Terv:

1. A legegyszerűbb racionális törtek integrálása.
2. Néhány irracionális függvény integrálása.
3. Univerzális trigonometrikus helyettesítés.

1. Egyszerű racionális törtek integrálása

Emlékezzünk vissza, hogy az űrlap függvénye P (x) \u003d a o x p + a 1 x p-1 + a 2 x p-2 + ... + a p-1 x p + a p, ahol , a o, a 1 ... a p -állandó együtthatóknak nevezzük polinom vagy racionális funkció . Szám P hívott polinom foka .

Tört-racionális függvény függvénynek nevezzük, amely egyenlő két polinom arányával, azaz. .

Tekintsük a tört racionális függvények néhány egyszerű integrálját:

1.1. Az űrlap integráljainak megtalálása (A - konst) egyesek integráljait fogjuk használni összetett funkciók: = .

20.1. példa. Keresse meg az integrált.

Megoldás. Használjuk a fenti = képletet. Azt kapjuk, hogy = .

1.2. Az űrlap integráljainak megtalálása (A - konst) a teljes négyzet nevezőjében alkalmazzuk a kiválasztás módszerét. Az átalakítások eredményeként az eredeti integrál a két táblaintegrál egyikére csökken: vagy .

Tekintsük az ilyen integrálok kiszámítását egy konkrét példán keresztül.

Példa 20.2. Keresse meg az integrált.

Megoldás. Próbáljunk meg egy teljes négyzetet kijelölni a nevezőben, pl. találj ki egy képletet (a ± b) 2 = a 2 ± 2ab + b 2 .

Erre a 4 x kettős szorzatként ábrázolja a 2∙2∙ x. Ezért a kifejezéshez x 2 + 4x hogy teljes négyzetet kapjunk, add hozzá a kettes szám négyzetét, azaz. 4: x 2 + 4x + 4 = (x + 2) 2 . x + 2) 2 kivonás 4. A következő transzformációs láncot kapjuk:

x + 2 = És, azután . Helyettes ÉsÉs dx a kapott integrálba: = = . Használjuk a táblázat integrált: , ahol de=3. Azt kapjuk, hogy = . Helyettesítsd És kifejezés x+ 2:

Válasz: = .

1.3. Az űrlap integráljainak megtalálása (M, N - állandó) a következőket alkalmazzuk algoritmus :

1. Jelöljön ki egy teljes négyzetet a nevezőben.

2. A zárójelben lévő kifejezést egy új változó jelöli t. Találjuk ki x, dxés összerakja őket azzal t az eredeti integrálba (egy olyan integrált kapunk, amely csak a változót tartalmazza t).

3. Osszuk fel a kapott integrált két integrál összegére, amelyeket külön-külön számítunk ki: az egyik integrált helyettesítési módszerrel oldjuk meg, a másodikat redukáljuk valamelyik képletre. vagy .

20.3. példa. Keresse meg az integrált.

Megoldás. 1. Próbáljunk meg egy teljes négyzetet kiválasztani a nevezőben . Erre a 6 x kettős szorzatként ábrázolja a 2∙3∙ x. Aztán a kifejezésre x 2 - 6x hozzá kell adni a három négyzetét, azaz. 9-es szám: x 2 – 6x + 9 = (X - 3) 2 . De ahhoz, hogy a nevezőben lévő kifejezés ne változzon, szükséges a ( X- 3) 2 kivonjuk a 9-et. Transzformációs láncot kapunk:

2. Vezessük be a következő helyettesítést: legyen x-3=t(eszközök , X=t+ 3), akkor . Helyettes t, x, dx az integrálba:

3. Az eredményül kapott integrált ábrázoljuk két integrál összegeként:

Külön megkeressük őket.

3.1 Az első integrált helyettesítési módszerrel számítjuk ki. Jelöljük a tört nevezőjét, akkor . Innen. Helyettes ÉsÉs dt integrálba, és hozzuk a következő alakba: = = = ln|u|+C= =ln|t 2+16|+C. Már csak vissza kell térni a változóhoz x. Mert akkor ln|t2+16| + C \u003d ln | x 2 - 6x+25|+C.

3.2 A második integrált a következő képlettel számítjuk ki: (ahol a= 4). Ekkor = = .

3.3 Az eredeti integrál egyenlő a 3.1. és 3.2. bekezdésben található integrálok összegével: = ln | x 2 - 6x+25|+ .

Válasz: =ln | x 2 - 6x+25|+ .

Más racionális függvények integrálásának módszereit a teljes kurzus tárgyalja matematikai elemzés(lásd például a Written D.T. Lecture notes on felsőbb matematika, 1. rész - M .: Iris-press, 2006.).

1. Néhány irracionális függvény integrálása.

Fontolja meg a határozatlan integrálok keresését a következő típusok irracionális függvények: és ( a, b, c állandó). Megtalálásukhoz a teljes négyzet kiválasztásának módszerét használjuk egy irracionális kifejezésben. Ekkor a figyelembe vett integrálok a következő alakokra redukálhatók: ,

Elemezzük konkrét példákon keresztül egyes irracionális függvények integráljainak megtalálását.

20.4. példa. Keresse meg az integrált.

Megoldás. Próbáljunk meg egy teljes négyzetet kiválasztani a nevezőben . Erre a 2 x kettős szorzatként ábrázolja a 2∙1∙ x. Aztán a kifejezésre x 2 +2x add hozzá az egységnégyzetet ( x 2 + 2x + 1 = (x + 1) 2) és kivonjuk az 1-et. Transzformációs láncot kapunk:

A kapott integrált helyettesítési módszerrel számítjuk ki. Tegyük fel x + 1 = És, azután . Helyettes és dx , ahol de= 4. Megértjük . Helyettesítsd És kifejezés x+ 1:

Válasz: = .

20.5. példa. Keresse meg az integrált.

Megoldás. Próbáljunk meg kijelölni egy teljes négyzetet a gyökérjel alatt . Erre a 8 x kettős szorzatként ábrázolja a 2∙4∙ x. Aztán a kifejezésre x 2 -8x adjunk hozzá egy négyes négyzetet ( x 2 - 8x + 16 = (X - 4) 2) és vonja ki. Az átalakulások láncát kapjuk:

A kapott integrált helyettesítési módszerrel számítjuk ki. Tegyük fel X - 4 = És, azután . Helyettes és dx a kapott integrálba: = . Használjuk a táblázat integrált: , ahol de=3. Megértjük . Helyettesítsd És kifejezés X- 4:

Válasz: = .

1. Univerzális trigonometrikus helyettesítés.

Ha meg kell találnia határozott integrál tartalmazó függvényből sinxÉs cosx, amelyek csak összeadás, kivonás, szorzás vagy osztás útján kapcsolódnak egymáshoz, használhatja univerzális trigonometrikus helyettesítés .

Ennek a helyettesítésnek a lényege az sinxÉs cosx félszög érintőjével a következőképpen fejezhető ki: , . Ekkor, ha bevezetjük a helyettesítést, akkor sinxÉs cosx keresztül lesz kifejezve t a következő módon: , . Marad a kifejezés xát tés megtalálni dx.

Ha akkor . Találjuk ki dx: = .

Tehát az univerzális helyettesítés alkalmazásához elegendő a jelölés sinxÉs cosxát t(a képletek a mezőben kiemelve vannak), és dxírd mint . Ennek eredményeként az integráljel alatt egy racionális függvényt kell kapni, amelynek integrálását az 1. bekezdésben tárgyaltuk. Általában az univerzális helyettesítés alkalmazási módja nagyon körülményes, de mindig eredményre vezet.

Vegyünk egy példát az univerzális trigonometrikus helyettesítés alkalmazására.

20.6. példa. Keresse meg az integrált.

Megoldás. Alkalmazza az univerzális helyettesítést, majd , , dx=. Ezért = = = = = ., akkor veszik ").

Számos integrál létezik, amelyeket " el nem vett Az ilyen integrálokat nem a szokásos módon fejezzük ki elemi függvények. Így például nem vehetjük fel az integrált, mert nincs olyan elemi függvény, amelynek deriváltja egyenlő lenne -vel. De néhány „fel nem vett” integrálnak nagy gyakorlati jelentősége van. Tehát az integrált Poisson-integrálnak nevezik, és széles körben használják a valószínűségszámításban.

Vannak még fontos "fel nem vett" integrálok: - integrál logaritmus (a számelméletben használatos), és - Fresnel integrál (a fizikában használatos). Számukra részletes értéktáblázatokat állítottak össze az érv különböző értékeire x.

Tesztkérdések:

Komplex integrálok

Ez a cikk befejezi a témát határozatlan integrálok, és olyan integrálokat tartalmaz, amelyeket meglehetősen összetettnek találok. A leckét a látogatók ismételt kérésére hoztuk létre, akik kifejezték óhajukat, hogy nehezebb példákat is elemezzenek az oldalon.

Feltételezhető, hogy ennek a szövegnek az olvasója jól felkészült, és tudja, hogyan kell alkalmazni az integráció alapvető technikáit. A bábuknak és az integrálókban nem túl bízó embereknek a legelső leckére kell hivatkozniuk - Határozatlan integrál. Megoldási példák ahol szinte a nulláról tanulhatja meg a témát. A tapasztaltabb hallgatók megismerkedhetnek az integráció olyan technikáival, módszereivel, amelyekkel a cikkeimben még nem találkoztak.

Milyen integrálokat kell figyelembe venni?

Először a gyökös integrálokat tekintjük, amelyek megoldására egymás után használjuk változó helyettesítésÉs részenkénti integráció. Vagyis az egyik példában két módszert kombinálunk egyszerre. És még több is.

Aztán megismerkedünk egy érdekes és eredetivel módszer az integrál önmagára redukálására. Nem olyan kevés integrált oldanak meg így.

A program harmadik száma összetett törtek integráljai lesznek, amelyek a korábbi cikkekben elrepültek a pénztárgép mellett.

Negyedszer, a trigonometrikus függvényekből származó további integrálokat elemezzük. Különösen vannak olyan módszerek, amelyek elkerülik az időigényes univerzális trigonometrikus helyettesítést.

(2) Az integrandusban tagonként elosztjuk a számlálót a nevezővel.

(3) A határozatlan integrál linearitási tulajdonságát használjuk. Az utolsó integrálban azonnal vigye a függvényt a differenciál jele alá.

(4) A maradék integrálokat vesszük. Vegye figyelembe, hogy a logaritmusban zárójeleket használhat, és nem a modulust, mert .

(5) A fordított helyettesítést végezzük, a "te" közvetlen helyettesítésből kifejezve:

A mazochista tanulók meg tudják különböztetni a választ, és megkapják az eredeti integrandust, ahogy én is tettem. Nem, nem, a megfelelő értelemben ellenőriztem =)

Mint látható, a megoldás során még kettőnél is több megoldási módot kellett alkalmazni, így az ilyen integrálok kezeléséhez magabiztos integrációs készség és nem utolsósorban tapasztalat szükséges.

A gyakorlatban természetesen a négyzetgyök elterjedtebb, itt van három példa egy független megoldásra:

2. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

3. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

4. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Ezek a példák azonos típusúak, így a cikk végén található teljes megoldás csak a 2. példára vonatkozik, a 3-4. példákban - egy válasz. Azt gondolom, hogy a döntések kezdetén melyik helyettesítőt használjuk, az nyilvánvaló. Miért választottam azonos típusú példákat? Gyakran megtalálhatók szerepeikben. Gyakrabban talán csak valami hasonlót .

De nem mindig, amikor az arc tangens, szinusz, koszinusz, kitevő és más függvények alatt van egy gyöke lineáris függvény, egyszerre több módszert kell alkalmazni. Számos esetben lehet „könnyen kiszállni”, vagyis azonnal a csere után egy egyszerű integrált kapunk, amit elemileg veszünk. A fent javasolt feladatok közül a legkönnyebb a 4. példa, amelyben a csere után egy viszonylag egyszerű integrált kapunk.

Az integrál önmagára redukálásának módszere

Okos és szép módszer. Nézzük a műfaj klasszikusait:

5. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

A gyökér alatt négyzetes binomiális található, és amikor megpróbáljuk integrálni ezt a példát, a teáskanna órákig szenvedhet. Az ilyen integrált részek veszik fel, és önmagára redukálják. Elvileg nem nehéz. Ha tudod hogyan.

Jelöljük a figyelembe vett integrált latin betűvel, és kezdjük a megoldást:

Integrálás részenként:

(1) Előkészítjük az integrandust a tagozatos felosztásra.

(2) Az integrandus tagot tagokra osztjuk. Talán nem mindenki érti, írok részletesebben:

(3) A határozatlan integrál linearitási tulajdonságát használjuk.

(4) Vegyük az utolsó integrált ("hosszú" logaritmus).

Most nézzük a megoldás legelejét:

És a végére:

Mi történt? Manipulációink hatására az integrál önmagára redukált!

Tegye egyenlővé az elejét és a végét:

Jelváltással átszállunk a bal oldalra:

És lebontjuk a ketteset a jobb oldalra. Ennek eredményeként:

Az állandót szigorúan véve korábban kellett volna hozzátenni, de a végére tettem hozzá. Erősen javaslom, hogy olvassa el itt, mi a súlyosság:

Jegyzet: Szigorúbban a megoldás végső szakasza így néz ki:

Ilyen módon:

Az állandó átnevezhető -val. Miért lehet átnevezni? Mert még tart Bármiértékeket, és ebben az értelemben nincs különbség a és az állandók között.
Ennek eredményeként:

Egy hasonló, állandó átnevezéssel járó trükköt széles körben alkalmaznak differenciál egyenletek. És ott szigorú leszek. És itt az ilyen szabadságjogokat csak azért engedélyezem, hogy ne keverjem össze felesleges dolgokkal, és magára az integrációs módszerre koncentráljak.

6. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Egy másik tipikus integrál a független megoldáshoz. Komplett megoldásés a válasz a lecke végén. A különbség az előző példa válaszához képest lesz!

Ha alatta négyzetgyök négyzetes trinomit találunk, akkor a megoldás mindenképpen a két elemzett példára redukálódik.

Vegyük például az integrált . Mindössze annyit kell tennie, hogy előre válasszon egy teljes négyzetet:
.
Ezután egy lineáris cserét hajtanak végre, amely "minden következmény nélkül" működik:
, ami egy integrált eredményez. Valami ismerős, igaz?

Vagy ez a példa négyzetes binomimmal:
Teljes négyzet kiválasztása:
És egy lineáris csere után megkapjuk az integrált, amit szintén a már figyelembe vett algoritmus old meg.

Tekintsünk még két tipikus példát az integrál önmagára való redukciójára:
a kitevő integrálja és a szinusz szorzata;
a kitevő integrálja és a koszinusz szorzata.

A felsorolt, részenkénti integrálokban már kétszer kell integrálnia:

7. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Az integrandus a szinuszos kitevő szorozva.

Kétszer integráljuk a részeket, és az integrált önmagára redukáljuk:

A részenkénti kettős integráció eredményeként az integrál önmagára redukálódik. Tegye egyenlővé a megoldás kezdetét és végét:

Előjelváltással átlépünk a bal oldalra, és kifejezzük integrálunkat:

Kész. Útközben kívánatos a jobb oldali fésülés, azaz. vedd ki a kitevőt a zárójelekből, és tedd zárójelbe a szinust és a koszinust „szép” sorrendben.

Most térjünk vissza a példa elejére, vagy inkább a részenkénti integrációra:

A kiállítót ugyanis mi jelöltük ki. Felmerül a kérdés, hogy mindig a kitevőt kell jelölni? Nem szükséges. Valójában a figyelembe vett integrálban alapvetően nem számít, mit jelöljünk, lehet másképp is:

Miért lehetséges ez? Mivel a kitevő önmagába fordul (differenciáláskor és integrálásakor), a szinusz és a koszinusz kölcsönösen egymásba fordul (ismét differenciáláskor és integrálásakor is).

Azaz a trigonometrikus függvény is jelölhető. De a vizsgált példában ez kevésbé racionális, mivel törtek jelennek meg. Ha szeretné, megpróbálhatja ezt a példát a második módon is megoldani, a válaszoknak azonosaknak kell lenniük.

8. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Ez egy „csináld magad” példa. Mielőtt döntene, gondolja át, hogy ebben az esetben mi a jövedelmezőbb, exponenciális vagy trigonometrikus függvényre? Teljes megoldás és válasz a lecke végén.

És persze ne feledje, hogy ebben a leckében a válaszok többsége meglehetősen könnyen ellenőrizhető differenciálással!

A példákat nem tartották a legnehezebbnek. A gyakorlatban gyakoribbak az integrálok, ahol az állandó a trigonometrikus függvény kitevőjében és argumentumában is szerepel, például: . Sok embernek össze kell zavarodnia egy ilyen integrálban, és én magam is gyakran összezavarodok. Az a tény, hogy a megoldásban nagy a valószínűsége a törtek megjelenésének, és nagyon könnyű valamit elveszíteni a figyelmetlenség miatt. Ezenkívül az előjelekben nagy a hiba valószínűsége, vegye figyelembe, hogy a kitevőben mínusz előjel van, és ez további nehézségeket okoz.

A végső szakaszban gyakran valami ilyesmi derül ki:

Még a megoldás végén is rendkívül óvatosnak kell lennie, és helyesen kell bánnia a törtekkel:

Összetett törtek integrálása

Lassan közeledünk a lecke egyenlítőjéhez, és elkezdjük figyelembe venni a törtek integráljait. Ismétlem, nem mindegyik szuperbonyolult, csak ilyen vagy olyan okból, a példák más cikkekben kissé „eltértek a témától”.

A gyökerek témája folytatása

9. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

A nevezőben a gyök alatt van egy négyzetes trinomiális plusz a gyökéren kívüli "függelék" "X" formájában. Ennek az űrlapnak az integrálját szabványos helyettesítéssel oldjuk meg.

Mi döntünk:

A csere itt egyszerű:

Az élet cseréje után:

(1) A behelyettesítés után a gyök alatti kifejezéseket közös nevezőre redukáljuk.
(2) Kivesszük a gyökér alól.
(3) A számlálót és a nevezőt csökkentjük -vel. Ugyanakkor a gyökér alatt kényelmes sorrendbe rendeztem át a feltételeket. Némi tapasztalat birtokában az (1), (2) lépések kihagyhatók a kommentált műveletek szóbeli végrehajtásával.
(4) A kapott integrál, ahogy emlékszel a leckéből Néhány tört integrálása, meg van oldva teljes négyzet kiválasztási módszer. Válasszon ki egy teljes négyzetet.
(5) Integrálással egy közönséges "hosszú" logaritmust kapunk.
(6) A fordított cserét hajtjuk végre. Ha kezdetben , akkor vissza: .
(7) A végső művelet az eredmény átfésülésére irányul: a gyökér alatt ismét közös nevezőre hozzuk a kifejezéseket, és kivesszük a gyökér alól.

10. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Ez egy „csináld magad” példa. Itt egy állandót adunk az egyedüli x-hez, és a csere majdnem ugyanaz:

Az egyetlen dolog, amit ezenkívül meg kell tenni, az az "x" kifejezés a cseréből:

Teljes megoldás és válasz a lecke végén.

Néha egy ilyen integrálban négyzetes binomiális lehet a gyök alatt, ez nem változtat a megoldáson, sőt még egyszerűbb is lesz. Érezd a különbséget:

11. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

12. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Rövid megoldások és válaszok a lecke végén. Meg kell jegyezni, hogy a 11. példa pontosan binomiális integrál, melynek megoldási módját az órán átgondoltuk Irracionális függvények integráljai.

2. fokú felbonthatatlan polinom integrálja a fokra

(polinom a nevezőben)

Az integrál ritkább, de gyakorlati példákban mégis előforduló formája.

13. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

De térjünk vissza a 13-as szerencseszámú példához (őszintén szólva, nem tippeltem). Ez az integrál is azok kategóriájába tartozik, amelyekkel nagyjából meg lehet szenvedni, ha nem tudod, hogyan kell megoldani.

A megoldás egy mesterséges átalakítással kezdődik:

Szerintem már mindenki érti, hogyan kell tagonként osztani a számlálót a nevezővel.

A kapott integrált részekre vesszük:

A ( – természetes szám) származtatott visszatérő leminősítési képlet:
, ahol alacsonyabb fokú integrálja.

Ellenőrizzük ennek a képletnek az érvényességét a megoldott integrálra.
Ebben az esetben: , , a következő képletet használjuk:

Amint látja, a válaszok ugyanazok.

14. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Ez egy „csináld magad” példa. A mintaoldat a fenti képletet kétszer egymás után használja.

Ha a diploma alatt van felbonthatatlan négyzetes trinomit, akkor a megoldást a teljes négyzet kinyerésével binomiálisra redukáljuk, például:

Mi van akkor, ha van egy további polinom a számlálóban? Ebben az esetben a határozatlan együtthatók módszerét alkalmazzuk, és az integrandust törtösszeggé bővítjük. De az én gyakorlatomban egy ilyen példa sosem találkozott, ezért ezt az esetet kihagytam a cikkből Tört-racionális függvény integráljai, most kihagyom. Ha még mindig előfordul egy ilyen integrál, lásd a tankönyvet - ott minden egyszerű. Nem tartom célszerűnek olyan anyagokat (még egyszerűt sem) szerepeltetni, amelyekkel való találkozás valószínűsége nullára hajlik.

Összetett trigonometrikus függvények integrálása

A „nehéz” jelző a legtöbb példában ismét nagyrészt feltételes. Kezdjük az érintőkkel és a kotangensekkel magas fokok. A tangens és a kotangens megoldására használt módszerek szempontjából közel azonosak, ezért inkább az érintőről fogok beszélni, vagyis az integrál megoldásának bemutatott módja a kotangensre is érvényes.

A fenti leckében megnéztük univerzális trigonometrikus helyettesítés bizonyos típusú integrálok megoldására abból trigonometrikus függvények. Az univerzális trigonometrikus helyettesítés hátránya, hogy alkalmazása gyakran nehézkes, nehéz számításokat igénylő integrálokhoz vezet. És bizonyos esetekben az univerzális trigonometrikus helyettesítés elkerülhető!

Tekintsünk egy másik kanonikus példát, a szinuszos egység integrálját:

17. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Itt használhatja az univerzális trigonometrikus helyettesítést, és megkaphatja a választ, de van egy racionálisabb módszer is. Minden lépéshez egy komplett megoldást adok megjegyzésekkel:

(1) A kettős szög szinuszára a trigonometrikus képletet használjuk.
(2) Mesterséges transzformációt hajtunk végre: A nevezőben osztunk és szorozunk -vel.
(3) A nevezőben jól ismert képlet szerint a törtet érintővé alakítjuk.
(4) A függvényt a differenciál jele alá visszük.
(5) Vegyük az integrált.

Néhány egyszerű példa önálló megoldásra:

18. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Tipp: A legelső lépés a redukciós képlet használata és gondosan hajtsa végre az előző példához hasonló műveleteket.

19. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Nos, ez egy nagyon egyszerű példa.

Teljes megoldások és válaszok a lecke végén.

Szerintem most senkinek nem lesz gondja az integrálokkal:
stb.

Mi az ötlet a módszer mögött? Az ötlet az, hogy az átalakítások segítségével trigonometrikus képletek az integrandban csak az érintőket és az érintő deriváltját szervezzük. Vagyis cseréről beszélünk: . A 17-19. példákban valójában ezt a cserét használtuk, de az integrálok olyan egyszerűek voltak, hogy ez egy ekvivalens művelettel történt - a függvényt differenciáljel alá hozva.

Hasonló érvelés, mint már említettem, végrehajtható a kotangensre is.

A fenti helyettesítés alkalmazásának formális előfeltétele is van:

A koszinusz és a szinusz hatványainak összege egy negatív egész PÁROS szám, például:

integrál esetén egész szám negatív PÁROS szám.

! jegyzet : ha az integrandus CSAK szinust vagy CSAK koszinust tartalmaz, akkor az integrált még negatív páratlan fokkal is felvesszük (a legegyszerűbb esetek a 17., 18. példákban találhatók).

Vegyünk néhány értelmesebb feladatot ehhez a szabályhoz:

20. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

A szinusz és a koszinusz fokainak összege: 2 - 6 \u003d -4 - negatív egész PÁROS szám, ami azt jelenti, hogy az integrál redukálható érintőkre és származékaira:

(1) Alakítsuk át a nevezőt.
(2) A jól ismert képlet szerint megkapjuk.
(3) Alakítsuk át a nevezőt.
(4) A képletet használjuk .
(5) A függvényt a differenciáljel alá visszük.
(6) A cserét elvégezzük. Előfordulhat, hogy a tapasztaltabb tanulók nem hajtják végre a cserét, de mégis jobb, ha az érintőt egy betűre cserélik - kisebb az összetévesztés veszélye.

21. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Ez egy „csináld magad” példa.

Kitartás, kezdődik a bajnoki forduló =)

Az integrandban gyakran van egy "hodgepodge":

22. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Ez az integrál kezdetben egy érintőt tartalmaz, ami azonnal egy már ismert gondolatot sugall:

A mesterséges átalakítást a legelején és a többi lépést kommentár nélkül hagyom, hiszen fent már mindenről volt szó.

Néhány kreatív példa egy független megoldáshoz:

23. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

24. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Igen, bennük természetesen lehet csökkenteni a szinusz, koszinusz fokait, használni az univerzális trigonometrikus helyettesítést, de sokkal hatékonyabb és rövidebb lesz a megoldás, ha érintőkön keresztül húzzuk. Teljes megoldás és válaszok a lecke végén

Az irracionális függvények osztálya nagyon széles, ezért egyszerűen nem létezik univerzális módszer az integrálásra. Ebben a cikkben megpróbáljuk azonosítani az irracionális integránsok legjellemzőbb típusait, és azokat az integrációs módszerrel összefüggésbe hozni.

Vannak esetek, amikor célszerű a differenciáljel alá történő összesítés módszerét alkalmazni. Például ha az alak határozatlan integráljait keresi, hol p racionális tört.

Példa.

Keresse meg a határozatlan integrált .

Megoldás.

Ezt nem nehéz belátni. Ezért a differenciáljel alatt összegezzük, és az antiderivatívek táblázatát használjuk:

Válasz:

.

13. Tört lineáris helyettesítés

Az olyan típusú integrálok, ahol a, b, c, d valós számok, a, b, ..., d, g természetes számok, helyettesítéssel redukálódnak egy racionális függvény integráljaivá, ahol K a legkisebb közös többszöröse törtek nevezői

A helyettesítésből valóban az következik

azaz x-et és dx-et t racionális függvényeivel fejezzük ki. Ezenkívül a tört minden hatványa t racionális függvényében van kifejezve.

Példa 33.4. Keresse meg az integrált

Megoldás: A 2/3 és 1/2 nevezőinek legkisebb közös többszöröse a 6.

Ezért feltételezzük, hogy x + 2 \u003d t 6, x \u003d t 6 -2, dx \u003d 6t 5 dt, ezért

33.5. példa. Adjon meg egy helyettesítést az integrálok kereséséhez:

Megoldás: I 1 helyettesítésre x=t 2, I 2 helyettesítésre

14. Trigonometrikus helyettesítés

A típusintegrálok olyan függvények integráljaira redukálódnak, amelyek racionálisan függenek a trigonometrikus függvényektől, a következő trigonometrikus helyettesítések használatával: x=a sint az első integrálhoz; x=a tgt a második integrálhoz; a harmadik integrálhoz.

33.6. példa. Keresse meg az integrált

Megoldás: Legyen x=2 sin t, dx=2 cos tdt, t=arcsin x/2. Azután

Itt az integrandus egy racionális függvény az x és az x függvényében A gyök alatti teljes négyzetet kiemelve és behelyettesítve a jelzett típusú integrálok a már vizsgált típus integráljaira, azaz a típus integráljaira redukálódnak. Ezek az integrálok a megfelelő trigonometrikus helyettesítések segítségével számíthatók ki.

33.7. példa. Keresse meg az integrált

Megoldás: Mivel x 2 +2x-4=(x+1) 2 -5, akkor x+1=t, x=t-1, dx=dt. Ezért Tegyük fel

Megjegyzés: Integrált típus célszerű megtalálni az x=1/t helyettesítéssel.

15. Határozott integrál

Legyen adott egy függvény egy szegmensen, és legyen rajta antiderivált. A különbséget ún határozott integrál függvényeket az intervallumon és jelöli. Így,

A különbség akkor így van írva . A számokat hívják integrációs korlátok .

Például egy függvény egyik antideriváltja. Ezért

16 . Ha с egy állandó szám, és a ƒ(х) függvény integrálható -ra, akkor

azaz a c konstans tényező kivehető a határozott integrál előjeléből.

▼ Állítsa össze a függvény integrál összegét ƒ(x) segítségével. Nekünk van:

Akkor Ez azt jelenti, hogy a ƒ(x) függvény integrálható [a; b] és a (38.1) képlet teljesül.▲

2. Ha az ƒ 1 (х) és ƒ 2 (х) függvények integrálhatók [а;b]-re, akkor integrálható [а; b] összegük u

azaz az összeg integrálja egyenlő az integrálok összegével.

▼
▲

A 2. tulajdonság bármely véges számú tag összegére terjed ki.

3.

Ez a tulajdonság definíció szerint elfogadható. Ezt a tulajdonságot a Newton-Leibniz képlet is megerősíti.

4. Ha a ƒ(x) függvény integrálható [a; b] és a< с < b, то

azaz a teljes szegmens integrálja egyenlő a szegmens részein lévő integrálok összegével. Ezt a tulajdonságot egy meghatározott integrál additivitásának (vagy additív tulajdonságnak) nevezzük.

Az [a;b] szakasz részekre bontásánál a c pontot beszámítjuk az osztási pontok számába (ez azért tehető meg, mert az integrálösszeg határa független az [a; b] szakasz felosztásának módjától alkatrészek). Ha c \u003d x m, akkor az integrál összeg két összegre osztható:

A felírt összegek mindegyike integrál, illetve az [a; b], [a; s] és [s; b]. Az utolsó egyenlőségben n → ∞ (λ → 0) határértékre lépve megkapjuk a (38.3) egyenlőséget.

A 4. tulajdonság az a, b, c pontok tetszőleges elrendezésére érvényes (feltételezzük, hogy az ƒ (x) függvény integrálható a kapott szegmensek közül a legnagyobbra).

Tehát például, ha a< b < с, то

(a 4. és 3. tulajdonság használatos).

5. "Átlagérték tétel". Ha a ƒ(x) függvény folytonos az [a; b], akkor létezik egy vékony vonal є [a; b] olyan, hogy

▼A Newton-Leibniz képlet szerint megvan

ahol F "(x) \u003d ƒ (x). A Lagrange-tételt (a függvény véges növekményére vonatkozó tételt) alkalmazva az F (b) - F (a) különbségre, megkapjuk

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

Az 5. tulajdonságnak („átlagérték tétel”) ƒ (x) ≥ 0 esetén egyszerű geometriai jelentése: a határozott integrál értéke bizonyos c є (a; b) esetén egy ƒ (c) magasságú és b-a alappal rendelkező téglalap területe (lásd 170. ábra). Szám

az ƒ(x) függvény középértékének nevezzük az [a; b].

6. Ha a ƒ (x) függvény megtartja előjelét az [a; b], ahol a< b, то интегралимеет тот же знак, что и функция. Так, если ƒ(х)≥0 на отрезке [а; b], то

▼Az "átlagtétel" (5. tulajdonság) szerint

ahol c є [a; b]. És mivel ƒ(х) ≥ 0 minden x О [а; b], akkor

ƒ(с)≥0, b-а>0.

Ezért ƒ(c) (b-a) ≥ 0, azaz. ▲

7. Egyenlőtlenség a folytonos függvények között az [a; b], (a

▼Mióta ƒ 2 (х)-ƒ 1 (x) ≥ 0, akkor< b, согласно свойству 6, имеем

Vagy a 2. tulajdonság szerint

Vegyük észre, hogy lehetetlen megkülönböztetni az egyenlőtlenségeket.

8. Az integrál becslése. Ha m és M az y \u003d ƒ (x) függvény legkisebb és legnagyobb értéke az [a; b], (a< b), то

▼Mivel bármely x є [а;b] esetén m≤ƒ(х)≤М, akkor a 7. tulajdonság szerint

Az 5. tulajdonságot a szélső integrálokra alkalmazva megkapjuk

▲

Ha ƒ(x)≥0, akkor a 8-as tulajdonságot geometrikusan szemléltetjük: egy görbe vonalú trapéz területe olyan téglalapok területei közé van zárva, amelyek alapja , és a magasságuk egyenlő m és M-rel (lásd 171. ábra).

9. Egy határozott integrál modulusa nem haladja meg az integrandus modulusának integrálját:

▼A 7. tulajdonságot alkalmazva a nyilvánvaló egyenlőtlenségekre -|ƒ(х)|≤ƒ(х)≤|ƒ(х)|, megkapjuk

Ebből következik tehát

▲

10. Határozott integrál deriváltja a változó felső határához képest egyenlő azzal az integrandusszal, amelyben az integrációs változót ezzel a határértékkel helyettesítjük, azaz.

Az ábra területének kiszámítása a területelmélet egyik legnagyobb kihívást jelentő problémája. Az iskolai geometria tanfolyamon megtanultuk, hogyan kell megtalálni az alapvető geometriai alakzatok területeit, mint a kör, háromszög, rombusz stb. Sokkal gyakrabban kell azonban foglalkozni az összetettebb figurák területének kiszámításával. Az ilyen feladatok megoldásánál integrálszámítást kell alkalmazni.

Ebben a cikkben megvizsgáljuk a görbe vonalú trapéz területének kiszámításának problémáját, és geometriai értelemben közelítjük meg. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy megtudjuk a közvetlen kapcsolatot a határozott integrál és a görbe vonalú trapéz területe között.

Hagyja a függvényt y = f(x) folyamatos a szegmensen és nem változtat rajta előjelet (azaz nem negatív vagy nem pozitív). ábra G vonalak határolják y = f(x), y = 0, x = aÉs x = b, hívott görbe vonalú trapéz. Jelöljük a területét S(G).

Közelítsük meg a görbe vonalú trapéz területének kiszámításának problémáját a következőképpen. A négyzetes alakzatok részben azt találtuk, hogy a görbe vonalú trapéz egy négyzet alakú alak. Ha felosztjuk a szegmenst a n részeket pontokkal és jelölje meg , és válasszuk ki a pontokat úgy, hogy az at, akkor az alsó és felső Darboux összegeknek megfelelő számokat tekintsük bejövőnek Pés átölelve K sokszög alakú formák számára G.

Így és a partíciós pontok számának növekedésével n, az egyenlőtlenséghez jutunk, ahol egy tetszőlegesen kis pozitív szám, és sÉs S a szegmens adott partíciójának alsó és felső Darboux-összegei . Egy másik bejegyzésben . Ezért áttérve a határozott Darboux integrál fogalmára, azt kapjuk, hogy .

Az utolsó egyenlőség azt jelenti, hogy a folytonos és nemnegatív függvény határozott integrálja y = f(x) geometriai értelemben a megfelelő görbe vonalú trapéz területét jelenti. Ez az, amiből áll a határozott integrál geometriai jelentése.

Vagyis a határozott integrál kiszámításával meg fogjuk találni az ábra vonalakkal határolt területét y = f(x), y = 0, x = aÉs x = b.

Megjegyzés.

Ha a funkció y = f(x) nem pozitív a szegmensen , akkor a görbe vonalú trapéz területe így található .

Példa.

Számítsa ki egy vonallal határolt ábra területét! .

Megoldás.

Építsünk egy ábrát egy síkon: egy egyenest y=0 egybeesik az abszcissza tengellyel, egyenes vonalak x=-2És x=3 párhuzamosak az y tengellyel, és a görbe a függvény grafikonjának geometriai transzformációival szerkeszthető meg.

Így meg kell találnunk a görbe vonalú trapéz területét. A határozott integrál geometriai jelentése azt jelzi számunkra, hogy a kívánt területet határozott integrál fejezi ki. Következésképpen, . Ez a határozott integrál a Newton-Leibniz képlet segítségével számítható ki.

Ebben a részben a racionális függvények integrálásának módszerét vizsgáljuk meg. 7.1. Rövid információ racionális függvényekről A legegyszerűbb racionális függvény egy tizedes fokú polinom, azaz. egy olyan alak függvénye, ahol valós állandók, és a0 4 0. Egy Qn(x) polinom, amelynek a0 = 1 együtthatóját redukáltnak nevezzük. A b valós számot a Qn(z) polinom gyökének nevezzük, ha Q„(b) = 0. Ismeretes, hogy minden valós együtthatóval rendelkező Qn(x) polinom egyértelműen fel van bontva olyan valós tényezőkre, ahol p, q valós együtthatók, és a kvadratikus tényezőknek nincs valós gyöke, ezért nem bonthatók fel valós lineáris tényezőkre. Azonos tényezőket kombinálva (ha vannak ilyenek), és az egyszerűség kedvéért feltételezve, hogy a Qn(x) polinom redukált, felírhatjuk a faktorizációját olyan formában, ahol természetes számok vannak. Mivel a Qn(x) polinom foka egyenlő n-nel, ezért az összes a, /3, ..., A kitevő összege, hozzáadva az összes u, ..., q kitevő kétszeres összegéhez, egyenlő n-re: A polinom a gyökét egyszerűnek vagy egyszeresnek nevezzük, ha a = 1, és többszörösnek, ha a > 1; az a számot az a gyök többszörösének nevezzük. Ugyanez vonatkozik más polinomgyökökre is. Egy f(x) racionális függvény vagy egy racionális tört két polinom aránya, és feltételezzük, hogy a Pm(x) és Qn(x) polinomoknak nincs közös tényezője. A racionális törtet akkor nevezzük megfelelőnek, ha a számlálóban lévő polinom foka kisebb, mint a nevezőben lévő polinom foka, azaz. Ha mp, akkor a racionális törtet helytelen törtnek nevezzük, és ebben az esetben a számlálót elosztva a nevezővel a polinomok osztására vonatkozó szabály szerint, úgy ábrázolható, hogy hol van néhány polinom, és ^^ egy megfelelő racionális tört. . 1. példa: A racionális tört helytelen tört. Egy "sarokkal" osztva így lesz. Itt. és egy megfelelő tört. Meghatározás. A legegyszerűbb (vagy elemi) törteket a következő négy típus racionális törteinek nevezzük: ahol - valós számok, k 2-nél nagyobb vagy azzal egyenlő természetes szám, és az x2 + px + q négyzethármasnak nincs valós gyöke, így -2 _2 diszkriminánsa Az algebrában a következő tétel bizonyítást nyer. 3. Tétel. Egy valós együtthatós megfelelő racionális törtet, amelynek nevezője Qn(x) alakja, egyedileg bontjuk egyszerű törtek összegére a szabály szerint Racionális függvények integrálása Rövid információ a racionális függvényekről Egyszerű törtek integrálása Általános eset Irracionális integráció függvények Első Euler-helyettesítés Második Euler-helyettesítés Harmadik Euler-helyettesítés Ebben a kiterjesztésben néhány valós állandó, amelyek közül néhány nullával egyenlő lehet. Ezen állandók megtalálásához az (I) egyenlőség jobb oldalát közös nevezőre redukáljuk, majd a bal és a jobb oldal számlálóiban az x azonos hatványú együtthatóit egyenlővé tesszük. Ez adja a rendszert lineáris egyenletek, amelyből a kívánt állandók megtalálhatók. . Az ismeretlen állandók megtalálásának ezt a módszerét határozatlan együtthatók módszerének nevezik. Néha kényelmesebb egy másik módszert alkalmazni az ismeretlen állandók megtalálására, amely abból áll, hogy a számlálók egyenlítését követően megkapjuk az x azonosságát, amelyben az x argumentum bizonyos értékeket kap, például az értékeket. a gyökökből, ami egyenleteket eredményez az állandók megtalálásához. Különösen kényelmes, ha a Q„(x) nevezőnek csak valódi egyszerű gyökei vannak. 2. példa: Bontson egy racionális törtet egyszerű törtekre, ez a tört szabályos. Tényezőkre bontjuk a nevezőt: Mivel a nevező gyökerei valódiak és különbözőek, ezért az (1) képlet alapján egy tört legegyszerűbbre bontása a következőképpen alakul. nevezőt és a számlálót, valamint annak bal és jobb oldali részét egyenlővé téve az azonosságot vagy az Ismeretlen A. együtthatót kapjuk. 2?, C kétféleképpen találjuk meg. Első út. Az együtthatók egyenlővé tétele x azonos hatványai mellett, t.v. -val (szabad kifejezés), és a bal és a jobb oldali rész azonos, azt kapjuk lineáris rendszer egyenletek az A, B, C ismeretlen együtthatók megtalálására: Ennek a rendszernek van egy egyedi megoldása C A második út. Mivel a nevező gyökerei svv szakadtak i 0-ban, 2 \u003d 2A-t kapunk, ahonnan A * 1; g i 1, -1 * -B-t kapunk, ahonnan 5 * 1; x i 2, azt kapjuk, hogy 2 = 2C. ahonnan C» 1, és a kívánt bővítésnek megvan a formája A nevezőnek két különböző kettős gyöke van: x\u003d 0, 3-as multiplicitással. Ezért ennek a nem egyszerű törtnek a kiterjesztése a következőképpen alakul: A jobb oldalt közös nevezőre redukáljuk, vagy Az első módszert találjuk. Az utolsó azonosság bal és jobb oldali részében az együtthatók egyenlősége x azonos hatványai mellett. egy lineáris egyenletrendszert kapunk, melynek egyedi megoldása van, és a kívánt bővítés a második módszer lesz. A kapott azonosságban x = 0 beállítással 1 a A2, vagy A2 = 1; mező * meleg x = -1, kapunk -3 i B), vagy Bj i -3. Az A\ és B) együtthatók talált értékeinek helyettesítésekor az azonosság a következő alakot ölti: x = 0, majd x = -I. azt találjuk, hogy = 0, B2 = 0 és. így B\ \u003d 0. Így ismét megkapjuk a 4. példát. Bontsa ki a racionális törtet 4 egyszerű törtekre. A tört nevezőjének nincs valódi gyöke, mivel az x2 + 1 függvény egyetlen valós érték esetén sem tűnik el x-ből. Ezért az egyszerű törtekre való bővítésnek a következő formájúnak kell lennie: Innen kapjuk, ill. Ha az utolsó egyenlőség bal és jobb oldali részében az x Schinack-hatványaihoz tartozó együtthatókat egyenlítjük ki, akkor meg fogjuk találni, hogy honnan, és ezért meg kell jegyezni, hogy bizonyos esetekben az egyszerű törtekre való kiterjesztések gyorsabban és könnyebben érhetők el, ha más módon, a határozatlan együtthatók módszerének alkalmazása nélkül. Például a 3. példában szereplő tört kiterjesztésének eléréséhez a 3x2 számlálóban összeadhat és kivonhat, és végrehajthat osztást az alábbiak szerint. 7.2. Egyszerű törtek integrálása Mint fentebb említettük, bármely nem megfelelő racionális tört ábrázolható valamilyen polinom és egy megfelelő racionális tört összegeként (§7), és ez az ábrázolás egyedi. Egy polinom integrálása nem nehéz, ezért fontolja meg a megfelelő racionális tört integrálásának kérdését. Mivel bármely megfelelő racionális tört egyszerű törtek összegeként ábrázolható, az integrálása egyszerű törtek integrálására redukálódik. Nézzük most az integrációjuk kérdését. III. A harmadik típus legegyszerűbb történek integráljának megtalálásához y-t választunk négyzetes trinomikus a binomiális teljes négyzete: Mivel a második tag tehát egyenlőnek tesszük a2-vel, ahol, majd behelyettesítést végzünk. Aztán figyelembe véve lineáris tulajdonságok integrált, azt találjuk: 5. példa. Keresse meg a 4 integrált Az integrandus a harmadik típus legegyszerűbb törtrésze, mivel az x1 + Ax + 6 négyzethármasnak nincs valós gyöke (a diszkriminánsa negatív: , a számláló pedig egy polinom Ezért a következőképpen járunk el: 1) kijelöljük a nevezőben a teljes négyzetet 2) behelyettesítést végzünk (itt 3) az * egyik integrálon A negyedik típus legegyszerűbb történek integráljának megtalálásához beállítjuk , mint fent, . Ezután megkapjuk a jobb oldali integrált, amelyet A-val jelölünk, és a következőképpen alakítjuk át: A jobb oldali integrált részenként integráljuk, beállítva, honnan vagy Racionális függvények integrálása Rövid információ a racionális függvényekről Egyszerű törtek integrálása Általános eset irracionális függvények Első Euler-helyettesítés Második Euler-helyettesítés Harmadik behelyettesítés Euler Megkaptuk az úgynevezett ismétlődő formulát, amely lehetővé teszi, hogy bármely k = 2, 3,... esetén megtaláljuk a Jk integrált. Valójában a J\ integrál táblázatos: Ha a rekurzív képletben azt találjuk, hogy ismerve és feltételezve, hogy A = 3, könnyen megtaláljuk Jj-t, és így tovább. A végeredményben t és a helyett mindenhol behelyettesítjük az x-ben, valamint a p és q együtthatós kifejezéseket, a kezdeti integrálra egy kifejezést kapunk x-ben és a megadott M, LG, p, q számokban. . 8. példa Keresse meg az integrált ez azt jelenti, hogy a nevezőnek nincs valódi gyöke, a számláló pedig egy 1. fokú polinom. 1) Kijelölünk egy teljes négyzetet a nevezőben 2) Behelyettesítést végzünk: Az integrál a következő alakot ölti: * = 2, a3 = 1 rekurzív képletet beírva lesz, és ezért a kívánt integrál egyenlő Visszatérve az x változóhoz, végül 7.3-at kapunk. Általános eset Secs eredményeiből. E rész 1. és 2. pontja közvetlenül követ egy fontos tételt. Tétel! 4. Bármilyen racionális függvénynek mindig létezik határozatlan integrálja (azokon az intervallumokon, amelyekben a Q„(x) φ 0 tört nevezője) és véges számú elemi függvényben fejeződik ki, vagyis algebrai összeg. , racionális törtek, természetes logaritmusok és arctangensek. Tehát egy tört-racionális függvény határozatlan integráljának megtalálásához a következőképpen kell eljárni: 1) ha a racionális tört nem megfelelő, akkor az egész részt elválasztjuk úgy, hogy a számlálót elosztjuk a nevezővel, azaz. adott funkciót egy polinom és egy megfelelő racionális tört összegeként ábrázolva; 2) ekkor a kapott megfelelő tört nevezőjét lineáris és másodfokú tényezők szorzatára bontjuk; 3) ez a megfelelő tört egyszerű törtek összegére bomlik; 4) az integrál linearitását és a 2. tétel képletét felhasználva külön-külön megkeressük az egyes tagok integráljait. 7. példa: Keresse meg az M integrált Mivel a nevező egy harmadfokú polinom, az integrandus egy helytelen tört. Külön kiemeljük benne az egész részt: Ezért lesz. A megfelelő tört nevezőjének phi különböző valós gyökei vannak: ezért egyszerű törtekre bontása a következőképpen alakul: Innen találjuk. Ha az argumentum x értékei megegyeznek a nevező gyökével, ebből az azonosságból azt kapjuk, hogy: Ezért a kívánt integrál egyenlő lesz a 8. példával. Keresse meg a 3. multiplicitás 1 integrálját, ezért a Az integráns egyszerű törtekre a következő alakkal rendelkezik. Ennek az egyenlőségnek a jobb oldalát közös nevezőre hozzuk, és az egyenlőség mindkét oldalát ezzel a nevezővel csökkentjük, vagy kapjuk. Ennek az azonosságnak a bal és jobb oldali részében az x azonos hatványú együtthatóit egyenlővé tesszük: Innen megtaláljuk. Ha az együtthatók talált értékeit behelyettesítjük a bővítésbe, akkor az Integrálást kapjuk, a következőt kapjuk: 9. Példa Keresse meg az integrált 4 A tört nevezőjének nincs valódi gyökere. Emiatt az integrandus egyszerűbb törteire való kiterjesztése a Hence vagy Equating formát ölti az együtthatók x azonos hatványai mellett ennek az azonosságnak a bal és jobb oldali részében. A fenti példában az integrandus egyszerűbb törtek összegeként ábrázolható egyszerű módon , mégpedig a tört számlálójában a nevezőben a bin-t jelöljük ki, majd elvégezzük a tagok szerinti osztást: 8. §. Irracionális függvények integrálása Az u1,2,... változókban Pm és u2 fokos típusú polinomok alakú függvényt ubu2j... valós állandókban racionális függvénynek nevezzük, és az 1. példa: A függvény az r és y változók racionális függvénye, mivel egy harmadfokú és egy ötödfokú polinom arányát is reprezentálja, a tiszafa függvény pedig nem. Abban az esetben, ha a változók az x változó függvényei: akkor a ] függvényt a Példa függvényeinek racionális függvényének nevezzük. A függvény r és rvdikvl Pr 3 racionális függvénye. Az alak függvénye nem x és az y/r1 + 1 gyök racionális függvénye, hanem a függvények racionális függvénye Ahogy a példák is mutatják, az irracionális integráljai a függvényeket nem mindig elemi függvényekkel fejezzük ki. Például az alkalmazásokban gyakran előforduló integrálokat nem elemi függvényekkel fejezik ki; ezeket az integrálokat első, illetve második típusú elliptikus integráloknak nevezzük. Tekintsük azokat az eseteket, amikor az irracionális függvények integrálása a racionális függvények integrálásának néhány helyettesítésével redukálható. 1. Meg kell találni azt az integrált, ahol R(x, y) az x és y argumentuma racionális függvénye; m £ 2 természetes szám; a, b, c, d valós állandók, amelyek kielégítik az ad - bc ^ O feltételt (ad - be = 0 esetén az a és b együtthatók arányosak a c és d együtthatóval, ezért az arány nem függ x-től; így ebben az esetben az integrandusfüggvény az x változó racionális függvénye lesz, amelynek integrálását korábban tárgyaltuk). Ebben az integrálban változó változtatást hajtunk végre beállítással. Innen az x változót egy új változón keresztül fejezzük ki. Van x = - t racionális függvénye. Továbbá azt találjuk, vagy egyszerűsítés után tehát, ahol L1 (t) a * racionális függvénye, mivel egy racionális függvény racionális funádiuma, valamint a racionális függvények szorzata racionális függvény. Integrálhatunk racionális függvényeket. Legyen akkor a kívánt integrál egyenlő a When-vel. Ugrás a 4 integrálra Az integrandus* racionális függvénye. Ezért feltesszük t = Majd Racionális függvények integrálása Rövid információ a racionális függvényekről Egyszerű törtek integrálása Általános eset Irracionális függvények integrálása Első Euler-helyettesítés Második Euler-helyettesítés Harmadik Euler-helyettesítés Így 5-ös Primar-t kapunk. Keresse meg az integrált Az x tört kitevőinek közös nevezője 12, így az integrandus 1 _ 1_-ként ábrázolható, ahonnan látható, hogy racionális függvénye: Ezt figyelembe véve beállítjuk. Ezért 2. Tekintsünk olyan alakú inteph-eket, ahol a részintegrál függvény olyan, hogy a benne lévő \/ax2 + bx + c gyököt y-ra cserélve az R(x) y) függvényt kapjuk – racionális mind az x, mind az argumentum tekintetében. y. Ez az integrál egy másik változó racionális függvényének integráljára redukálódik Euler-helyettesítésekkel. 8.1. Az első Euler-helyettesítés Legyen az együttható a > 0. Beállítjuk vagy Innen x-et u racionális függvényeként találjuk, így tehát a jelzett helyettesítés racionálisan fejeződik ki a *-on keresztül. Ezért lesz, ahol Megjegyzés. Az első Euler-helyettesítés a 6. példa alakjában is felvehető. Keresse meg azt az integrált, amelyet megtalálunk Ezért lesz dx Euler-helyettesítésünk, mutassuk meg, hogy Y 8.2. Euler második behelyettesítése Legyen az ax2 + bx + c trinom különböző R] és x2 valós gyöke (az együttható bármilyen előjelű lehet). Ebben az esetben feltételezzük, Mivel megkapjuk Mivel x, dxn y / ax2 + be + c racionálisan t-ben fejeződik ki, akkor az eredeti integrál egy racionális függvény integráljára redukálódik, azaz ahol Probléma. Az első Euler-helyettesítés segítségével mutassuk meg, hogy t racionális függvénye. 7. példa: Keresse meg a dx M integrált ] - x1 valós gyökereit. Ezért alkalmazzuk a második Euler-helyettesítést, ahol a talált kifejezések behelyettesítése Adott? 8.3-at kapunk. Az Euler harmadik részállapota Legyen a c > 0 együttható. Beállítással változtatjuk a változót. Megjegyezzük, hogy egy racionális függvény integráljának integrálására való redukálásához elegendő az első és a második Euler-helyettesítés. Valóban, ha a b2 -4ac diszkriminans > 0, akkor az ax + bx + c négyzetháromság gyökei valósak, és ebben az esetben a második Euler-helyettesítés érvényes. Ha, akkor az ax2 + bx + c trinom előjele egybeesik az a együttható előjelével, és mivel a trinomnak pozitívnak kell lennie, akkor a > 0. Ebben az esetben az első Euler-helyettesítés érvényes. A fent jelzett formájú integrálok megtalálásához nem mindig célszerű Euler-helyettesítéseket alkalmazni, mivel ezekre más integrálási módok is találhatók, amelyek gyorsabban vezetnek a célhoz. Nézzünk meg néhány ilyen integrált. 1. Az alak integráljainak megtalálásához a hármas négyzetből kiválasztunk egy jobb oldali négyzetet: ahol Ezt követően behelyettesítést végzünk, és megkapjuk, ahol az a és P együtthatók különböző jelek vagy mindkettő pozitív. Amikor, valamint amikor a > 0, és az integrál logaritmusra lesz redukálva, de ha - arcszinuszra. Nál nél. Find imtegrel 4 Azóta. Feltételezve, hogy Prmmar 9-et kapunk. Find. Feltételeztem, hogy x -, 2-t kapunk. Az alak integrálját az 1. bekezdésből a következőképpen redukáljuk az y integrálra. Figyelembe véve, hogy a derivált ()" = 2, a számlálóban ezt választjuk ki: th fok, a határozatlan együtthatók módszerével kereshető, ami a következőkből áll: Tegyük fel, hogy az egyenlőség megtörténik 10. példa Hatalmas integrálegyütthatók, mi megkülönböztetjük (1) mindkét oldalát: Ezután a (2) egyenlőség jobb oldalát a bal oldal nevezőjével megegyező közös nevezőre redukáljuk, azaz y/ax2 + bx + c, csökkentjük a (2) mindkét részét, amellyel , akkor olyan azonosságot kapunk, amelynek mindkét része n fokú polinom. Ha a (3) bal és jobb oldali részében az x azonos hatványai melletti együtthatókat egyenlítjük ki, n + 1 egyenletet kapunk, amelyekből megtaláljuk a szükséges együtthatókat j4*(fc = 0,1,2,..., n ) Az értékeiket behelyettesítve az (1) jobb oldalába, és megkeresve a + c integrált, megkapjuk a választ ezt az integrált. 11. példa: Keressük meg az integrált Beállítjuk Az egyenlőség mindkét színét megkülönböztetve, a jobb oldalt közös nevezőre hozva és mindkét részt redukálva megkapjuk az azonosságot ill. Ha az együtthatókat x azonos hatványai mellett egyenlővé tesszük, egy egyenletrendszerhez jutunk, amelyből azt kapjuk, hogy = Ekkor a (4) egyenlőség jobb oldalán találjuk az integrált: Ezért a kívánt integrál egyenlő lesz

Az irracionális egyenletek megoldására nincs univerzális módszer, mivel az osztályok száma különbözik. A cikk kiemeli az integrációs módszerrel helyettesített egyenletek jellemző típusait.

A módszer használatához közvetlen integráció∫ k x + b p d x típusú határozatlan integrálokat kell kiszámítani, ahol p racionális tört, k és b valós együtthatók.

1. példa

Keresse meg és számítsa ki az y = 1 3 x - 1 3 antiderivatív függvényeket.

Megoldás

Az integrációs szabály szerint alkalmazni kell a ∫ f (k x + b) d x \u003d 1 k F (k x + b) + C képletet, és az antiderivált táblázat azt mondja, hogy kulcsrakész megoldás ezt a funkciót. Ezt értjük

∫ 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

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

Vannak esetek, amikor a differenciál jele alatti összesítés módszerét használhatjuk. Ezt a ∫ f "(x) (f (x)) p d x alakú határozatlan integrálok keresésének elve oldja meg, ha p értéke racionális törtnek tekinthető.

2. példa

Határozzuk meg a ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x határozatlan integrált.

Megoldás

Jegyezzük meg, hogy d x 3 + 5 x - 7 \u003d x 3 + 5 x - 7 "d x \u003d (3 x 2 + 5) d x. Ekkor a differenciáljel alá kell hozni az antiderivált táblázatok segítségével. Azt kapjuk, hogy

∫ 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

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

A határozatlan integrálok megoldása egy ∫ d x x 2 + p x + q alakú képletet ad, ahol p és q valós együtthatók. Ezután ki kell választani egy teljes négyzetet a gyökér alól. Ezt értjük

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

A határozatlan integrálok táblázatában található képlet alkalmazásával kapjuk:

∫ d x x 2 ± α = log x + x 2 ± α + C

Ezután kiszámítjuk az integrált:

∫ 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

3. példa

Keressünk egy ∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 alakú határozatlan integrált.

Megoldás

A kiszámításhoz ki kell venni a 2-es számot, és a gyök elé kell helyezni:

∫ 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

Válassza ki a teljes négyzetet a radikális kifejezésben. Ezt értjük

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

Ekkor a forma határozatlan integrálját kapjuk

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

Az irracionális függvények integrálása hasonló módon történik. Alkalmazható az y = 1 - x 2 + p x + q alakú függvényekre.

4. példa

Határozzuk meg a ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 határozatlan integrált.

Megoldás

Először a gyök alól kell származtatnia a kifejezés nevezőjének négyzetét.

∫ 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

A táblázat integrál így néz ki: ∫ dxa 2 - x 2 = arc sin xa + C, akkor azt kapjuk, hogy ∫ dx - x 2 + 4 x + 5 = ∫ dx - (x - 2) 2 + 9 = arc sin x - 2 3 +C

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

Az y \u003d M x + N x 2 + px + q alakú antiderivatív irracionális függvények megtalálásának folyamata, ahol a rendelkezésre álló M, N, p, q valós együtthatók, és hasonlóak a legegyszerűbb törtrészek integrálásához. harmadik típus. Ez az átalakítás több lépésből áll:

a gyök alatti differenciál összegzése, a gyök alatti kifejezés teljes négyzetének kiemelése táblázatos képletekkel.

5. példa

Keresse meg az y = x + 2 x 2 - 3 x + 1 antiderivatív függvényeket.

Megoldás

A feltételből azt kapjuk, hogy d (x 2 - 3 x + 1) \u003d (2 x - 3) dx és x + 2 \u003d 1 2 (2 x - 3) + 7 2, majd (x + 2) dx \u003d 1 2 (2 x - 3) + 7 2 dx = 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 dx .

Számítsa ki az integrált: ∫ 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

Válasz:∫ 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.

A ∫ x m (a + b x n) p d x függvény határozatlan integráljainak keresése helyettesítési módszerrel történik.

A megoldáshoz új változók bevezetése szükséges:

1. Ha a p szám egész szám, akkor vegyük figyelembe, hogy x = z N , és N az m , n közös nevezője.
2. Ha m + 1 n egész szám, akkor a + b x n = z N, és N a p nevezője.
3. Ha m + 1 n + p egy egész szám, akkor a x - n + b = z N szükséges, és N a p nevezője.

6. példa

Határozzuk meg a ∫ 1 x 2 x - 9 d x határozott integrált.

Megoldás

Azt kapjuk, hogy ∫ 1 x 2 x - 9 d x = ∫ x - 1 (- 9 + 2 x 1) - 1 2 d x . Ebből következik, hogy m = - 1, n = 1, p = - 1 2, akkor m + 1 n = - 1 + 1 1 = 0 egész szám. Bevezethet egy új változót, például -9 + 2 x = z 2 . x-et z-ig kell kifejezni. A kimeneten azt kapjuk

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

Az adott integrálba behelyettesítést kell végrehajtani. Nálunk ez van

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

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

Az irracionális egyenletek megoldásának egyszerűsítésére a főbb integrációs módszereket alkalmazzuk.

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt