Šis metodas pagrįstas tokia formule: (*)

Leisti ir yra x funkcijos, turinčios nuolatines išvestines ir .

Yra žinoma, kad arba ; arba .

Integralai ir , nes darant prielaidą, kad funkcijos u ir v yra diferencijuojamos ir todėl tolydžios.

Formulė (*) vadinama integravimo dalimis formule.

Metodas, pagrįstas jo taikymu, vadinamas integravimo dalimis metodu.

Tai sumažina skaičiavimą iki kito integralo skaičiavimo: .

Integravimo dalimis metodo taikymas susideda iš to, kad pagal duoto integralo integralinę išraišką jie bando pavaizduoti sandaugos pavidalu, kur ir yra kai kurios x funkcijos, ir šios funkcijos parenkamos taip, kad buvo lengviau apskaičiuoti nei pradinis integralas. Kada skaičiuoti anksčiau rasti ir .

(kaip „v“ imame vieną iš originalių antidarinių, rastų iš dv, todėl ateityje skaičiuodami „v“ konstantą C žymėjime praleisime).

komentuoti. Apskaičiuojant integralinę išraišką, reikia suprasti, kas ir turi būti.

Deja, neįmanoma pateikti bendrų integralinės išraiškos faktoringo į faktorius „u“ ir „dv“ taisyklių. To galima išmokyti daug ir apgalvotai praktikuojant.

Turint visa tai, reikia turėti omenyje, kad buvo paprastesnis nei pradinis integralas.

6.6.22 pavyzdys.

Kartais, norint gauti galutinį rezultatą, integravimo pagal dalis taisyklė taikoma kelis kartus iš eilės.

Integravimo dalimis būdas patogus naudoti, žinoma, ne kiekvieną kartą, o galimybė jį panaudoti priklauso nuo patirties.

Skaičiuojant integralus, svarbu teisingai nustatyti, kuris integravimo metodas turėtų būti naudojamas (kaip ir ankstesniame pavyzdyje, trigonometrinis pakeitimas greičiau pasiekia tikslą).

Apsvarstykite dažniausiai pasitaikančius integralus, kurie apskaičiuojami integruojant dalimis.

1.Formos integralai :

kur yra sveikasis skaičius (x atžvilgiu) daugianario; a yra pastovus skaičius.

Jei trigonometrinės arba eksponentinės funkcijos sandauga yra algebrinė po integralo ženklu, tada algebrinė funkcija paprastai imama "u".

6.6.23 pavyzdys.

Atkreipkite dėmesį, kad kitas suskirstymas į veiksnius: neveda į tikslą.

Įrodytas
.

Gauname sudėtingesnį integralą.

2.Formos integralai :

kur yra daugianario.

Jei integralinis ženklas yra funkcijos logaritmo sandauga arba atvirkštinės trigonometrinės funkcijos sandauga su algebrine funkcija, tada funkcijos turėtų būti laikomos "u".

6.6.23 pavyzdys.

3.Formos integralai:

Čia galite naudoti bet kurį iš 2 galimų integralinės išraiškos suskirstymo į veiksnius: „u“ galite naudoti ir .

Be to, apskaičiavus tokius integralus integravimo dalimis metodu, gaunamas pradinis integralas, tai yra, gaunama lygtis norimo integralo atžvilgiu.

6.6.24 pavyzdys Apskaičiuokite .

.

Integruojant dažnai reikia paeiliui taikyti pakeitimo metodą ir integravimo dalimis metodą.

6.6.25 pavyzdys.

Kai kurių funkcijų, turinčių kvadratinį trinarį, integravimas

1)

.

o tai yra lentelių integralai.

2) realiųjų skaičių koeficientai

skaitiklyje pasirenkame vardiklio išvestinę.

a,b,c yra realieji skaičiai

a) ; tada mes turime:

b) . Šiuo atveju prasminga svarstyti tik tada, kai diskriminuojantis trinamis teigiamas:

Dabar turime:

komentuoti. Praktikoje jie paprastai nenaudoja paruoštų rezultatų, bet mieliau kiekvieną kartą atlieka panašius skaičiavimus.

Pavyzdys.

4)

Skaitiklį transformuojame taip, kad iš jo būtų galima išskirti kvadratinio trinalio išvestinę:

Kadangi praktikoje nėra patogaus bendro neapibrėžtųjų integralų skaičiavimo metodo, kartu su tam tikrais integravimo metodais (žr. ankstesnę paskaitą), turime apsvarstyti ir kai kurių konkrečių funkcijų klasių integravimo metodus, kurių integralai yra dažnai susiduriama praktikoje.

Tarp jų svarbiausia klasė yra racionaliųjų funkcijų klasė.

"Trupmeninių ir racionalių funkcijų integravimas"

Tinkamos racionaliosios trupmenos integravimas pagrįstas racionaliosios trupmenos išplėtimu į elementariųjų trupmenų sumą.

Elementariosios (paprastosios) trupmenos ir jų integravimas.

Apibrėžimas. Formos trupmenos: ; (1)

(2), kur

(tai yra, trinalio šaknys yra sudėtingos), vadinami elementariais.

Apsvarstykite elementariųjų trupmenų integravimą

2)

(kur leisti).

Apskaičiuojame integralą

(*)

Paskutinis integralas apskaičiuojamas naudojant rekursinę formulę.

Kartais integravimas dalimis leidžia gauti ryšį tarp neapibrėžto integralo, turinčio tam tikros funkcijos laipsnį, ir panašaus integralo, bet su mažesniu tos pačios funkcijos eksponentu. Tokie santykiai vadinami rekursinėmis formulėmis.

Pažymėti .

Mes turime:

Į paskutinį integralą įdedame:

Štai kodėl

kur

Taigi, mes priėjome prie rekursinės formulės: pakartotinis jos taikymas galiausiai veda prie „lentelės“ integralo:

Tada vietoj "t" ir "k" pakeičiame jų reikšmes.

6.6.26 pavyzdys.

(pagal pasikartojimo formulę).=

.

Racionalioji trupmena yra funkcija, atvaizduojama formoje ; kur ir yra polinomai su realiaisiais koeficientais.

Racionalioji trupmena vadinama tinkama, jei skaitiklio laipsnis yra mažesnis už vardiklio laipsnį.

Bet kuri tinkama racionalioji trupmena gali būti pavaizduota kaip baigtinio elementariųjų trupmenų skaičiaus suma.

Tinkamos trupmenos išskaidymas į elementariąsias nustatomas pagal šią teoremą, kurią svarstome be įrodymų.

Teorema . Jei trupmena - teisinga ir (jei trinaris neturi tikrųjų šaknų), tada tapatybė yra teisinga:

(aš)

Atkreipkite dėmesį, kad kiekviena tikroji daugianario „ “ daugybinė šaknis, pavyzdžiui, a, šioje plėtinyje atitinka elementariųjų formos (1) trupmenų sumą ir kiekvieną sudėtingų konjuguotų šaknų ir (tokių, kad ) daugybos „ “. atitinka (2) formos elementariųjų trupmenų sumą.

Norėdami atlikti plėtrą (I), turite išmokti nustatyti koeficientus .

Yra įvairių būdų juos rasti. Nagrinėsime neapibrėžtųjų koeficientų metodą ir dalinių reikšmių metodą.

Pateikiamas neapibrėžto integralo integravimo dalimis metodas. Pateikiami šiuo metodu apskaičiuotų integralų pavyzdžiai. Analizuojami sprendimų pavyzdžiai.

Turinys

Taip pat žiūrėkite: Neapibrėžtinių integralų skaičiavimo metodai
Neapibrėžtų integralų lentelė
Pagrindinės elementarios funkcijos ir jų savybės

Integravimo pagal dalis formulė yra tokia:
.

Integravimo dalimis metodas yra šios formulės taikymas. Praktikoje verta paminėti, kad u ir v yra integravimo kintamojo funkcijos. Integravimo kintamasis žymimas x (simbolis po diferencialinio ženklo d integralo žymėjimo pabaigoje). Tada u ir v yra x funkcijos: u(x) ir v(x) .
Tada
, .
Ir integravimo pagal dalis formulė yra tokia:
.

Tai reiškia, kad integrandą turi sudaryti dviejų funkcijų sandauga:
,
iš kurių vieną žymime kaip u: g(x) \u003d u, o kitam reikia apskaičiuoti integralą (tiksliau, reikia rasti antidarinį):
, tada dv = f(x) dx .

Kai kuriais atvejais f(x) = 1 . Tai yra, integralu
,
galime dėti g(x) = u, x = v .

Santrauka

Taigi, taikant šį metodą, integravimo pagal dalis formulę reikia atsiminti ir taikyti dviem formomis:
;
.

Integralai, apskaičiuoti integruojant dalimis

Integralai, turintys logaritmo ir atvirkštines trigonometrines (hiperbolines) funkcijas

Integralai, kuriuose yra logaritmas ir atvirkštinės trigonometrinės arba hiperbolinės funkcijos, dažnai integruojami dalimis. Šiuo atveju dalis, kurioje yra logaritmas arba atvirkštinės trigonometrinės (hiperbolinės) funkcijos, žymima u, likusi dalis - dv.

Štai tokių integralų, kurie apskaičiuojami integravimo dalimis metodu, pavyzdžiai:
, , , , , , .

Integralai, kuriuose yra daugianario sandauga ir sin x, cos x arba e x

Pagal dalių integravimo formulę randami formos integralai:
, , ,
čia P(x) yra x daugianario. Integruojant daugianomas P(x) žymimas u , o e ax dx , cos ax dx arba nuodėmės kirvis dx- per dv.

Štai tokių integralų pavyzdžiai:
, , .

Integralų skaičiavimo integravimo dalimis metodu pavyzdžiai

Integralų, kuriuose yra logaritmų ir atvirkštinių trigonometrinių funkcijų, pavyzdžiai

Pavyzdys

Apskaičiuokite integralą:

Detalus sprendimas

Čia integrandas turi logaritmą. Pakeitimų darymas
u= ln x,
dv=x 2dx.
Tada
,
.

Apskaičiuojame likusį integralą:
.
Tada
.
Skaičiavimų pabaigoje būtina pridėti konstantą C, nes neapibrėžtasis integralas yra visų antidarinių rinkinys. Jis taip pat gali būti įtrauktas į tarpinius skaičiavimus, tačiau tai tik apsunkintų skaičiavimus.

Trumpesnis sprendimas

Galima sprendimą pateikti trumpesniu variantu. Norėdami tai padaryti, jums nereikia daryti keitimų su u ir v, tačiau galite sugrupuoti veiksnius ir pritaikyti integravimo pagal dalis formulę antroje formoje.

.

Kiti pavyzdžiai

Integralų, kuriuose yra daugianario ir sin x, cos x arba ex sandauga, pavyzdžiai

Pavyzdys

Apskaičiuokite integralą:
.

Rodiklį pristatome po diferencialo ženklu:
e - x dx = - e - x d(-x) = - d(e - x).

Integruojame dalimis.
.
Taip pat naudojame integravimo dalimis metodą.
.
.
.
Pagaliau turime.

Ne visada galime apskaičiuoti antiderivatines funkcijas, tačiau diferenciacijos problemą galima išspręsti bet kuriai funkcijai. Štai kodėl nėra vieno integravimo metodo, kurį būtų galima naudoti bet kokio tipo skaičiavimams.

Šioje medžiagoje panagrinėsime problemų, susijusių su neapibrėžto integralo radimu, sprendimo pavyzdžius ir pamatysime, kokio tipo integrandams kiekvienas metodas tinka.

Tiesioginio integravimo metodas

Pagrindinis antiderivatinės funkcijos skaičiavimo metodas yra tiesioginė integracija. Šis veiksmas pagrįstas neapibrėžto integralo savybėmis, o skaičiavimams mums reikia antidarinių lentelės. Kiti metodai gali padėti tik originalų integralą perkelti į lentelės formą.

1 pavyzdys

Apskaičiuokite funkcijos f (x) = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 3 antidarinių aibę.

Sprendimas

Pirmiausia pakeiskime funkcijos formą į f (x) = 2 x + 3 2 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 5 x + 4 1 3 .

Žinome, kad funkcijų sumos integralas bus lygus šių integralų sumai, o tai reiškia:

∫ f (x) d x = ∫ 3 2 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 5 x + 4 1 3 d x = ∫ 3 2 5 x + 4 1 3 d x

Už integralo ženklo gauname skaitinį koeficientą:

∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + ∫ 3 2 (5 x + 4) 1 3 d x = = ∫ 2 x d x + 2 3 ∫ (5 x + 4) 1 3 d x

Norėdami rasti pirmąjį integralą, turėsime remtis antiderivatų lentele. Iš jo paimame reikšmę ∫ 2 x d x = 2 x ln 2 + C 1

Norint rasti antrąjį integralą, reikia laipsnio funkcijos ∫ x p d x = x p + 1 p + 1 + C antidarinių lentelės, taip pat taisyklės ∫ f k x + b d x = 1 k F (k x + b) + C .

Todėl ∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + 3 2 ∫ 5 x + 4 1 3 d x = = 2 x ln 2 + C 1 + 3 2 3 20 (5 x + 4) 4 3 + C 2 = = 2 x log 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + C

Gavome šiuos dalykus:

∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + 3 2 ∫ 5 x + 4 1 3 d x = = 2 x ln 2 + C 1 + 3 2 3 20 (5 x + 4) 4 3 + C 2 = = 2 x log 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + C

kur C = C 1 + 3 2 C 2

Atsakymas:∫ f (x) d x = 2 x log 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + C

Tiesioginei integracijai, naudojant antidarinių lenteles, skyrėme atskirą straipsnį. Rekomenduojame į tai pasižiūrėti.

Pakeitimo metodas

Toks integravimo metodas susideda iš integrando išreiškimo nauju kintamuoju, įvestu specialiai šiam tikslui. Dėl to turėtume gauti integralo lentelę arba tiesiog ne tokį sudėtingą integralą.

Šis metodas yra labai naudingas, kai reikia integruoti funkcijas su radikalais arba trigonometrinėmis funkcijomis.

2 pavyzdys

Apskaičiuokite neapibrėžtą integralą ∫ 1 x 2 x - 9 d x .

Sprendimas

Pridėkime dar vieną kintamąjį z = 2 x - 9 . Dabar turime išreikšti x kaip z:

z 2 \u003d 2 x - 9 ⇒ x \u003d z 2 + 9 2 ⇒ d x \u003d d z 2 + 9 2 \u003d z 2 + 9 2 "d z \u003d 1 zd 2 z u0d0

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

Paimame antidarinių lentelę ir išsiaiškiname, kad 2 ∫ d z z 2 + 9 = 2 3 a r c t g z 3 + C .

Dabar turime grįžti prie x kintamojo ir gauti atsakymą:

2 3 a r c t g z 3 + C = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C

Atsakymas:∫ 1 x 2 x - 9 d x = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C .

Jei turime integruoti funkcijas, kurių iracionalumas yra x m (a + b x n) p , kur reikšmės m , n , p yra racionalūs skaičiai, tuomet svarbu teisingai suformuluoti išraišką naujam kintamajam įvesti. Plačiau apie tai skaitykite straipsnyje apie neracionalių funkcijų integravimą.

Kaip minėjome aukščiau, pakeitimo metodą patogu naudoti, kai norite integruoti trigonometrinę funkciją. Pavyzdžiui, naudodami universalųjį pakaitalą, galite perkelti išraišką į trupmeninę racionalią formą.

Šis metodas paaiškina integravimo taisyklę ∫ f (k x + b) d x = 1 k F (k x + b) + C .

Pridedame dar vieną kintamąjį z = k · x + b . Gauname šiuos dalykus:

x = z k - b k ⇒ d x = d z k - b k = z k - b k "d z = d z k

Dabar paimame gautas išraiškas ir pridedame jas prie integralo, pateikto sąlygoje:

∫ f (k x + b) d x = ∫ f (z) d z k = 1 k ∫ f (z) d z = = 1 k F z + C 1 = F (z) k + C 1 k

Jei imsime C 1 k = C ir grįšime prie pradinio kintamojo x , gausime:

F (z) k + C 1 k = 1 k F k x + b + C

Sumavimo metodas po diferencialo ženklu

Šis metodas pagrįstas integrando pavertimu f (g (x)) d (g (x)) formos funkcija. Po to atliekame keitimą, įvesdami naują kintamąjį z = g (x) , surandame jo antidarinį ir grįžtame prie pradinio kintamojo.

∫ f(g(x)) d(g(x)) = g(x) = z = ∫ f(z) d(z) == F(z) + C = z = g(x) = F( g(x)) + C

Norėdami greičiau išspręsti problemas naudojant šį metodą, po ranka turėkite išvestinių skirtumų lentelę ir antidarinių lentelę, kad rastumėte išraišką, iki kurios integrandas bus sumažintas.

Išanalizuokime problemą, kurioje reikia apskaičiuoti kotangentinės funkcijos antidarinių aibę.

3 pavyzdys

Apskaičiuokite neapibrėžtą integralą ∫ c t g x d x .

Sprendimas

Pradinę išraišką transformuojame pagal integralą naudodami pagrindines trigonometrines formules.

c t g x d x = cos s d x sin x

Pažiūrime į išvestinių lentelę ir matome, kad skaitiklį galima priskirti diferencialo cos x d x = d (sin x) ženklu, o tai reiškia:

c t g x d x \u003d cos x d x sin x \u003d d sin x sin x, t.y. ∫ c t g x d x = ∫ d sin x sin x .

Tarkime, kad sin x = z , tokiu atveju ∫ d sin x sin x = ∫ d z z . Pagal antidarinių lentelę ∫ d z z = ln z + C . Dabar grįžkite į pradinį kintamąjį ∫ d z z = ln z + C = ln sin x + C .

Visas sprendimas gali būti parašytas trumpa forma taip:

∫ c t g x d x = ∫ cos x d x sin x = ∫ d sin x sin x = s i n x = t = = ∫ d t t = ln t + C = t = sin x = ln sin x + C

Atsakymas: ∫ su t g x d x = ln sin x + C

Praktikoje labai dažnai naudojamas diferencialinio ženklo metodas, todėl patariame perskaityti atskirą jam skirtą straipsnį.

Integravimo dalimis būdas

Šis metodas pagrįstas integrando pavertimu f (x) d x = u (x) v "x d x = u (x) d (v (x))" formos sandauga, po kurios formulė ∫ u (x) d ( v (x)) \u003d u (x) v (x) - ∫ v (x) d u (x) Tai labai patogus ir įprastas sprendimo būdas. Kartais dalinį integravimą į vieną uždavinį reikia taikyti kelis kartus, kad būtų galima gauti norimą rezultatą.

Išanalizuokime uždavinį, kuriame reikia apskaičiuoti lanko liestinės antidarinių aibę.

4 pavyzdys

Apskaičiuokite neapibrėžtą integralą ∫ a r c t g (2 x) d x .

Sprendimas

Tarkime, kad u (x) = a r c t g (2 x) , d (v (x)) = d x , šiuo atveju:

d (u (x)) = u "(x) d x = a r c t g (2 x) " d x = 2 d x 1 + 4 x 2 v (x) = ∫ d (v (x)) = ∫ d x = x

Kai apskaičiuojame funkcijos v (x) reikšmę, neturėtume pridėti savavališkos konstantos C.

∫ a r c t g (2 x) d x = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = = x a r c t g (2 x) - ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2

Gautas integralas apskaičiuojamas sumavimo po diferencialiniu ženklu metodu.

Kadangi ∫ a r c t g (2 x) d x = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = x a r c t g (2 x) - ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2, tada 2 x d x = 1 4 d (1 + 4 x 2) .

∫ a r c t g (2 x) d x = x a r c t g (2 x) - ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2 = = x a r c t g (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C 1 = = x a r c t g (2 x) - 1 4 log 1 + 4 x 2 + C

Atsakymas:∫ a r c t g (2 x) d x = x a r c t g (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C .

Pagrindinis sunkumas taikant tokį metodą yra būtinybė pasirinkti, kurią dalį paimti diferencialui, o kurią – funkcijai u (x). Straipsnyje apie integravimo dalimis metodą pateikiami keli patarimai šiuo klausimu, kuriuos turėtumėte perskaityti.

Jei reikia rasti trupmeniškai racionalios funkcijos antidarinių aibę, tai pirmiausia turime pavaizduoti integrandą kaip paprastų trupmenų sumą, o tada integruoti gautas trupmenas. Daugiau informacijos rasite straipsnyje apie paprastųjų trupmenų integravimą.

Jei integruosime laipsnio išraišką formos sin 7 x d x arba d x (x 2 + a 2) 8 , tai mums bus naudingos rekursinės formulės, galinčios palaipsniui mažinti laipsnį. Jie gaunami naudojant nuoseklų kelių dalių integravimą. Patariame perskaityti straipsnį „Integravimas naudojant pasikartojančias formules.

Apibendrinkime. Norint išspręsti problemas, labai svarbu žinoti tiesioginės integracijos metodą. Kiti metodai (pavedimas po diferencialo ženklu, pakeitimas, integravimas dalimis) taip pat leidžia supaprastinti integralą ir paversti jį lentelės forma.

Jei tekste pastebėjote klaidą, pažymėkite ją ir paspauskite Ctrl+Enter

Neapibrėžtas integralas

1Antivedinys ir neapibrėžtas integralas 1

2Paprasčiausios neapibrėžtinio integralo savybės. 3

3 pagrindinių integralų lentelė

2.1 Papildoma integralų lentelė 4

3 Kintamojo keitimas neapibrėžtame integralyje 5

3.1Formos ir funkcijų integravimo būdas (a≠ 0). 6

4 Integravimas dalimis neapibrėžtajame integrale 7

4.1Formos funkcijų integravimo būdas. 7

4.2 Formos funkcijų integravimo būdas: 8

5Racionaliųjų trupmenų integravimas 8

5.1 Paprasčiausių 4 tipo trupmenų integravimo būdas. vienuolika

6Iracionalių išraiškų integravimas 12

6.1 Trigonometrinių išraiškų integravimas 14

1. Antidarinis ir neapibrėžtas integralas

Išspręskite diferencialinę lygtį

intervale , t.y. rasti tokią funkciją, kad . Kadangi , (1) lygtis gali būti perrašyta diferencialais:

Bet koks tokios lygties sprendimas vadinamas antiderivatine funkcija. Taigi funkcija vadinama antiderivatinė funkcija intervale jei visiems . Atvejai ir (arba) nėra atmesti. Aišku, jei antideriatyvinis, tai ir antideriatyvinis. Mūsų užduotis yra rasti visus (1) lygties sprendinius. Dviejų kintamųjų funkcija vadinama bendruoju (1) lygties sprendimu arba, kitaip tariant, neapibrėžtas integralas funkcijos, jei, pakeisdami bet kurį skaičių, gauname tam tikrą (1) lygties sprendinį ir bet kuris konkretus (1) lygties sprendinys gaunamas tokiu būdu.

Neapibrėžtas integralas žymimas . Funkcija vadinama integrandu, diferencialas – integralu ir yra integralo ženklas (ištempta lotyniška raidė S, pirmoji žodžio Suma raidė yra suma). Kyla klausimas apie antidarinio ir neapibrėžto integralo egzistavimą. Skyriuje „Apibrėžtasis integralas“, § Niutono-Leibnizo formulė, bus įrodyta, kad tolydžios funkcijos antidarinė visada egzistuoja.

Lemma.Tegul jis yra vienodas visiems. Tada šiame intervale yra konstanta.

Įrodymas. Pažymėkime bet kurį tašką. Paimkime savavališką tašką ir skirtumui pritaikykime Lagrange'o teoremą: tam tikram taškui . Taigi lema įrodyta.□

Teorema apie antidarinius. Du tos pačios funkcijos antidariniai, apibrėžti intervale, skiriasi konstanta.

Įrodymas. Leisti ir būti antiderivatinėmis funkcijomis. Tada iš kur, prie lemos -- pastovus. Vadinasi, . □

Pasekmė. Jei yra funkcijos antidarinys, tada .

Atkreipkite dėmesį, kad jei imsime ne intervalą kaip ODZ funkciją, o, pavyzdžiui, tokį atjungtą rinkinį kaip dviejų intervalų sąjungą , tada bet kokia formos funkcija

turi nulinę išvestinę, taigi lema ir antidarinės teorema šiuo atveju nustoja galioti.

1. Paprasčiausios neapibrėžtinio integralo savybės.

1. Sumos integralas lygus integralų sumai:

2. Konstantą galima išimti iš integralo ženklo:

3. Integralo išvestinė lygi integrandui.

4. Skirtumas nuo integralo lygus integrandui.

5. (Tiesinis kintamųjų pokytis) Jei , tada (čia).

Pagrindinių integralų lentelė

Visų pirma,

Išskirtiniu atveju turime:

1. Papildoma integralų lentelė

1. Kintamojo pokytis neapibrėžtajame integrale

Išplėskime neapibrėžtinio integralo apibrėžimą bendresniu atveju: pagal apibrėžimą darome prielaidą . Taigi, pavyzdžiui

Teorema. Leisti būti diferencijuojama funkcija. Tada

Įrodymas. Leisti . Tada

kuri turėjo būti įrodyta.□

Konkrečiu atveju, kai gauname tiesinį kintamųjų pokytį (žr. 5 savybę, §1). (1) formulės taikymas „iš kairės į dešinę“ reikš kintamojo pasikeitimą. (1) formulės taikymas priešinga kryptimi, „iš dešinės į kairę“, vadinamas įvedimu po diferencialiniu ženklu.

Pavyzdžiai. BET.

1. Skaitiklyje pasirenkame kvadratinio trinalio išvestinę:

3. Norėdami apskaičiuoti pirmąjį integralą (2), naudojame įrašą po diferencialo ženklu:

Norėdami apskaičiuoti antrąjį integralą, kvadratiniame trinalyje pasirenkame visą kvadratą ir tiesiniu kintamųjų pasikeitimu sumažiname jį iki lentelės.

Formos integralai

Pavyzdžiai

1. Integravimas dalimis neapibrėžtajame integralu

Teorema. Skirtingoms funkcijoms ir mes turime ryšį

Įrodymas. Kairiosios ir dešiniosios formulės pusių integravimas , mes gauname:

Kadangi pagal apibrėžimą ir , formulė (1) seka.□

Pavyzdys.

Norėdami integruoti tokias funkcijas, mes dedame polinomą po diferencialo ženklu ir taikome integravimo pagal dalis formulę. Procedūra kartojama k kartų.

Pavyzdys.

1. Racionaliųjų trupmenų integravimas

Racionalioji trupmena vadinama formos funkcija , kur yra daugianariai. Jei , tada vadinama racionalioji trupmena teisinga. Priešingu atveju jis vadinamas negerai.

Šios racionalios trupmenos vadinamos paprasčiausiomis

(2 tipas)

(3 tipas)

(4 tipai) ,

1 teorema. Bet kuri trupmena gali būti išskaidyta į daugianario ir tinkamos racionaliosios trupmenos sumą.

Įrodymas. Leisti būti netinkama racionali trupmena. Padalinkite skaitiklį iš vardiklio su likusia dalimi: Čia yra daugianariai ir Tada

Trupmena teisinga dėl nelygybės. □

2 teorema. Bet kuri tinkama racionali trupmena gali būti išskaidyta į paprasčiausių skaičių.

Dekompozicijos algoritmas.

a) Išplečiame tinkamos trupmenos vardiklį į neredukuojamų daugianario sandaugą (tiesinę ir kvadratinę su neigiamu diskriminantu):

Čia ir -- atitinkamų šaknų dauginiai.

b) Trupmeną išskaidome į paprasčiausių su neapibrėžtais koeficientais sumą pagal šiuos principus:

Tai darome kiekvienam tiesiniam ir kiekvienam kvadratiniam veiksniui.

c) Gautas plėtimasis dauginamas iš bendro vardiklio, o neapibrėžtieji koeficientai randami iš sąlygos, kad kairioji ir dešinioji dalys yra identiškos. Darbas su dviejų metodų deriniu

??? – algoritmo pagrindimas

Pavyzdžiai. A. Išskaidyti sumoje paprasčiausių

Taigi išplaukia, kad. Pakeitę šį santykį, iškart randame . Taigi

B. Išplėskite racionaliąją trupmeną sumoje paprasčiausių. Šios trupmenos išplėtimas neapibrėžtais koeficientais turi formą

Padauginus iš bendro vardiklio, gauname santykį

Pakeisdami čia randame kur . Pakeičiant randame . Sulyginę koeficientus ties , gauname sistemą

Iš čia ir . Sudėjus paskutinės sistemos lygybes, gauname ir . Tada ir

Vadinasi,

/**/ Užduotis. Apibendrinkite A pavyzdžio rezultatą ir įrodykite lygybę

1. Paprasčiausių 4-ojo tipo trupmenų integravimo metodas.

a) Atskirdami vardiklio išvestinę skaitiklyje, išplečiame integralą į dviejų integralų sumą.

b) Pirmasis iš gautų integralų, įvestas po diferencialo ženklu, taps lentelės pavidalu.

c) Antrajame vardiklyje pasirinkite visą kvadratą ir sumažinkite skaičiavimą iki formos integralo. Šiam integralui taikome šią rekursinę procedūrą

Paskutiniam integralui taikome integravimo pagal dalis formulę:

Taigi, jei paskirsime , tada

Tai rekursinė formulė integralams apskaičiuoti atsižvelgiant į pradinę reikšmę .

Pavyzdys

1. Iracionalių posakių integravimas

Formos integralai , kur m/n,...,r/s yra racionalieji skaičiai, turintys bendrą vardiklį k, pokyčiu redukuojami į racionaliosios funkcijos integralą

Tada racionalių išraiškų esmė, todėl po pakeitimo gauname racionaliosios trupmenos integralą:

Apskaičiavę šį integralą (žr. 4 paragrafą) ir atlikę atvirkštinį pakaitalą , gauname atsakymą.

Panašiai ir formos integralai

kur ad-bc≠ 0 ir k turi tą pačią reikšmę kaip aukščiau, yra redukuojami į racionaliosios trupmenos integralus pakeičiant

Pavyzdžiai. A. Apskaičiuokite integralą

B. Apskaičiuokite integralą

Paprastesnis tos pačios funkcijos integravimo metodas (bet reikalaujantis atspėti) yra toks:

1. Trigonometrinių išraiškų integravimas

Formos integralai visuotinio pokyčio dėka redukuojami į racionalios funkcijos integralus

taigi gauname racionaliosios išraiškos integralą

Ypatingais atvejais  R(sin x) cos x dx,  R(cos x) sin x dx ir R(sin 2 x, cos 2 x, tg x, ctg x) dx, geriau naudoti atitinkamai pakaitalus. .

Apsvarstykite funkcijas $u=u(x)$ ir $v=v(x)$, kurios turi ištisines išvestines . Pagal diferencialų savybes galioja ši lygybė:

$d(u v)=u d v+v d u$

Integravę paskutinės lygybės kairę ir dešinę dalis, gauname:

$\int d(u v)=\int(u d v+v d u) \Rightarrow u v=\int u d v+\int v d u$

Gautą lygybę perrašome į formą:

$\int u d v=u v-\int v d u$

Ši formulė vadinama integravimas pagal dalių formulę. Su jo pagalba integralas $\int u d v$ gali būti sumažintas iki integralo $\int v d u$ radimo, kuris gali būti paprastesnis.

komentuoti

Kai kuriais atvejais integravimo pagal dalis formulė turi būti taikoma pakartotinai.

Integravimo pagal dalis formulę patartina taikyti šios formos integralams:

1) $\int P_(n)(x) e^(k x) d x$ ; $\int P_(n)(x) \sin (k x) d x$ ; $\int P_(n)(x) \cos (k x) d x$

Čia $P_(n)(x)$ yra $n$ laipsnio daugianario, $k$ yra tam tikra konstanta. Šiuo atveju daugianomas imamas kaip funkcija $u$, o likę faktoriai – $d v$. Šio tipo integralams integravimo pagal dalis formulė taikoma $n$ kartų.

Integralų sprendimo šiuo metodu pavyzdžiai

Pavyzdys

Pratimas. Raskite integralą $\int(x+1) e^(2 x) d x$

Sprendimas.

$=\frac((x+1) e^(2 x))(2)-\frac(1)(2) \int e^(2 x) d x=\frac((x+1) e^( 2 x))(2)-\frac(1)(2) \cdot \frac(1)(2) e^(2 x)+C=$

$=\frac((x+1) e^(2 x))(2)-\frac(e^(2 x))(4)+C$

Atsakymas.$\int(x+1) e^(2 x) d x=\frac((x+1) e^(2 x))(2)-\frac(e^(2 x))(4)+C $

Pavyzdys

Pratimas. Raskite integralą $\int x^(2) \cos x d x$

Sprendimas.

$=x^(2) \sin x-2\left(x \cdot(-\cos) x-\int(-\cos x) d x\right)=$

$=x^(2) \sin x+2 x \cos x-2 \int \cos x d x=$

$=x^(2) \sin x+2 x \cos x-2 \sin x+C=\left(x^(2)-1\right) \sin x+2 x \cos x+C$

Atsakymas.$\int x^(2) \cos x d x=\left(x^(2)-1\right) \sin x+2 x \cos x+C$

2) $\int P_(n)(x) \arcsin x d x$ ; $\int P_(n)(x) \arccos x d x$ ; $\int P_(n)(x) \ln x d x$

Čia daroma prielaida, kad $d v=P_(n)(x) d x$, o likę veiksniai yra $u$.

Pavyzdys

Pratimas. Raskite integralą $\int \ln x d x$

Sprendimas. Pradiniame integrale išskiriame funkcijas $u$ ir $v$, tada atliekame integravimą dalimis.

$=x \ln x-\int d x=x \ln x-x+C=x(\ln x-1)+C$

Atsakymas.$\int \ln x d x=x(\ln x-1)+C$

Pavyzdys

Pratimas. Raskite integralą $\int \arcsin x d x$

Sprendimas. Pradiniame integrale išskiriame funkcijas $u$ ir $v$, tada atliekame integravimą dalimis. Norint išspręsti šį integralą, ši operacija turi būti kartojama 2 kartus.

$=x \arcsin x-\int \frac(-t d t)(\sqrt(t^(2)))=x \arcsin x+\int \frac(t d t)(t)=x \arcsin x+\int d t= $

$=x \arcsin x+t+C=x \arcsin x+\sqrt(1-x^(2))+C$

Atsakymas.$\int \arcsin x d x=x \arcsin x+\sqrt(1-x^(2))+C$

3) $\int e^(k x+b) \sin (c x+f) d x$ ; $\int e^(k x+b) \cos (c x+f) d x$

Šiuo atveju eksponentas arba trigonometrinė funkcija laikomi $u$. Vienintelė sąlyga yra ta, kad toliau taikant integravimo dalimis formulę, ta pati funkcija kaip funkcija $u$, tai yra, atitinkamai, eksponentinė arba trigonometrinė funkcija.

Pavyzdys

Pratimas. Raskite integralą $\int e^(2 x+1) \sin x d x$

Sprendimas. Pradiniame integrale išskiriame funkcijas $u$ ir $v$, tada atliekame integravimą dalimis.

$=-e^(2 x+1) \cos x-\int(-\cos x) \cdot \frac(e^(2 x+1))(2) d x=$