

3.1 Prvi integral se izračunava metodom supstitucije. Označimo nazivnik razlomka, a zatim . Odavde. Zamena I I dt u integral i dovesti ga u oblik: = = = ln|u|+C= =ln|t 2+16|+C. Ostaje da se vratimo na varijablu X. Jer, onda ln|t2+16| + C \u003d ln | x 2 - 6X+25|+C.

3.2 Drugi integral se izračunava po formuli: (gde a= 4). Tada je = = .

3.3 Originalni integral jednak je zbiru integrala koji se nalaze u paragrafima 3.1 i 3.2: = ln | x 2 - 6X+25|+ .

odgovor: =ln | x 2 - 6X+25|+ .

Metode za integraciju drugih racionalnih funkcija obrađene su u cijelom kursu matematička analiza(pogledajte, na primjer, Pisane bilješke s predavanja o D.T višu matematiku, 1. dio - M.: Iris-press, 2006.).

1. Integracija nekih iracionalnih funkcija.

Razmotrite pronalaženje neodređenih integrala od sledeće vrste iracionalne funkcije: i ( a, b, c su konst.). Da bismo ih pronašli, koristit ćemo metodu odabira punog kvadrata u iracionalnom izrazu. Tada se razmatrani integrali mogu svesti na sljedeće oblike: ,

Analizirajmo nalaženje integrala nekih iracionalnih funkcija na konkretnim primjerima.

Primjer 20.4. Pronađite integral.

Rješenje. Pokušajmo odabrati puni kvadrat u nazivniku . Za ovo 2 X predstavljaju kao dvostruki proizvod 2∙1∙ X. Zatim na izraz X 2 +2X dodajte jedinični kvadrat ( X 2 + 2X + 1 = (x + 1) 2) i oduzmimo 1. Dobijamo lanac transformacija:

Dobiveni integral izračunavamo metodom supstitucije. Hajde da stavimo x + 1 = I, zatim . Zamena i, dx , gdje ali= 4. Dobili smo to . Zamjena umjesto I izraz x+ 1:

odgovor: = .

Primjer 20.5. Pronađite integral.

Rješenje. Pokušajmo odabrati cijeli kvadrat ispod znaka korijena . Za ovo 8 X predstavljaju kao dvostruki proizvod 2∙4∙ X. Zatim na izraz X 2 -8X dodajte kvadrat od četiri ( X 2 - 8X + 16 = (X - 4) 2) i oduzmi ga. Dobijamo lanac transformacija:

Dobiveni integral izračunavamo metodom supstitucije. Hajde da stavimo X - 4 = I, zatim . Zamena i, dx u rezultujući integral: = . Koristimo tablični integral: , gdje ali= 3. Dobili smo to . Zamjena umjesto I izraz X- 4:

odgovor: = .

1. Univerzalna trigonometrijska supstitucija.

Ako treba da nađeš definitivni integral iz funkcije koja sadrži sinx I cosx, koji su povezani samo sabiranjem, oduzimanjem, množenjem ili dijeljenjem, možete koristiti univerzalna trigonometrijska supstitucija .

Suština ove zamjene je u tome sinx I cosx može se izraziti tangentom poluugla na sljedeći način: , . Zatim, ako uvedemo zamjenu , onda sinx I cosxće se izraziti kroz t na sljedeći način: , . Ostaje da se izrazi X preko t i nađi dx.

Ako onda . Hajde da nađemo dx: = .

Dakle, da bi se primijenila univerzalna supstitucija, dovoljno je označiti sinx I cosx preko t(formule su istaknute u okviru), i dx pisati kao . Kao rezultat, pod predznakom integrala treba dobiti racionalnu funkciju, čija je integracija razmatrana u paragrafu 1. Obično je metoda primjene univerzalne zamjene vrlo glomazna, ali uvijek vodi do rezultata.

Razmotrimo primjer primjene univerzalne trigonometrijske zamjene.

Primjer 20.6. Pronađite integral.

Rješenje. Primijenite univerzalnu zamjenu , zatim , , dx=. Dakle, = = = = = ., onda su uzeti ").

Postoje mnogi integrali koji se nazivaju " neuzeto Ovakvi integrali se ne izražavaju u terminima uobičajenih elementarne funkcije. Tako, na primjer, ne može se uzeti integral , jer ne postoji elementarna funkcija čiji bi izvod bio jednak . Ali neki od "nepreuzetih" integrala su od velike praktične važnosti. Dakle, integral se naziva Poissonov integral i široko se koristi u teoriji vjerovatnoće.

Postoje i drugi važni "neuzeti" integrali: - integralni logaritam (koristi se u teoriji brojeva) i - Fresnel integrali (koristi se u fizici). Za njih su sastavljene detaljne tablice vrijednosti za različite vrijednosti argumenta X.

Test pitanja:

Kompleksni integrali

Ovaj članak dovršava temu neodređeni integrali, i uključuje integrale za koje smatram da su prilično složeni. Lekcija je nastala na ponovljeni zahtjev posjetitelja koji su izrazili želju da se teži primjeri analiziraju na stranici.

Pretpostavlja se da je čitalac ovog teksta dobro pripremljen i da zna da primeni osnovne tehnike integracije. Lutke i ljudi koji nisu baš sigurni u integrale treba da pogledaju prvu lekciju - Neodređeni integral. Primjeri rješenja gdje možete naučiti temu gotovo od nule. Iskusniji studenti mogu se upoznati sa tehnikama i metodama integracije, na koje se još uvijek nisam susreo u mojim člancima.

Koji će se integrali uzeti u obzir?

Prvo, razmatramo integrale sa korijenima, za čije rješenje se sukcesivno koristimo varijabilna zamjena I integracija po dijelovima. To jest, u jednom primjeru, dvije metode su kombinovane odjednom. I još više.

Tada ćemo se upoznati sa zanimljivim i originalnim metoda svođenja integrala na sebe. Nije tako malo integrala riješeno na ovaj način.

Treći broj programa biće integrali složenih razlomaka, koji su u prethodnim člancima leteli pored kase.

Četvrto, analizirat će se dodatni integrali iz trigonometrijskih funkcija. Konkretno, postoje metode koje izbjegavaju dugotrajnu univerzalnu trigonometrijsku zamjenu.

(2) U integrandu dijelimo brojilac sa nazivnikom član po član.

(3) Koristimo svojstvo linearnosti neodređenog integrala. U posljednjem integralu, odmah dovesti funkciju pod znak diferencijala.

(4) Uzimamo preostale integrale. Imajte na umu da možete koristiti zagrade u logaritmu, a ne u modulu, jer .

(5) Vršimo obrnutu supstituciju, izražavajući iz direktne zamene "te":

Mazohistički studenti mogu razlikovati odgovor i dobiti originalni integrand, kao što sam ja upravo učinio. Ne, ne, uradio sam ček u pravom smislu =)

Kao što vidite, u toku rješavanja bilo je potrebno koristiti čak i više od dvije metode rješenja, tako da su vam za rad s takvim integralima potrebne sigurne integracijske vještine i ni najmanje iskustvo.

U praksi je, naravno, češći kvadratni korijen, evo tri primjera za nezavisno rješenje:

Primjer 2

Pronađite neodređeni integral

Primjer 3

Pronađite neodređeni integral

Primjer 4

Pronađite neodređeni integral

Ovi primjeri su istog tipa, tako da će kompletno rješenje na kraju članka biti samo za primjer 2, u primjerima 3-4 - jedan odgovor. Koju zamjenu koristiti na početku odluka, mislim da je očigledno. Zašto sam odabrao istu vrstu primjera? Često se nalaze u njihovim ulogama. Češće, možda, samo nešto slično .

