Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.05.2015

Размер:

4.7 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 3618 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 > Следующая >>>

Первый интеграл сводится к интегрированию от степенной функ- ции, второй – это либо логарифмическая функция (a > 0), либо арксинус

(a < 0; K > 0).

Интегралы вида (7) находятся по формуле

	Pn		(x)			dx
∫				dx = Qn−1	(x) + K ∫		(10)

	ax2
		+ bx + c				ax2 + bx + c

где Qn– 1(x) – многочлен с неизвестными коэффициентами степени (n – 1); K – неизвестное число.

Для нахождения коэффициентов многочлена Qn–1 (x) и числа K, диф- ференцируем тождество (10) и, умножая затем обе части полученного со-

отношения на 2	ax2 + bx + c , затем, приравнивая коэффициенты при оди-
наковых степенях	x тождества, получим систему n линейных уравнений
с n неизвестными (n – 1 – коэффициенты Qn–1 (x) и число K). Решая полу-

ченную систему (а она всегда совместна), находим коэффициенты Qn– 1(x) и число K, а, следовательно, и интеграл (10).

Пример 5.

Найти интеграл

I = ∫

(x + 3)dx

4x2 + 4x - 3

Решение.

t = 2x + 1

I = ∫

(x + 3)dx

dx =

∫

+ 5)dt

∫

tdt

∫

4x2 + 4x − 3

t2 − 4

t2 − 4 4

x =

t − 1

+ C =

2x + 1 +

+ C

t +

t2 − 4

4x2 + 4x − 3

Пример 6.

Найти интеграл

I = ∫

x2dx

x2 + x +1

Решение.

∫

dx = ( Ax + B) ×

x2 + x +1 + K × ∫

x2 + x

+ x +1

Дифференцируя тождество и, умножая полученное соотношение на

2 x2 + x +1 , получим тождество 2x2 = 2 A(x2 + x +1) + ( Ax + B)(2x +1) + 2K ,

откуда

171

																					A =	1
																					A =
							2 = 2 A + 2 A														2
						0 = 2 A + A + 2B												или		B = -				3
						0 = 2 A + A + 2B												или		B = -
						0 = 2 A + B + 2K															4
						0 = 2 A + B + 2K														K = -			1		.
																				K = -					.
																					8
	В силу того, что
											+		1
				dx				d	x											1
								d	x
	∫					=	∫						2				= ln x +				+ x2					+ x +1 + C ,

																				2
			x2 + x +1						+	1		2		+	3					2
								x
								x		2					4
										2					4
		x			3						1							1
		x			3	× x2					1							1	+ x2
тогда	I =			-			+ x +		1 -				ln x			+				+ x +1						+ C .
тогда	I =			-			+ x +		1 -				ln x			+				+ x +1						+ C .
		2			4						8							2

Пример 7.

Найти интеграл

I = ∫ 4x2 - 4x + 3dx .

4x2 - 4x + 3

dx =

Решение. I = ∫

4x2 - 4x + 3dx = ∫

4x2 - 4x + 3

см.

= ( Ax + B) 4x2 − 4x + 3 + K ∫

5.6

пример

4x2

− 4x

+ 3

−

4x2 − 4x + 3 + ∫

(2x − 1)2

+ 2

−

4x2 − 4x + 3 +

ln(2x − 1 +

4x2 − 4x + 3) + C.

Рассмотрим интеграл (8) I = ∫

(x - a)n

ax2 + bx + c

Подстановка t =

интеграл (8)

сводит к интегралу (7).

x - a

Рассмотрим интеграл

I = ∫

(9)

(x2

+ px + g)k ax2 + bx + c

k Î N; p2 - 4g < 0 .

172

а)

если

b = a·p, c = a·g,

то интеграл (9) можно представить в виде линей-

ной комбинации интегралов I1 = ∫

(2x + p)dx

– табличный интеграл,

k +

(x2 + px + g)

I2 = ∫

, который с помощью подстановки Абеля

k +

(x2 + px + g) 2

2x + p

и = (

x2 + px + g )

(11)

x2 + px + g

сводится к интегралу от многочлена.

если

b ¹ ap , то подстановка

x = αt + β ,

(12)

t + 1

где α, β – числа, которые подбирают таким образом, чтобы коэффициенты при t в квадратных трехчленах подынтегральной функции обратились в нуль.

Тогда интеграл (9) примет вид

∫	P(t)at
		,	(13)

	(t 2 + λ)k μ t2 + υ

где P(t) – многочлен степени (2k – 1), λ > 0.

Заметим, что если b = a × p , но c ¹ a × g , то вместо подстановки (12)

можно применить подстановку x = 2t − p . 2

Интеграл (13) вычисляем, разлагая правильную рациональную дробь на простые дроби, и представим (3) как линейную комбинацию интегралов вида

I3 = ∫			tdt		,
	(t		+ λ)m×

		2		μ t2 + υ

которые находим с помощью подстановки и2 = μ t2 + υ , а

I4 = ∫

+ λ)m

μ t2

+ υ

ν =

μ t

находим с помощью подстановки Абеля

μ t2 + υ

173

5.3. Интегрирование функций вида R(x, ax2 + bx + c )

С помощью тригонометрических или гиперболических подстановок


интеграл	I = ∫R(x,	ax2 + bx + c )dx можно свести к нахождению интегра-
лов одного из следующих видов:
	I = ∫R(t,
1.		p2t 2 + g 2		)dt ,
	I = ∫R(t,
2.		p2t 2 − g 2	)dt ,
	I = ∫R(t,
3.		g 2 − p2t2	)dt ,

где t = x + b ; ax2 + bx + c = ± p2a2 ± g 2 (выделение полного квадрата в

зависимости от знаков a, b и c).

Интегралы вида 1 – 3 сводятся к интегралам от выражений, рациональ- ных относительно синуса и косинуса с помощью следующих подстановок:

t =

tgZ

или

t =

shZ ;

t =

sec Z

или

t =

chZ ;

t =

sin Z

или

t =

thZ .

Пример 8. Найти интеграл

I = ∫

(x2 + 2x + 5)3

Решение.

I =

∫

d (x + 1)

∫

t = 2tgZ :

2dZ

(x2 + 2x + 5)

((x + 1)

+ 4)

(4 + t 2 )

dt =

cos2 Z

x + 1

tgZ

∫cos ZdZ =

sin Z + C =

+ C =

+ C

1 + tg

4 x

+ 2x + 5

1 +

174

5.4. Интегрирование дифференциального бинома

Интегралы вида

I = ∫ xm (a + bxn ) p dx ,

(1)

где a и b – любые действительные числа, отличные от нуля;

n и p – рациональные числа.

−1

Подстановка x = t n ;

dx =

t n

dt интеграл (1) преобразуется в интеграл

m+1

−1

I =

+ bt) p dt ,

∫t n

(2)

m + 1

полагая

g =

-1,

получаем более простой вид интеграла от диффе-

ренциального бинома

I( p, g ) = ∫(a + bt) p t g dt .

(3)

Покажем, что интеграл I(p,g)

приводится к интегрированию рацио-

нальной функции, когда одно из трех чисел: p; g; (p + g) –

целое число.

Случай 1. p –

целое число,

тогда

I( p, g )

= ∫R(t,t g )dt , а значит, ин-

тегрируем методом рационализации.

Случай 2. g – целое число, тогда

I( p, g )

= ∫ R(a + bt) p , t)dt , а зна-

чит, интегрируем методом рационализации.

Случай 3. (p + g) –

целое число, тогда

a + bt p

I( p, g ) = ∫

× t p + g dt =

∫ R

, t

dt ,

и значит, интегрируется методом рационализации.

Итак, дифференциальный бином I = ∫ xm (a + bxn ) p dx интегрируется

методом рационализации и, значит, дает результат, выражаемый в алгеб- раических, логарифмических и обратных тригонометрических функциях,

если одно из трех чисел	m + 1	; p;	m + 1	+ p есть целое.

	n		n

Знаменитый математик П. Л.Чебышев в 1853 г. доказал, что, если ни одно из указанных трех чисел не является целым, интеграл от дифферен- циального бинома уже невыразим через алгебраические функции и эле- ментарные трансцендентные функции и, значит, не может быть взятым ни- каким методом.

175

Замечание 3.

Из теоремы П. Л.Чебышева следует, что первообразная

функции n 1 + xn

–

элементарная функция только при n = 2,

а первообраз-

ная функции

–

элементарная при любом натуральном n.

n 1 + xn

I =

−

Пример 9.

Найти интеграл

∫ x3 (2 + x2 )

2 dx .

Решение. Так как

m + 1

= 2 – целое число, то этот пример относится к

первому случаю, поэтому полагаем

ZdZ

2 + x2 = Z 2 ; x = (Z 2 − 2)2

; Z

3 = (2 + x2 )2

; dx =

(Z 2 − a)

4 + x2

Тогда I = ∫ 1

−

dZ = Z +

+ C =

+ C .

Z 2

2 + x2

Пример 10. Найти интеграл

I = ∫ x−4 (1 + x2 )−

dx .

Решение. Так как

m + 1

+ p = −2 –

целое число, то (случай 3) применим под-

(1 + x2 )

Z 2

становку 1 + x2 = x2Z2 или

Z =

, откуда x2 =

; 1 + x2

;

Z 2 −1

−ZdZ

1 + x2 =

; x =

; x4 =

; dx =

(Z 2 − 1)2

(Z 2 − 1) 2

Значит

(2x2 −1) 1 + x2

I = ∫ x−4 (1 + x2 )−

dx = ∫

(1 − Z 2 )dZ = Z −

Z 3

+ C =

+ C .

3x3

5.5. Интегрирование биноминальных дифференциалов

Выражение вида xα (a + bxβ )χ dx ,

где α, β, χ –

рациональные числа,

a и b – любые действительные числа,

называется биноминальным диф-

ференциалом.

176

t = xβ ; x = t

α+1

Пусть I = ∫ xα

(a + bxβ )χ dx =

× (a + bt)χ dt , то-

× ∫t β

−1

dx =

× t β

гда в каждом из трех следующих случаев:

1.c – целое число,

2.a +1 – целое число, b

3.ab+1 + c – целое число, интеграл I будет элементарной функцией.

Действительно, в первом случае число		a +1	-1 =	m	рационально и,
Действительно, в первом случае число		b	-1 =		рационально и,
		b		n
полагая t = иn ; dt = nиn-1dи , получим I =	n	∫иm−1(a + bиn )χ dи , а, следова-
полагая t = иn ; dt = nиn-1dи , получим I =	b	∫иm−1(a + bиn )χ dи , а, следова-
	b

тельно, под знаком интеграла рациональная функция, а интеграл будет элементарной функцией.

Во втором случае, если c =

то положим a + bt = иg ;

bтg -1 = dи ;

- a

α+1

−1

t =

, тогда получим

I =

∫(иg - a) β

иp + g −1dи , следовательно

α+1

под знаком интеграла рациональная функция, а, следовательно, интеграл I –

функция элементарная.

В третьем случае, разделив и умножив подынтегральную функцию

на tχ , запишем интеграл I

α+1−1+χ

a + bt χ

в виде

I =

∫t

dt .

Положим

a + bt

= иg ; t =

; dt = -

agиg -1dt

тогда

иg - b

(иg - b)2

α+1+χ

× g

иp + g −1

I = -

a β

∫

α+1

+1+χ

(иg - b) β

Так как под знаком интеграла –

рациональная функция,

то I – функ-

ция элементарная.

177

Рассмотренные выше случаи интегрируемости известны были еще И. Ньютону, но только П. Л.Чебышев доказал, что интеграл от биноминаль- ного дифференциала не будет элементарной функцией, если числа α, β, χ не удовлетворяют ни одному из трех ранее отмеченных условий.

Замечание 3. Из теоремы Чебышева имеем, что первообразная функ-

ции

n 1 + xn

элементарна только при n = 2. Но, первообразная функции

элементарна при любом натуральном n.

n 1 + xn

Пример 11.

Найти интеграл

I = ∫

4 1 + x4

−

Решение. Положим x = t 4 ;

dx =

4 dt , тогда

− 3

− 1

−1

;

4и3dи

dи

1 + t

I =

∫t

(1 + t)

∫t

dt =

= −∫

и4

(1 − и4 )2

и4

− 1

t +

t =

;

− и4

dи

и + 1

= −

∫

− ∫

arctgи + C

и2

и − 1

− 1

и2 + 1

x − 4

1 + x4

+ C.

arctg 4

x + 4 1 + x4

1 + x4

5.6. Интегралы, не выражающиеся через элементарные функции

Операция интегрирования в целом является действием более труд- ным, чем дифференцирование функции. При интегрировании выбор пути интегрирования, не единственность способа решения поставленной задачи ставит очень сложные вопросы при решении поставленных задач. Но кро- ме этой задачи стоит очень важный вопрос: а всегда ли у заданной функ- ции f(x) существует первообразная? О. Коши дал утвердительный ответ на этот вопрос: в том случае, когда функция f(x) непрерывна. Следует иметь ввиду следующее обстоятельство – если при дифференцировании любой элементарной функции получается снова элементарная функция, то для первообразной, от элементарной функции может и не быть элементарной и, следовательно, она не может быть записана через привычные символы

178

степенных, показательных, логарифмических, тригонометрических и об- ратных тригонометрических функций. Например, первообразная от такой

простой функции, как f (x) =	1	, не является элементарной (хотя и

	1 + x2

существует, по Коши).

О функциях, у которых первообразная не является элементарной, го- ворят, что они не интегрируемы в конечном виде или так называемые «не-

берущиеся» интегралы. Так, например нельзя взять интеграл ∫ x sin xdx ,

т.к. не существует никакой элементарной функции (являющейся комбина- цией конечного числа функции от функций, начиная с записанных в таб- лице производных), производная которой была бы равной xsinx.

Приведем примеры некоторых функций интегралы от которых не берутся в конечном виде

∫

; ∫

dx;

∫

, k 2 < 1.

1 + x3

(1 − x2 )(1 − k 2 x2 )

Таким образом, необходимость изучения первообразных от ряда элементарных функций приводит к необходимости расширения запаса функций, к необходимости рассматривать и такие функции, которые не яв- ляются элементарными.

Приведем примеры «неберущихся» интегралов, которые играют большую роль как в самом математическом анализе, так и в его разнооб- разных приложениях.


а)	∫e				− x2					интеграл Пуассона (теория вероятностей);
							dx –
б) ∫sin x2dx,										∫cos x2dx – интегралы Френеля (физика);
в)	∫			ln x			dx –			интегральный логарифм;

					x
г)	∫	sin x						dx –		интегральный синус;

					x
д) ∫				cos x					dx – интегральный косинус;

					x
	∫		ex
е)						dx – интегральная показательная функция.

				x

Первообразные от ряда функции хорошо изучены, для них состав- лены подробные таблицы значений функций для различных значений ар- гумента x.

179

МОДУЛЬ 3. ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

§1. Задачи, приводящие к понятию определенного интеграла

1.1.Площадь криволинейной трапеции

Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке [ab] и неотрицательна, т.е. f (x) ³ 0 для всех x [ab]. Фигура, ограниченная сверху графиком

функции y = f(x), снизу осью ся криволинейной трапецией.

Ox, сбоку – прямыми x = a и x = b называет- Вычислим площадь этой трапеции.

y				y = f (x)
				y = f (x)
	A
0	c1		c2		ck
	a = x0	x1	x2	xk– 1	xk

xn = b

Для этого отрезок [ab] точками a = x0, x1, x2, ..., b = xn (x0 < x1 < x2 < ... < xn)

разбиваем на n отрезков [ x0 x1 ] ,	[ x1x2 ] , ..., [ xn −1xn ] . Через точки x1, x2, ...,
xn проведем прямые, параллельные оси Oy,		которые исходную криволи-
нейную трапецию разбивают на	n частей,	каждая из которых является

криволинейной трапецией. В каждом из отрезков [xi−1 , xi ] выбираем про-

извольную точку ci , вычисляем значение функции f(x) в выбранных точ-

ках ci . Тогда произведение f (ci ) × Dxi (где Dxi –	длина отрезка	[xi−1 xi ]) –
площадь прямоугольника с основанием [xi −1xi ]	и высотой f (ci ) . Тогда
сумма всех таких произведений
	n
S n = f (c1 )Dx1 + f (c2 ) × Dx2 + ... + f (cn ) × Dxn = ∑ f (ci ) × Dxi ,
	i=1
не зависящая от способа разбиения отрезка [ab]	и выбора точки	ci , равна

приближенно площади криволинейной трапеции. Увеличивая число точек разбиения отрезка [ab], так чтобы наибольшая из длин xi стремилась к нулю, и если при этом сумма Sn будет иметь предел S, не зависящий ни от

180

<<< < Предыдущая 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 3618 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Высшая математика (РТФ)

#
18.05.20154.76 Mб33умк_Вакульчик_Элементы векторной алгебры.pdf
#
18.05.20155.38 Mб38умк_Вакульчик_Элементы линейной алгебры.pdf
#
18.05.20151.33 Mб40умк_Мальцев_Осн дискретной матем.pdf
#
18.05.20153.75 Mб39умк_Пальчик_Теория вероятностей.pdf
#
18.05.20155.68 Mб32умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды.pdf
#
18.05.20154.7 Mб39умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл..pdf
#
18.05.20153.54 Mб76умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды.pdf