Ali ne uvijek, kada ispod tangente luka, sinusa, kosinusa, eksponenta i drugih funkcija postoji korijen linearna funkcija, potrebno je primijeniti nekoliko metoda odjednom. U nizu slučajeva moguće je „lako sići“, odnosno odmah nakon zamjene dobije se jednostavan integral koji se uzima elementarno. Najlakši od gore predloženih zadataka je primjer 4, u kojem se nakon zamjene dobije relativno jednostavan integral.

Metoda svođenja integrala na sebe

Pametna i lepa metoda. Pogledajmo klasike žanra:

Primjer 5

Pronađite neodređeni integral

Ispod korijena se nalazi kvadratni binom, a kada pokušate integrirati ovaj primjer, čajnik može patiti satima. Takav integral se uzima po dijelovima i svodi na sebe. U principu, nije teško. ako znaš kako.

Označimo razmatrani integral latiničnim slovom i započnemo rješenje:

Integracija po dijelovima:

(1) Pripremamo integrand za podjelu pojam.

(2) Integrand pojam dijelimo. Možda ne razumiju svi, pisaću detaljnije:

(3) Koristimo svojstvo linearnosti neodređenog integrala.

(4) Uzimamo zadnji integral ("dugi" logaritam).

Pogledajmo sada sam početak rješenja:

I za kraj:

Šta se desilo? Kao rezultat naših manipulacija, integral se sveo na sebe!

Izjednačite početak i kraj:

Prelazimo na lijevu stranu sa promjenom predznaka:

I rušimo dvojku na desnu stranu. Kao rezultat:

Konstantu je, strogo govoreći, trebalo dodati ranije, ali sam je dodao na kraju. Toplo preporučujem da pročitate koja je ozbiljnost ovdje:

Bilješka: Još strožije, završna faza rješenja izgleda ovako:

Na ovaj način:

Konstanta se može preimenovati sa . Zašto možete preimenovati? Jer i dalje treba bilo koji vrijednosti, te u tom smislu nema razlike između konstanti i.
Kao rezultat:

Sličan trik sa stalnim preimenovanjem se široko koristi u diferencijalne jednadžbe. I tamo ću biti strog. I ovdje takve slobode dozvoljavam samo da vas ne bih zbunio nepotrebnim stvarima i fokusirao se na samu metodu integracije.

Primjer 6

Pronađite neodređeni integral

Još jedan tipičan integral za nezavisno rešenje. Kompletno rješenje i odgovor na kraju lekcije. Razlika u odnosu na odgovor iz prethodnog primjera bit će!

Ako je ispod kvadratni korijen nađe se kvadratni trinom, onda se rješenje u svakom slučaju svodi na dva analizirana primjera.

Na primjer, razmotrite integral . Sve što treba da uradite je unapred odaberite cijeli kvadrat:
.
Zatim se vrši linearna zamjena, koja upravlja "bez ikakvih posljedica":
, što rezultira integralom . Nešto poznato, zar ne?

Ili ovaj primjer, s kvadratnim binomom:
Odabir cijelog kvadrata:
I, nakon linearne zamjene, dobijamo integral, koji je također riješen već razmatranim algoritmom.

Razmotrimo još dva tipična primjera kako svesti integral na sebe:
je integral eksponenta pomnožen sa sinusom;
je integral eksponenta pomnožen kosinusom.

U navedenim integralima po dijelovima morat ćete integrirati već dva puta:

Primjer 7

Pronađite neodređeni integral

Integrand je eksponent pomnožen sa sinusom.

Integriramo po dijelovima dva puta i svodimo integral na sebe:

Kao rezultat dvostruke integracije po dijelovima, integral se svodi na sebe. Izjednačite početak i kraj rješenja:

Prelazimo na lijevu stranu s promjenom predznaka i izražavamo naš integral:

Spreman. Usput je poželjno češljati desnu stranu, tj. izvadite eksponent iz zagrada, a sinus i kosinus stavite u zagrade „prelijepim” redoslijedom.

Vratimo se sada na početak primjera, odnosno na integraciju po dijelovima:

Jer smo odredili izlagača. Postavlja se pitanje, eksponent uvijek treba označavati sa ? Nije potrebno. Zapravo, u razmatranom integralu fundamentalno nema veze, za šta označiti, moglo bi se ići na drugu stranu:

Zašto je to moguće? Budući da se eksponent pretvara u sebe (pri diferenciranju i integraciji), sinus i kosinus se međusobno pretvaraju (opet, i pri diferenciranju i integraciji).

Odnosno, može se označiti i trigonometrijska funkcija. Ali, u razmatranom primjeru, to je manje racionalno, jer će se pojaviti razlomci. Ako želite, ovaj primjer možete pokušati riješiti na drugi način, odgovori moraju biti isti.

Primjer 8

Pronađite neodređeni integral

Ovo je "uradi sam" primjer. Prije nego što odlučite, razmislite o tome što je u ovom slučaju isplativije odrediti za eksponencijalnu ili trigonometrijsku funkciju? Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

I, naravno, ne zaboravite da je većinu odgovora u ovoj lekciji prilično lako provjeriti diferenciranjem!

Smatralo se da primjeri nisu najteži. U praksi su češći integrali, gdje je konstanta i u eksponentu iu argumentu trigonometrijske funkcije, na primjer: . Mnogi će se morati zbuniti u takvom integralu, a i ja se često zbunim. Činjenica je da u rješenju postoji velika vjerovatnoća pojave razlomaka, a vrlo je lako izgubiti nešto zbog nepažnje. Osim toga, postoji velika vjerovatnoća greške u predznacima, imajte na umu da u eksponentu postoji znak minus, a to unosi dodatne poteškoće.

U završnoj fazi često se ispostavi nešto ovako:

Čak i na kraju rješenja, trebali biste biti izuzetno oprezni i pravilno postupati s razlomcima:

Integracija kompleksnih razlomaka

Polako se približavamo ekvatoru lekcije i počinjemo razmatrati integrale razlomaka. Opet, nisu svi super složeni, samo iz ovog ili onog razloga, primjeri su bili malo “off topic” u drugim člancima.

Nastavljamo s temom korijena

Primjer 9

Pronađite neodređeni integral

U nazivniku ispod korijena nalazi se kvadratni trinom plus izvan korijenskog "dodatka" u obliku "x". Integral ovog oblika rješava se standardnom zamjenom.

Odlučujemo:

Zamjena je ovdje jednostavna:

Gledanje na život nakon zamjene:

(1) Nakon zamjene, članove pod korijenom svodimo na zajednički nazivnik.
(2) Vadimo ga ispod korena.
(3) Smanjujemo brojilac i nazivnik za . U isto vrijeme, pod korijenom, preuredio sam pojmove u prikladnom redoslijedu. Uz određeno iskustvo, koraci (1), (2) se mogu preskočiti usmenim izvođenjem komentiranih radnji.
(4) Dobijeni integral, kako se sjećate iz lekcije Integracija nekih razlomaka, je riješeno metoda odabira punog kvadrata. Odaberite cijeli kvadrat.
(5) Integracijom dobijamo običan "dugački" logaritam.
(6) Vršimo obrnutu zamjenu. Ako u početku , onda natrag: .
(7) Završna radnja ima za cilj češljanje rezultata: pod korijenom ponovo dovodimo članove do zajedničkog nazivnika i vadimo ih ispod korijena.

Primjer 10

Pronađite neodređeni integral

Ovo je "uradi sam" primjer. Ovdje se konstanta dodaje usamljenim x, a zamjena je skoro ista:

Jedino što treba dodatno uraditi je izraziti "x" iz zamjene:

Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Ponekad u takvom integralu može biti kvadratni binom ispod korijena, to ne mijenja način rješavanja rješenja, čak će biti još jednostavnije. Osjetite razliku:

Primjer 11

Pronađite neodređeni integral

Primjer 12

Pronađite neodređeni integral

Kratka rješenja i odgovori na kraju lekcije. Treba napomenuti da je primjer 11 upravo takav binomni integral, čija je metoda rješenja razmatrana u lekciji Integrali iracionalnih funkcija.

Integral nerazložljivog polinoma 2. stepena na stepen

(polinom u nazivniku)

Rjeđi, ali se ipak javlja u praktičnim primjerima oblik integrala.

Primjer 13

Pronađite neodređeni integral

No, vratimo se na primjer sa sretnim brojem 13 (iskreno, nisam pogodio). I ovaj integral je iz kategorije onih sa kojima možete poprilično patiti ako ne znate kako da ih riješite.

Rješenje počinje umjetnom transformacijom:

Mislim da svi već razumiju kako podijeliti brojilac sa nazivnikom član po član.

Dobijeni integral se uzima u delovima:

Za integral oblika ( – prirodni broj) izvedeno ponavljajuća formula za degradaciju:
, gdje je integral nižeg stepena.

Provjerimo valjanost ove formule za riješeni integral .
U ovom slučaju: , , koristimo formulu:

Kao što vidite, odgovori su isti.

Primjer 14

Pronađite neodređeni integral

Ovo je "uradi sam" primjer. Otopina uzorka koristi gornju formulu dva puta uzastopno.

Ako je ispod diplome nerastavljivo kvadratni trinom, tada se rješenje svodi na binom izdvajanjem punog kvadrata, na primjer:

Šta ako postoji dodatni polinom u brojiocu? U ovom slučaju se koristi metoda neodređenih koeficijenata, a integrand se proširuje u zbir razlomaka. Ali u mojoj praksi takav primjer nikad sreo, pa sam ovaj slučaj preskočio u članku Integrali frakciono-racionalne funkcije, sada ću to preskočiti. Ako se takav integral ipak pojavi, pogledajte udžbenik - tamo je sve jednostavno. Ne smatram svrsishodnim uključiti materijal (čak i jednostavan), vjerovatnoća susreta s kojim teži nuli.

Integracija složenih trigonometrijskih funkcija

Pridjev "teško" u većini primjera je opet u velikoj mjeri uvjetovan. Počnimo s tangentama i kotangensima visoki stepeni. Sa stanovišta metoda koje se koriste za rješavanje tangente i kotangensa su skoro iste, pa ću više govoriti o tangenti, što znači da prikazana metoda rješavanja integrala vrijedi i za kotangens.

U gornjoj lekciji smo pogledali univerzalna trigonometrijska supstitucija riješiti određenu vrstu integrala iz trigonometrijske funkcije. Nedostatak univerzalne trigonometrijske zamjene je što njena primjena često dovodi do glomaznih integrala sa teškim proračunima. A u nekim slučajevima, univerzalna trigonometrijska zamjena može se izbjeći!

Razmotrimo još jedan kanonski primjer, integral jedinstva podijeljen sa sinusom:

Primjer 17

Pronađite neodređeni integral

Ovdje možete koristiti univerzalnu trigonometrijsku zamjenu i dobiti odgovor, ali postoji racionalniji način. Dat ću kompletno rješenje sa komentarima za svaki korak:

(1) Koristimo trigonometrijsku formulu za sinus dvostrukog ugla.
(2) Izvodimo umjetnu transformaciju: U nazivniku dijelimo i množimo sa .
(3) Prema poznatoj formuli u nazivniku pretvaramo razlomak u tangentu.
(4) Funkciju dovodimo pod znak diferencijala.
(5) Uzimamo integral.

Nekoliko jednostavnih primjera koje možete riješiti sami:

Primjer 18

Pronađite neodređeni integral

Savjet: Prvi korak je korištenje formule redukcije i pažljivo izvršite radnje slične prethodnom primjeru.

Primjer 19

Pronađite neodređeni integral

Pa, ovo je vrlo jednostavan primjer.

Kompletna rješenja i odgovori na kraju lekcije.

Mislim da sada niko neće imati problema sa integralima:
itd.

Koja je ideja iza metode? Ideja je da uz pomoć transformacija, trigonometrijske formule organizirati u integrandu samo tangente i derivaciju tangente. Odnosno, govorimo o zamjeni: . U primjerima 17-19 zapravo smo koristili ovu zamjenu, ali su integrali bili toliko jednostavni da je to učinjeno s ekvivalentnom radnjom – dovođenjem funkcije pod diferencijalni predznak.

Slično razmišljanje, kao što sam već spomenuo, može se izvesti za kotangens.

Postoji i formalni preduvjet za primjenu gornje zamjene:

Zbir potencija kosinusa i sinusa je negativan cijeli parni broj, na primjer:

za integral, cijeli negativni parni broj.

! Bilješka : ako integrand sadrži SAMO sinus ili SAMO kosinus, tada se integral uzima paran sa negativnim neparnim stepenom (najjednostavniji slučajevi su u primjerima br. 17, 18).

Razmotrite nekoliko značajnijih zadataka za ovo pravilo:

Primjer 20

Pronađite neodređeni integral

Zbir stupnjeva sinusa i kosinusa: 2 - 6 \u003d -4 - negativan cijeli broj PAR broj, što znači da se integral može svesti na tangente i njegov derivat:

(1) Transformirajmo imenilac.
(2) Prema poznatoj formuli dobijamo .
(3) Transformirajmo imenilac.
(4) Koristimo formulu .
(5) Funkciju dovodimo pod diferencijalni predznak.
(6) Vršimo zamjenu. Iskusniji učenici možda neće izvršiti zamjenu, ali je ipak bolje zamijeniti tangentu jednim slovom - manji je rizik od zabune.

Primjer 21

Pronađite neodređeni integral

Ovo je "uradi sam" primjer.

Čekaj, prvenstvena kola počinju =)

Često u integrandu postoji "mašavica":

Primjer 22

Pronađite neodređeni integral

Ovaj integral u početku sadrži tangentu, što odmah sugerira već poznatu misao:

Vještačku transformaciju na samom početku i ostale korake ostavljam bez komentara, jer je sve već rečeno.

Nekoliko kreativnih primjera za samostalno rješenje:

Primjer 23

Pronađite neodređeni integral

Primjer 24

Pronađite neodređeni integral

Da, u njima, naravno, možete sniziti stepene sinusa, kosinusa, koristiti univerzalnu trigonometrijsku supstituciju, ali rješenje će biti mnogo efikasnije i kraće ako se povuče kroz tangente. Potpuno rješenje i odgovori na kraju lekcije

Klasa iracionalnih funkcija je vrlo široka, tako da jednostavno ne može postojati univerzalni način da se one integrišu. U ovom članku pokušaćemo da identifikujemo najkarakterističnije tipove iracionalnih integranda i da ih uskladimo sa metodom integracije.

Postoje slučajevi kada je prikladno koristiti metodu podvođenja pod diferencijalni predznak. Na primjer, pri pronalaženju neodređenih integrala oblika, gdje str je racionalni razlomak.

Primjer.

Pronađite neodređeni integral .

Rješenje.

Nije teško to uočiti. Stoga zbrajamo pod predznakom diferencijala i koristimo tabelu antiderivata:

odgovor:

.

13. Frakcijska linearna zamjena

Integrali tipa gdje su a, b, c, d realni brojevi, a, b, ..., d, g prirodni brojevi, svode se na integrale racionalne funkcije zamjenom gdje je K najmanji zajednički višekratnik imenioci razlomaka

Zaista, iz zamjene slijedi da

tj. x i dx su izraženi u terminima racionalnih funkcija od t. Štaviše, svaki stepen razlomka je izražen u terminima racionalne funkcije od t.

Primjer 33.4. Pronađite integral

Rješenje: Najmanji zajednički višekratnik nazivnika 2/3 i 1/2 je 6.

Stoga pretpostavljamo x + 2 = t 6, x = t 6 -2, dx = 6t 5 dt, dakle,

Primjer 33.5. Navedite zamjenu za pronalaženje integrala:

Rješenje: Za I 1 zamjena x=t 2 , za I 2 zamjena

14. Trigonometrijska zamjena

Integrali tipa se svode na integrale funkcija koje racionalno zavise od trigonometrijskih funkcija korišćenjem sledećih trigonometrijskih supstitucija: x=a sint za prvi integral; x=a tgt za drugi integral, za treći integral.

Primjer 33.6. Pronađite integral

Rješenje: Neka je x=2 sin t, dx=2 cos tdt, t=arcsin x/2. Onda

Ovdje je integrand racionalna funkcija u odnosu na x i Izdvajajući pod radikalom puni kvadrat i vršeći supstituciju, integrali naznačenog tipa se svode na integrale tipa koji je već razmatran, odnosno na integrale tipa Ovi se integrali mogu izračunati upotrebom odgovarajućih trigonometrijskih supstitucija.

Primjer 33.7. Pronađite integral

Rješenje: Kako je x 2 +2x-4=(x+1) 2 -5, onda je x+1=t, x=t-1, dx=dt. Zbog toga Hajde da stavimo

Napomena: Integralni tip svrsishodno je pronaći zamjenom x=1/t.

15. Određeni integral

Neka je funkcija data na segmentu i ima antiderivat na njemu. Razlika se zove definitivni integral funkcije na intervalu i označavaju. dakle,

Razlika se onda piše kao . Zovu se brojevi granice integracije .

Na primjer, jedan od antiderivata za funkciju. Zbog toga

16 . Ako je s konstantan broj i funkcija ƒ(h) je integrabilna na , tada

tj. konstantni faktor c se može izvaditi iz predznaka određenog integrala.

▼Sastavite integralni zbir za funkciju sa ƒ(x). Imamo:

Tada ovo implicira da je funkcija ƒ(x) integrabilna na [a; b] i vrijedi formula (38.1).▲

2. Ako su funkcije ƒ 1 (h) i ƒ 2 (h) integrabilne na [a;b], onda je ona integrabilna na [a; b] njihov zbir u

tj. integral zbira jednak je zbiru integrala.

▼
▲

Svojstvo 2 proširuje se na zbir bilo kojeg konačnog broja članova.

3.

Ovo svojstvo se može prihvatiti po definiciji. Ovo svojstvo potvrđuje i Newton-Leibnizova formula.

4. Ako je funkcija ƒ(x) integrabilna na [a; b] i a< с < b, то

tj. integral po cijelom segmentu jednak je zbiru integrala nad dijelovima ovog segmenta. Ovo svojstvo se naziva aditivnost određenog integrala (ili svojstvo aditivnosti).

Prilikom cijepanja segmenta [a;b] na dijelove, u broj tačaka podjele uključujemo tačku c (ovo se može učiniti jer je granica integralnog zbira nezavisna od načina cijepanja segmenta [a; b] na dijelovi). Ako je c \u003d x m, tada se integralni zbir može podijeliti na dva zbroja:

Svaki od zapisanih suma je integralan, respektivno, za segmente [a; b], [a; s] i [s; b]. Prelaskom do granice u posljednjoj jednakosti kao n → ∞ (λ → 0), dobijamo jednakost (38.3).

Svojstvo 4 vrijedi za bilo koji raspored tačaka a, b, c (pretpostavljamo da je funkcija ƒ (x) integrabilna na najvećem rezultujućem segmentu).

Tako, na primjer, ako a< b < с, то

(koriste se svojstva 4 i 3).

5. "Teorema srednje vrijednosti". Ako je funkcija ƒ(x) kontinuirana na segmentu [a; b], tada postoji tanka linija sa ê [a; b] tako da

▼Prema Newton-Leibnizovoj formuli, imamo

gdje je F "(x) \u003d ƒ (x). Primjenom Lagrangeove teoreme (teoreme o konačnom prirastu funkcije) na razliku F (b) - F (a), dobijamo

F (b) -F (a) \u003d F "(c) (b-a) \u003d ƒ (c) (b-a). ▲

Svojstvo 5 (“teorema srednje vrijednosti”) za ƒ (x) ≥ 0 ima jednostavnu geometrijskom smislu: vrijednost određenog integrala je, za neki c ê (a; b), površina pravougaonika visine ƒ (c) i osnove b-a (vidi sliku 170). Broj

naziva se srednja vrijednost funkcije ƒ(x) na segmentu [a; b].

6. Ako funkcija ƒ (x) zadrži svoj predznak na segmentu [a; b], gdje je a< b, то интегралимеет тот же знак, что и функция. Так, если ƒ(х)≥0 на отрезке [а; b], то

▼Prema "teoremi srednje vrijednosti" (svojstvo 5)

gdje je c ê [a; b]. A pošto je ƒ(h) ≥ 0 za sve x O [a; b], onda

ƒ(s)≥0, b-a>0.

Dakle, ƒ(c) (b-a) ≥ 0, tj. ▲

7. Nejednakost između kontinuiranih funkcija na intervalu [a; b], (a

▼Pošto ƒ 2 (h)-ƒ 1 (x)≥0, onda na< b, согласно свойству 6, имеем

Ili, prema svojstvu 2,

Imajte na umu da je nemoguće razlikovati nejednakosti.

8. Procjena integrala. Ako su m i M najmanja i najveća vrijednost funkcije y \u003d ƒ (x) na segmentu [a; b], (a< b), то

▼Pošto za bilo koje x ê [a;b] imamo m≤ƒ(h)≤M, onda, prema svojstvu 7, imamo

Primenom svojstva 5 na ekstremne integrale dobijamo

▲

Ako je ƒ(x)≥0, tada je svojstvo 8 ilustrovano geometrijski: površina krivolinijskog trapeza je zatvorena između površina pravokutnika čija je osnova , a visine su jednake m i M (vidi sliku 171).

9. Modul određenog integrala ne prelazi integral modula integranda:

▼Primjenjujući svojstvo 7 na očigledne nejednakosti -|ƒ(h)|≤ƒ(h)≤|ƒ(h)|, dobijamo

Otuda to slijedi

▲

10. Derivat određenog integrala u odnosu na gornju granicu varijable jednak je integrandu u kojem je varijabla integracije zamijenjena ovom granicom, tj.

Izračunavanje površine figure jedan je od najzahtjevnijih problema u teoriji površine. Na školskom kursu geometrije naučili smo kako pronaći površine osnovnih geometrijskih oblika, kao što su krug, trokut, romb itd. Međutim, mnogo češće se morate baviti izračunom površina složenijih figura. Prilikom rješavanja ovakvih problema potrebno je pribjeći integralnom računu.

U ovom članku ćemo razmotriti problem izračunavanja površine krivolinijskog trapeza i pristupit ćemo mu u geometrijskom smislu. To će nam omogućiti da saznamo direktnu vezu između određenog integrala i površine krivolinijskog trapeza.

Neka funkcija y = f(x) kontinuirano na segmentu i ne mijenja predznak na njemu (tj. nije negativan ili nepozitivan). figure G omeđen linijama y = f(x), y = 0, x = a I x = b, zvao krivolinijski trapez. Označimo njegovu površinu S(G).

Pristupimo problemu izračunavanja površine krivolinijskog trapeza na sljedeći način. U odjeljku kvadratne figure saznali smo da je krivolinijski trapez kvadratna figura. Ako podijelimo segment na n dijelove sa tačkama i označite , i odaberite točke tako da na, tada se brojke koje odgovaraju donjoj i gornjoj Darboux sumi mogu smatrati dolaznim P i grljenje Q poligonalni oblici za G.

Dakle, i sa povećanjem broja particionih tačaka n, dolazimo do nejednakosti , gdje je proizvoljno mali pozitivan broj, i s I S su donja i gornja Darbouxova suma za datu particiju segmenta . U drugom unosu . Stoga, okrećući se konceptu određenog Darbouxovog integrala, dobijamo .

Posljednja jednakost znači da je definitivni integral za kontinuiranu i nenegativnu funkciju y = f(x) predstavlja u geometrijskom smislu površinu odgovarajućeg krivolinijskog trapeza. U tome se sastoji geometrijsko značenje određenog integrala.

Odnosno, izračunavanjem definitivnog integrala, naći ćemo površinu figure ograničenu linijama y = f(x), y = 0, x = a I x = b.

Komentar.

Ako je funkcija y = f(x) nije pozitivna na segmentu , tada se površina krivolinijskog trapeza može naći kao .

Primjer.

Izračunajte površinu figure ograničene linijama .

Rješenje.

Napravimo figuru na ravni: prava linija y=0 poklapa se sa osom apscise, prave linije x=-2 I x=3 su paralelne sa y-osi, a kriva se može konstruisati korišćenjem geometrijskih transformacija grafa funkcije.

Dakle, moramo pronaći površinu krivolinijskog trapeza. Geometrijsko značenje određenog integrala ukazuje nam da je željena površina izražena određenim integralom. shodno tome, . Ovaj definitivni integral može se izračunati korištenjem Newton-Leibniz formule.

U ovom dijelu ćemo razmotriti metodu za integraciju racionalnih funkcija. 7.1. Kratke informacije o racionalnim funkcijama Najjednostavnija racionalna funkcija je polinom ti-tog stepena, tj. funkcija oblika gdje su realne konstante, i a0 4 0. Polinom Qn(x) čiji se koeficijent a0 = 1 naziva reduciranim. Realni broj b naziva se korijen polinoma Qn(z) ako je Q„(b) = 0. Poznato je da se svaki polinom Qn(x) sa realnim koeficijentima jedinstveno razlaže na realne faktore oblika gdje je p, q su realni koeficijenti, a kvadratni faktori nemaju realne korijene i stoga se ne mogu razložiti u realne linearne faktore. Kombinujući identične faktore (ako ih ima) i uz pretpostavku, radi jednostavnosti, da je polinom Qn(x) smanjen, možemo zapisati njegovu faktorizaciju u obliku gde su prirodni brojevi. Pošto je stepen polinoma Qn(x) jednak n, onda je zbir svih eksponenata a, /3, ..., A, dodat udvostručenom zbiru svih eksponenata u, ..., q, jednak do n: Korijen a polinoma naziva se jednostavnim ili pojedinačnim, ako je a = 1, i višestrukim ako je a > 1; broj a naziva se višestrukost korijena a. Isto vrijedi i za druge polinomske korijene. Racionalna funkcija f(x) ili racionalni razlomak je omjer dva polinoma, a pretpostavlja se da polinomi Pm(x) i Qn(x) nemaju zajedničke faktore. Racionalni razlomak se naziva pravim ako je stepen polinoma u brojiocu manji od stepena polinoma u nazivniku, tj. Ako je mp, onda se racionalni razlomak naziva nepravilan razlomak, a u ovom slučaju, dijeljenjem brojioca sa nazivnikom prema pravilu za dijeljenje polinoma, može se predstaviti kao gdje su neki polinomi, a ^^ je pravi racionalni razlomak . Primjer 1. Racionalni razlomak je nepravilan razlomak. Dijeljenjem "uglom" imaćemo Dakle. Evo. i pravi razlomak. Definicija. Najjednostavniji (ili elementarni) razlomci nazivaju se racionalni razlomci sljedeća četiri tipa: gdje je - realni brojevi, k je prirodan broj veći ili jednak 2, a kvadratni trinom x2 + px + q nema realnih korijena, pa je -2 _2 njegov diskriminant U algebri je dokazana sljedeća teorema. Teorema 3. Pravi racionalni razlomak sa realnim koeficijentima čiji nazivnik Qn(x) ima oblik jedinstveno se razlaže u zbir prostih razlomaka prema pravilu Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija prostih razlomaka Opšti slučaj Integracija iracionalnih funkcije Prva Ojlerova zamjena Druga Ojlerova zamjena Treća Ojlerova zamjena U ovoj ekspanziji neke realne konstante, od kojih neke mogu biti jednake nuli. Da bi se pronašle ove konstante, desna strana jednakosti (I) se svodi na zajednički nazivnik, a zatim se izjednačuju koeficijenti pri istim potencijama x u brojiocima lijeve i desne strane. Ovo daje sistemu linearne jednačine, iz koje se nalaze željene konstante. . Ova metoda pronalaženja nepoznatih konstanti naziva se metoda neodređenih koeficijenata. Ponekad je zgodnije primijeniti drugi način pronalaženja nepoznatih konstanti, koji se sastoji u tome da se nakon izjednačavanja brojilaca dobije identitet za x, u kojem se argumentu x daju neke vrijednosti, na primjer, vrijednosti ​korijena, što rezultira jednadžbama za pronalaženje konstanti. Posebno je zgodno ako nazivnik Q„(x) ima samo realne jednostavne korijene. Primjer 2. Rastaviti racionalni razlomak na jednostavne razlomke Ovaj razlomak je pravilan. Imenilac dekomponujemo na faktore: Pošto su koreni nazivnika realni i različiti, onda će, na osnovu formule (1), dekompozicija razlomka na najjednostavnije imati oblik Uvesti pravu čast „te jednakosti do zajedničkog nazivnik i izjednačavanjem brojioca i njegovog lijevog i desnog dijela, dobijamo identičnost ili Nepoznati koeficijent A. 2?, C nalazimo na dva načina. Prvi način. Izjednačavajući koeficijente pri istim potencijama x, t.v. sa (slobodni termin), a lijevi i desni dio su identični, dobijamo linearni sistem jednadžbe za pronalaženje nepoznatih koeficijenata A, B, C: Ovaj sistem ima jedinstveno rješenje C Drugi način. Budući da su korijeni nazivnika rastrgani svv u i 0, dobijamo 2 \u003d 2A, odakle je A * 1; g i 1, dobijamo -1 * -B, odakle je 5 * 1; x i 2, dobijamo 2 = 2C. odakle je C» 1, a željeno proširenje ima oblik Imenilac ima dva različita dualna korijena: x\ \u003d 0 s višestrukom množinom 3. Prema tome, proširenje ovog nejednog razlomka ima oblik Svođenje desne strane na zajednički nazivnik, nalazimo ili Prva metoda. Izjednačavanje koeficijenata na istim potencijama x u lijevom i desnom dijelu posljednjeg identiteta. dobijamo linearni sistem jednadžbi.Ovaj sistem ima jedinstveno rešenje i željeno proširenje će biti drugi metod. U rezultujućem identitetu, postavljanjem x = 0, dobijamo 1 a A2, ili A2 = 1; polje * gay x = -1, dobijamo -3 i B), ili Bj i -3. Prilikom zamjene pronađenih vrijednosti koeficijenata A\ i B) i identitet će poprimiti oblik ili Stavljajući x = 0, a zatim x = -I. nalazimo da je = 0, B2 = 0 i. dakle, B\ \u003d 0. Dakle, opet dobivamo primjer 4. Racionalni razlomak 4 proširimo na jednostavne razlomke. Imenilac razlomka nema realnih korijena, jer funkcija x2 + 1 ne nestaje ni za jednu realnu vrijednost od x. Dakle, proširenje u proste razlomke treba da ima oblik. Odavde dobijamo ili. Izjednačavajući koeficijente na Schinackovim potencijama x u lijevom i desnom dijelu posljednje jednakosti, imat ćemo odakle ćemo naći i stoga treba napomenuti da se u nekim slučajevima proširenja u proste razlomke mogu dobiti brže i lakše, djelujući u na neki drugi način, bez upotrebe metode neodređenih koeficijenata. Na primjer, da biste dobili proširenje razlomka u primjeru 3, možete sabirati i oduzimati u brojiocu 3x2 i izvršiti dijeljenje, kao što je dolje navedeno. 7.2. Integracija jednostavnih razlomaka Kao što je gore pomenuto, svaki nepravilan racionalni razlomak može se predstaviti kao zbir nekog polinoma i pravilnog racionalnog razlomka (§7), a ovaj prikaz je jedinstven. Integracija polinoma nije teška, pa razmotrite pitanje integracije odgovarajućeg racionalnog razlomka. Pošto se svaki pravi racionalni razlomak može predstaviti kao zbir prostih razlomaka, njegova integracija se svodi na integraciju prostih razlomaka. Razmotrimo sada pitanje njihove integracije. III. Da bismo pronašli integral najjednostavnijeg razlomka trećeg tipa, biramo y kvadratni trinom puni kvadrat binoma: Pošto je drugi član onda ga postavljamo jednakim a2, gdje i tada vršimo zamjenu. Zatim, s obzirom linearna svojstva integral, nalazimo: Primjer 5. Naći integral 4 Integrand je najjednostavniji razlomak trećeg tipa, budući da kvadratni trinom x1 + Ax + 6 nema realnih korijena (njegova diskriminanta je negativna: , a brojilac je polinom od prvi stepen.Dakle, postupimo na sljedeći način: 1) izaberemo puni kvadrat u nazivniku 2) izvršimo zamjenu (ovdje 3) na * jedan integral Da bismo pronašli integral najjednostavnijeg razlomka četvrtog tipa, postavljamo , Kao što je gore, . Zatim dobijamo Integral na desnoj strani, označen sa A i transformišemo ga na sledeći način: Integriramo integral na desnoj strani po delovima, postavljajući odakle ili Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija prostih razlomaka Opšti slučaj Integracija iracionalne funkcije Prva Ojlerova zamena Druga Ojlerova supstitucija Treća zamena Ojlerova Dobili smo takozvanu rekurentnu formulu, koja nam omogućava da pronađemo integral Jk za bilo koje k = 2, 3,... . Zaista, integral J\ je tabelarni: Uz pretpostavku u rekurentnoj formuli, nalazimo Znajući i uz pretpostavku da je A = 3, lako ćemo pronaći Jj, i tako dalje. U konačnom rezultatu, zamjenjujući svuda umjesto t i a njihove izraze u terminima x i koeficijente p i q, dobijamo za početni integral izraz za njega u terminima x i datih brojeva M, LG, p, q . Primjer 8. Pronađite integral to znači da imenilac nema pravi koren, a brojilac je polinom 1. stepena. 1) Odaberemo pun kvadrat u nazivniku 2) Izvršimo zamjenu: Integral će dobiti oblik: Stavljajući rekurzivnu formulu * = 2, a3 = 1. imat ćemo, i stoga je željeni integral jednak Vraćajući se na varijablu x, konačno dobijamo 7.3. Opšti slučaj Iz rezultata pog. 1 i 2 ovog odjeljka odmah slijede važnu teoremu. Teorema! 4. Neodređeni integral bilo koje racionalne funkcije uvijek postoji (na intervalima u kojima je nazivnik razlomka Q„(x) φ 0) i izražen je u terminima konačnog broja elementarnih funkcija, naime, to je algebarski zbir. , racionalni razlomci, prirodni logaritmi i arktangensi. Dakle, da bi se pronašao neodređeni integral razlomačno-racionalne funkcije, treba postupiti na sljedeći način: 1) ako racionalni razlomak nije tačan, onda se cijeli dio odvaja dijeljenjem brojnika sa nazivnikom, tj. datu funkciju predstavljen kao zbir polinoma i pravilnog racionalnog razlomka; 2) tada se imenilac dobijenog pravog razlomka razlaže na proizvod linearnih i kvadratnih faktora; 3) ovaj pravi razlomak se razlaže u zbir prostih razlomaka; 4) koristeći linearnost integrala i formulu tačke 2, nalazimo integrale svakog člana posebno. Primer 7. Naći integral M Pošto je imenilac polinom trećeg stepena, integrand je nepravilan razlomak. U njemu izdvajamo cijeli dio: Dakle, imat ćemo. Imenilac pravilnog razlomka ima phi različite realne korijene: i stoga njegova dekompozicija na jednostavne razlomke ima oblik Odavde nalazimo. Dajući argumentu x vrijednosti ​​jednake korijenima nazivnika, iz ovog identiteta nalazimo da: Prema tome, željeni integral će biti jednak primjeru 8. Naći integral 1 višestrukosti 3, prema tome, proširenje integrand u proste razlomke ima oblik Dovodeći desnu stranu ove jednakosti u zajednički imenilac i svodeći obje strane jednakosti ovim nazivnikom, dobivamo ili. Izjednačavamo koeficijente na istim potencijama x u lijevom i desnom dijelu ovog identiteta: Odavde nalazimo. Zamjenom pronađenih vrijednosti koeficijenata u ekspanziju, imat ćemo Integriranjem, nalazimo: Primjer 9. Naći integral 4 Imenilac razlomka nema pravi korijen. Prema tome, proširenje u jednostavnije razlomke integrala ima oblik Otuda ili Izjednačavanje koeficijenata pri istim potencijama x u lijevom i desnom dijelu ovog identiteta, imaćemo odakle ćemo pronaći i, prema tome, Primjedba. U gornjem primjeru, integrand se može predstaviti kao zbir jednostavnijih razlomaka na jednostavan način , naime, u brojiocu razlomka biramo kantu u nazivniku, a zatim vršimo dijeljenje po članu: §8. Integracija iracionalnih funkcija Funkcija oblika gdje su Pm i u2 polinomi tipa stupnjeva, respektivno, u varijablama u1,2,... naziva se racionalna funkcija u ubu2j... realnim konstantama, a Primjer 1, Funkcija je racionalna funkcija varijabli r i y, jer predstavlja i omjer polinoma trećeg stepena i polinoma petog stepena, a funkcija tise nije. U slučaju kada su varijable, pak, funkcije varijable x: tada se funkcija ] naziva racionalnom funkcijom funkcija iz Primjera. Funkcija je racionalna funkcija od r i rvdikvl Pr 3. Funkcija oblika nije racionalna funkcija od x i radikala y/r1 + 1, ali je racionalna funkcija funkcija Kao što primjeri pokazuju, integrali iracionalnog funkcije nisu uvijek izražene u terminima elementarnih funkcija. Na primjer, integrali koji se često susreću u aplikacijama nisu izraženi u terminima elementarnih funkcija; ovi integrali se nazivaju eliptičnim integralima prve i druge vrste, respektivno. Razmotrimo one slučajeve kada se integracija iracionalnih funkcija može svesti uz pomoć nekih supstitucija na integraciju racionalnih funkcija. 1. Neka je potrebno pronaći integral gdje je R(x, y) racionalna funkcija njegovih argumenata x i y; m £ 2 je prirodan broj; a, b, c, d su realne konstante koje zadovoljavaju uslov ad - bc ^ O (za ad - be = 0, koeficijenti a i b su proporcionalni koeficijentima c i d, te stoga odnos ne zavisi od x; stoga će u ovom slučaju funkcija integranda biti racionalna funkcija varijable x, čija je integracija razmatrana ranije). Mi vršimo promjenu varijable u ovom integralu postavljanjem. Odavde izražavamo varijablu x kroz novu varijablu. Imamo x = - racionalnu funkciju od t. Dalje, nalazimo ili, nakon pojednostavljenja, Dakle, gdje je L1 (t) racionalna funkcija od *, budući da su racionalni funadijum racionalne funkcije, kao i proizvod racionalnih funkcija, racionalne funkcije. Možemo integrirati racionalne funkcije. Neka je tada željeni integral jednak When. Prijeđite na integral 4 Integrand* je racionalna funkcija od. Stoga stavljamo t = Zatim Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija prostih razlomaka Opšti slučaj Integracija iracionalnih funkcija Prva Ojlerova zamena Druga Ojlerova zamena Treća Ojlerova zamena Tako dobijamo Primar 5. Pronađi integral Zajednički imenitelj razlomačkih eksponenata od x je 12, pa se integrand može predstaviti kao 1 _ 1_ odakle se može vidjeti da je racionalna funkcija od: Uzimajući u obzir ovo, postavljamo. Stoga, 2. Razmotrimo intephs oblika gdje je podintegralna funkcija takva da zamjenom radikala \/ax2 + bx + c u njoj sa y, dobijamo funkciju R(x) y) - racionalnu u odnosu na oba argumenta x i y. Ovaj integral se svodi na integral racionalne funkcije druge varijable Eulerovim zamjenama. 8.1. Prva Eulerova zamjena Neka je koeficijent a > 0. Postavljamo ili Odavde nalazimo x kao racionalnu funkciju od u, dakle, Dakle, naznačena zamjena izražava se racionalno kroz *. Dakle, imat ćemo gdje primjedba. Prva Ojlerova supstitucija se takođe može uzeti u obliku Primer 6. Naći integral koji ćemo naći. Dakle, imaćemo dx Ojlerovu supstituciju, pokažite da je Y 8.2. Ojlerova druga zamjena Neka trinom ax2 + bx + c ima različite realne korijene R] i x2 (koeficijent može imati bilo koji predznak). U ovom slučaju, pretpostavljamo Pošto dobijamo Pošto su x, dxn y / ax2 + be + c izraženi racionalno u terminima t, onda se originalni integral svodi na integral racionalne funkcije, tj. gdje je Problem. Koristeći prvu Eulerovu zamjenu, pokažite da je to racionalna funkcija od t. Primjer 7. Naći integral dx M funkcija ] - x1 ima različite realne korijene. Stoga primjenjujemo drugu Eulerovu zamjenu.Odavde nalazimo Zamjena pronađenih izraza u Dato? dobijamo 8.3. Treće Eulerovo podstanje Neka je koeficijent c > 0. Promjenu varijable vršimo postavljanjem. Imajte na umu da su prve i druge Eulerove zamjene dovoljne da se integral svede na integral racionalne funkcije. Zaista, ako je diskriminant b2 -4ac > 0, tada su korijeni kvadratnog trinoma ax + bx + c realni i u ovom slučaju se primjenjuje druga Eulerova zamjena. Ako se onda predznak trinoma ax2 + bx + c poklapa sa predznakom koeficijenta a, a pošto trinom mora biti pozitivan, onda je a > 0. U ovom slučaju primjenjuje se prva Eulerova zamjena. Za pronalaženje integrala gore navedenog oblika nije uvijek svrsishodno koristiti Ojlerove zamjene, jer se za njih mogu pronaći druge metode integracije koje brže dovode do cilja. Razmotrimo neke od ovih integrala. 1. Za pronalaženje integrala oblika, iz kvadrata trinoma se bira pravi kvadrat: gdje je nakon toga izvršena zamjena i dobijena gdje koeficijenti a i P imaju različiti znakovi ili su oba pozitivna. Kada, kao i kada je a > 0, i integral će se svesti na logaritam, ali ako - na arksinus. At. Pronađite imtegrel 4 Od toga. pod pretpostavkom, dobijamo Prmmar 9. Nađi. Pretpostavio sam da je x -, imaćemo 2. Integral oblika se svodi na integral y iz stava 1 na sledeći način. S obzirom na to da je izvod ()" = 2, biramo ga u brojiocu: th stepen, može se naći metodom neodređenih koeficijenata, koji se sastoji u sljedećem: Pretpostavimo da postoji jednakost Primjer 10. Moćne integralne koeficijente, mi razlikovati obje strane (1): Tada desnu stranu jednakosti (2) svedemo na zajednički imenilac jednak nazivniku lijeve strane, tj. y/ax2 + bx + c, reduciramo oba dijela (2) čime , dobijamo identitet u oba dela u kome su polinomi stepena n. Izjednačavanjem koeficijenata na istim stepenima x u levom i desnom delu (3), dobijamo n + 1 jednačina, iz kojih nalazimo tražene koeficijente j4*(fc = 0,1,2,..., n ) Zamjenom njihovih vrijednosti u desnu stranu (1) i pronalaženjem integrala + c dobijamo odgovor za ovaj integral. Primjer 11. Naći integral Postavljamo Diferencirajući oba odijela jednakosti, imaćemo Dovodeći desnu stranu na zajednički imenilac i svodeći oba dijela po njoj, dobijamo identičnost ili. Izjednačavajući koeficijente na istim stepenima x, dolazimo do sistema jednačina iz kojeg nalazimo = Tada nalazimo integral na desnoj strani jednakosti (4): Dakle, željeni integral će biti jednak

Ne postoji univerzalni način rješavanja iracionalnih jednačina, jer se njihova klasa razlikuje po broju. U članku će biti istaknuti karakteristični tipovi jednadžbi sa zamjenom metodom integracije.

Za korištenje metode direktnu integraciju potrebno je izračunati neodređene integrale tipa ∫ k x + b p d x , gdje je p racionalni razlomak, k i b su realni koeficijenti.

Primjer 1

Pronađite i izračunajte antiderivativne funkcije y = 1 3 x - 1 3 .

Rješenje

Prema pravilu integracije potrebno je primijeniti formulu ∫ f (k x + b) d x = 1 k F (k x + b) + C, a tabela antiderivata kaže da postoji rješenje po sistemu ključ u ruke ovu funkciju. Shvatili smo to

∫ dx 3 x - 1 3 = ∫ (3 x - 1) - 1 3 dx = 1 3 1 - 1 3 + 1 (3 x - 1) - 1 3 + 1 + C = = 1 2 (3 x - 1 ) 2 3 + C

odgovor:∫ d x 3 x - 1 3 = 1 2 (3 x - 1) 2 3 + C .

Postoje slučajevi u kojima možete koristiti metodu podvođenja pod znak diferencijala. Ovo se rješava principom nalaženja neodređenih integrala oblika ∫ f "(x) (f (x)) p d x, kada se vrijednost p smatra racionalnim razlomkom.

Primjer 2

Naći neodređeni integral ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x .

Rješenje

Imajte na umu da je d x 3 + 5 x - 7 \u003d x 3 + 5 x - 7 "d x = (3 x 2 + 5) d x. Tada je potrebno podvesti diferencijalni predznak pomoću tablica antiderivata. Dobijamo da

∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 dx = ∫ (x 3 + 5 x - 7) - 7 6 (3 x 2 + 5) dx = = ∫ (x 3 + 5 x - 7 ) - 7 6 d (x 3 + 5 x - 7) = x 3 + 5 x - 7 = z = = ∫ z - 7 6 dz = 1 - 7 6 + 1 z - 7 6 + 1 + C = - 6 z - 1 6 + C = z = x 3 + 5 x - 7 = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C

odgovor:∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C .

Rješenje neodređenih integrala daje formulu oblika ∫ d x x 2 + p x + q , gdje su p i q realni koeficijenti. Zatim je potrebno odabrati cijeli kvadrat ispod korijena. Shvatili smo to

x 2 + p x + q = x 2 + p x + p 2 2 - p 2 2 + q = x + p 2 2 + 4 q - p 2 4

Primjenom formule koja se nalazi u tabeli neodređenih integrala, dobijamo:

∫ d x x 2 ± α = log x + x 2 ± α + C

Tada se izračunava integral:

∫ dxx 2 + px + q = ∫ dxx + p 2 2 + 4 q - p 2 4 = = ln x + p 2 + x + p 2 2 + 4 q - p 2 4 + C = = ln x + p 2 + x 2 + px + q + C

Primjer 3

Naći neodređeni integral oblika ∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 .

Rješenje

Da biste izračunali, morate izvaditi broj 2 i staviti ga ispred radikala:

∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 = ∫ d x 2 x 2 + 3 2 x - 1 2 = 1 2 ∫ d x x 2 + 3 2 x - 1 2

Napravite selekciju punog kvadrata u radikalnom izrazu. Shvatili smo to

x 2 + 3 2 x - 1 2 = x 2 + 3 2 x + 3 4 2 - 3 4 2 - 1 2 = x + 3 4 2 - 17 16

Tada dobijamo neodređeni integral oblika

odgovor: d x x 2 + 3 x - 1 = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C

Integracija iracionalnih funkcija se radi na sličan način. Primjenjivo za funkcije oblika y = 1 - x 2 + p x + q .

Primjer 4

Naći neodređeni integral ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 .

Rješenje

Prvo morate izvesti kvadrat nazivnika izraza ispod korijena.

∫ dx - x 2 + 4 x + 5 = ∫ dx - x 2 - 4 x - 5 = = ∫ dx - x 2 - 4 x + 4 - 4 - 5 = ∫ dx - x - 2 2 - 9 = ∫ dx - (x - 2) 2 + 9

Integral tabele izgleda kao ∫ dxa 2 - x 2 = arc sin xa + C, tada dobijamo da je ∫ dx - x 2 + 4 x + 5 = ∫ dx - (x - 2) 2 + 9 = arc sin x - 2 3 +C

odgovor:∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = a r c sin x - 2 3 + C .

Proces pronalaženja antiderivativnih iracionalnih funkcija oblika y = M x + N x 2 + px + q, gdje su dostupni M, N, p, q realni koeficijenti i slični su integraciji najjednostavnijih razlomaka treći tip. Ova transformacija ima nekoliko koraka:

zbrajanje diferencijala ispod korijena, isticanje punog kvadrata izraza ispod korijena, korištenjem tabelarnih formula.

Primjer 5

Naći antiderivativne funkcije y = x + 2 x 2 - 3 x + 1 .

Rješenje

Iz uslova imamo da je d (x 2 - 3 x + 1) = (2 x - 3) dx i x + 2 = 1 2 (2 x - 3) + 7 2, zatim (x + 2) dx \u003d 1 2 (2 x - 3) + 7 2 dx = 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 dx .

Izračunajte integral: ∫ x + 2 x 2 - 3 x + 1 dx = 1 2 ∫ d (x 2 - 3 x + 1) x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ∫ dxx 2 - 3 x + 1 = = 1 2 ∫ (x 2 - 3 x + 1) - 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 ∫ dxx - 3 2 2 - 5 4 = = 1 2 1 - 1 2 + 1 x 2 - 3 x + 1 - 1 2 + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x - 3 2 - 5 4 + C = = x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x 2 - 3 x + 1 + C

odgovor:∫ x + 2 x 2 - 3 x + 1 d x = x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x 2 - 3 x + 1 + C .

Traženje neodređenih integrala funkcije ∫ x m (a + b x n) p d x vrši se metodom supstitucije.

Za rješenje je potrebno uvesti nove varijable:

1. Kada je broj p cijeli broj, uzmite u obzir da je x = z N, a N zajednički imenilac za m, n.
2. Kada je m + 1 n cijeli broj, tada je a + b x n = z N, a N je imenilac od p.
3. Kada je m + 1 n + p cijeli broj, tada je potreban a x - n + b = z N, a N je imenilac p.

Primjer 6

Naći definitivni integral ∫ 1 x 2 x - 9 d x .

Rješenje

Dobijamo da je ∫ 1 x 2 x - 9 d x = ∫ x - 1 (- 9 + 2 x 1) - 1 2 d x . Iz toga slijedi da je m = - 1 , n = 1 , p = - 1 2 , tada je m + 1 n = - 1 + 1 1 = 0 cijeli broj. Možete uvesti novu varijablu kao - 9 + 2 x = z 2 . Potrebno je izraziti x kroz z. Na izlazu dobijamo

9 + 2 x = z 2 ⇒ x = z 2 + 9 2 ⇒ d x = z 2 + 9 2 "d z = z d z - 9 + 2 x = z

Potrebno je izvršiti zamjenu u datom integralu. Imamo to

∫ d x x 2 x - 9 = ∫ z d z z 2 + 9 2 z = 2

odgovor:∫ d x x 2 x - 9 = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C .

Da bi se pojednostavilo rješavanje iracionalnih jednačina, koriste se glavne metode integracije.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter