Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Мат. аналіз (лекції)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

1.31 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1411 12 13 14 > Следующая >>>

101

13.

= arcsin x + C;

1 x2

14.

= arcsin

+ C; jaj > jxj;

a2 ¡ x2

15.

= ln(x +

x2 + a2) + C;

a 6= 0;

x2 + a2

16.

= ln jx + p

j + C;

jxj > jaj > 0;

x2 ¡ a2

x2 a2

17.

dx¡

a +px

¯ + C; a 6= 0;

18.

sh x dx = ch x + C¯

;

19.

ch x dx = sh x + C;

Zdx

20.

= th x + C;

ch2 x

21.

= ¡ cth x + C;

sh2 x

22.

a2 ¡ x2 dx =

a2 ¡ x2 +

arcsin

+ C;

23.

Z p

dx =

ln jx + p

j + C.

x2 § a2

Формули (1), (3) (6), (9) (11), (13), (18) (21) випливають безпосередньо з означення. Зараз доведемо формулу (2).

(ln x)0

ïðè x

> 0;

ïðè x

> 0;

(ln jxj)0 = (

(ln( x))0

ïðè x

= (

( 1)

ïðè x

¡x

Iншi формули доведемо пiзнiше.

13.3. Основнi властивостi невизначеного iнтеграла

1. Похiдна вiд невизначеного iнтеграла рiвна пiдiнтегральнiй фун-

êöi¨: µZ ¶0

f(x) dx = (F (x) + C)0 = f(x):

2. Диференцiал невизначеного iнтеграла рiвний пiдiнтегральному виразу: µZ ¶

d f(x) dx = (F (x) + C)0 dx = f(x) dx:

102

Невизначений iнтеграл вiд диференцiала довiльно¨ функцi¨ рiв-

ний цiй функцi¨ плюс константа:

Z dF (x) =

Z F 0(x)dx = Z f(x) dx = F (x) + C:

Константу можна винести за знак iнтеграла:

Z af(x) dx = a Z

f(x) dx:

Невизначений iнтеграл вiд суми (рiзницi) двох функцiй дорiвню¹

сумi (рiзницi) iнтегралiв вiд цих функцiй:

Z (f(x) § g(x)) dx =

Z f(x) dx § Z

g(x) dx:

Нехай R f(x) dx = F (x) + C. Òîäi R f(ax + b) dx = a1 F (ax + b) + C.

Приклад 13.2. Доведемо формулу (12):

dx =

a arctg

+ C =

arctg

+ C:

a2 + x2

1 +

Доведемо формулу

(14):

dx =

dx = arcsin

+ C:

1 x

¡ ¡a

13.4. Iнтегрування методом замiни змiнно¨ чи способом пiдстановки

Теорема 13.2. Нехай x = '(t) неперервна функцiя з неперервною похiдною i вона ма¹ обернену '¡1. Òîäi

¡R

f(x) dx =

f('(t))'0(t) dt:

(13.4.1)

f('(t))'

('(t

0 = f(x);

= f('(t))'

¡R

Доведення.

f(x) dx

(t)

¢x

¡R

¢t ¢

0(t) dt

= f

))'0(t) dt 0

(t)

= f(x):

Це спосiб пiдстановки.

f(x) dx. Це метод замiни змiнно¨.

Приклад 13.3.

Z	dx		= "	x = t2	# = Z	2t dt	= 2 Z
	x + p
				dx = 2t dt		t2 + t
		x

= 2 ln j1 + tj + C = 2 ln(1 + px) + C:

103

dt t + 1

(Î.Ä.Ç. (0; +1).)

На практицi частiше роблять протилежну дiю: вiд переходять до R

Приклад 13.4. Доведемо формулу (7):					#
Z	tg x dx = Z		cos x	= " dt = ¡ sin x dx	#
			sin x dx	t = cos x
	¡ Z	t = ¡ ln jtj + C = ¡ ln j cos xj + C:
		dt

R f('(t))'0(t) dt

Z	Доведемо формулу (8):			dt = cos x dx #	= Z	t = ln jtj+C = ln j sin xj+C:
	ctg x dx = Z	sin x =	"
		cos x dx		t = sin x		dt

13.5. Iнтегрування частинами

Згада¹мо, що d(uv) = u dv + v du, àáî u dv = d(uv) ¡ v du. Ïðîiíòå-

гру¹мо цю формулу:

u dv = uv ¡ Z

v du:

(13.5.1)

Це формула iнтегрування частинами.

Приклад 13.5.

# =

u = arctg x

du =

Z arctg x dx = " dv = dx

v = x

1+x2

xdx

dx2

= x arctg x¡Z

= x arctg x¡

ln(1+x2)+C:

1 + x2

104

13.6. Деякi класи функцiй, якi iнтегруються частинами

Окремо видiлимо три класи iнтегралiв, якi беруть частинами. Перший клас. Пiдiнтегральна функцiя ма¹ множником одну з функ-

öié arctg x, arcctg x, ln x, arccos x, arcsin x, а другий множник похiдна вiдомо¨ функцi¨. Тодi поклада¹мо u = arctg x : : : .

	Приклад 13.6.
	Z ln x dx = " dv = dx					v = x x	# = x ln x ¡ Z dx = x ln x ¡ x + C:
		u = ln x				du = dx
	Pn(x)		R	n			R	u = PnR(x) n
	Pn(x)		R	n			R	u = PnR(x) n
	Другий	êëàñ.		Pn(x) sin ax dx, Pn(x) cos ax dx, Pn(x)eax dx,
äå		многочлен			-го степеня. Поклада¹мо			i ðàçiâ

беремо частинами.

Приклад 13.7.

Z	u = x + 5						1
				2
(x + 5)e2x dx = "				du = dx		# =		(x + 5)e2x ¡
	dv = e2x dx			v = 1 e2x			2
	1			1
	=		(x + 5)e2x ¡			e2x + C:
		2			4

Òðåòié êëàñ. R eax cos bx dx, R eax sin bx dx, R sin(ln x) dx,

1 Z e2x dx =

R cos(ln x) dx.

Два рази беремо частинами i отриму¹мо рiвняння вiдносно шуканого iнтеграла.

Приклад 13.8.

I = Z sin(ln x) dx = "	u = sin(ln x)	du = cos(ln x)dx
	dv = dx	v = x		x # =
					# =
	u = cos(ln x)		du =	sin(ln x)dx
= x sin(ln x) ¡ Z cos(ln x) dx = " dv = dx			v = x¡	x
= x sin(ln x) ¡ x cos(ln x) ¡ Z	sin(ln x) dx = x sin(ln x) ¡ x cos(ln x) ¡ I;

105

I = x2 (sin(ln x) ¡ cos(ln x)) + C:

Приклад 13.9. Цим самим методом доведемо двi останнi формули

ç íàøî¨ òàáëèöi iнтегралiв:

(22)

a2 ¡ x2 dx =

a2 ¡ x2

arcsin

+ C;

(23)

Z p

dx =

ln jx + p

j + C.

x2 § a2

(22) I =

x2 dx =

2 u = pa2 ¡ x2

du = ¡pa2¡x2

3 =

Z p

x dx

4 dv = dx

v = x

x2 dx

= x a2 ¡ x2 + Z

= x a2

¡ dx

x a2 ¡ x2 ¡ I + a2 Z

;

I =

pa2 ¡ x2 +

arcsin

+ C:

¡ x2 ¡ Z a ¡pa2		¡¡x2	=
2	x2	a2 dx

2 u = p

x2 § a2

(23) I =

a2 dx =

4 dv = dx

¡ Z

x2 dx

¡ Z

= x x2 § a2

¡ dx

x x2 § a2 ¡ I § a2 Z

;

p x

I =

px2 § a2 §

ln jx + px2 § a2j + C

du = px2dx 2

x §a 5 =

v = x

	x2 § a2 ¨ a2 dx			=

	px2 § a2
	px2 § a2

106

ÐÎÇÄIË 14

IНТЕГРУВАННЯ РАЦIОНАЛЬНИХ ФУНКЦIЙ

1.Один важливий iнтеграл

2.Iнтегрування елементарних дробiв

3.Розклад рацiонально¨ функцi¨ на елементарнi дроби

14.1. Один важливий iнтеграл

Виведемо рекурентну формулу для обчислення iнтеграла

Kn = Z

(t2 + m2)n ;

(14.1.1)

äå n 2 N.

K1 = Z

arctg

+ C;

t2 + m2

n =

(t2 + m2)n = 2

(t2+m2)

3 =

(t +m )

u =

du =

¡n2t

2 2

n+1

dv = dt

v = t

(t2 + m2)n

(t2 + m2)n+1

(t2

+ m2)n

+ 2n

Kn ¡

Kn+1

+ 2n

t2 + m2 ¡ m2 dt =

Отриму¹мо рекурентну формулу:

Kn+1 =

µ(2n ¡ 1)Kn +

¶ + C:

(14.1.2)

2nm2

(t2 + m2)n

Знайдемо K2:

= 2m2

µm arctg m + t2 + m2

¶ + C:

Аналогiчно, крок за кроком, знаходяться всi iншi iнтеграли.

107

14.2. Iнтегрування елементарних дробiв

Означення 14.1. Вирази вигляду

(I)	A	; (II)	A	; (III)	Ax + B	; (IV)	Ax + B	; (14.2.1)
	x ¡ a		(x ¡ a)n		x2 + bx + c		(x2 + bx + c)n

äå n > 1 натуральне, а рiвняння x2 + bx + c = 0 íå ìà¹ ðîçâ'ÿçêiâ (b2 ¡ 4c < 0) , називаються елементарними дробами.

Елементарнi дроби iнтегруються так.

(I) Z

A dx

= A ln jx ¡ aj + C.

x ¡ a

(II) Z

A dx

+ C; n 2 N;

n > 1.

(x ¡ a)n

(1 ¡ n)(x ¡ a)n¡1

t = x2 + bx + c

(III) Z

Ax + B

dx = 2 dt = 2x + b

x2 + bx + c

6 Ax + B = A (2x + b) + B

+ µB ¡

¶Z

4dx

x2 + bx + c

ln(x2 + bx + c) +

b 2

¡ 2 ¶Z

x2 + 2

+ b

2 x +

¡ ¢

¡ ¡ ¢

ln(x

+ bx + c) + µB ¡

¶Z

x +

2 +

4c¡4 b2

t = x + 2b

³Ab

m2 = 4c¡b2 > 0

# =

ln(x + bx + c) +

B ¡

t2 + m2

¶Z

x + b

ln(x

+ bx + c) + µB ¡

arctg

+ C:

4c ¡ b2

t = x2 + bx + c

(IV) Z

Ax + B

dx = 2 dt = 2x + b

(x2 + bx + c)n

Ax + B = A (2x + b) + B

+ B

¶Z

4c¡4 b2

Z tn

³¡

x + 2b

2 +

¢ Ab

´´

µB ¡

¶Kn;

2(1 ¡ n)(x2 + bx + c)n¡1

де iнтеграл Kn = Z	(t2 + m2)n	t = x +	2 ;	m = 2¡
	dt	³			p
	dt		b		p	4c b2

108

знаходимо за

рекурентною формулою (14.1.2). Тут ми припуска¹мо, що n > 1 i 4c¡b2 > 0, оскiльки в знаменнику ми ма¹мо незвiдний тричлен.

14.3. Розклад рацiонально¨ функцi¨ на елементарнi дроби

Означення 14.2. Вираз Pn(x)	Pn(x), Qm(x) многочлени сте-
Qm(x) , äå

ïåíiâ n i m, назива¹ться рацiональним дробом чи рацiональною функцi¹ю. Якщо n < m, то дрiб назива¹ться правильним.

Теорема 14.1. Будь-який рацiональний дрiб можна зобразити у

виглядi	Pn(x)		Rl(x)
		= Sk(x) +		;
	Qm(x)		Qm(x)

äå Sk(x), Rl(x) многочлени степеней k i l, l < m, тобто дрiб					Rl(x)
					Qm(x)

правильний.

Нагада¹мо наслiдок з основно¨ теореми алгебри.

Теорема 14.2. Довiльний многочлен Qm(x) над полем дiйсних чисел R можна зобразити таким чином:

Qm(x) = A(x ¡ a1)®1 : : : (x ¡ ak)®k (x2 + b1x + c1)¯1 : : : (x2 + bsx + cs)¯s ;

(14.3.1)

äå ®1 + ¢ ¢ ¢ + ®k + 2(¯1 + ¢ ¢ ¢ + ¯s) = m, i x2 + bjx + cj нерозкладний тричлен (b2j ¡ 4cj < 0).

Теорема 14.3. Нехай Rl(x)

Qm(x) правильний дрiб i його знаменник розкладений на множники за формулою (14.3.1). Тодi цей дрiб можна зобразити у виглядi суми елементарних дробiв

Rl(x)

A11

+ ¢ ¢ ¢ +

A1®1

A21

+ ¢ ¢ ¢ +

A2®2

Qm(x)

x ¡ a1

(x ¡ a1)®1

x ¡ a2

(x ¡ a2)®2

109

Ak1

Ak®k

B11x + C11

B1¯1 x + C1¯1

+ ¢ ¢ ¢ +

x ¡ ak

(x ¡ ak)®k

x2 + b1x + c1

(x2 + b1x + c1)¯1

B21x + C21

+¢ ¢ ¢+

B2¯2 x + C2¯2

+¢ ¢ ¢+

Bs1x + Cs1

+¢ ¢ ¢+

Bs¯s x + Cs¯s

x2 + b2x + c2

(x2 + b

x + c )¯2

x2 + bsx + cs

(x2 + b

x + c )¯s

Числа Aij, Bij, Cij знаходяться, наприклад, методом невизначених коефiцi¹нтiв, який ми продемонстру¹мо на прикладi.

Приклад 14.1. Доведемо формулу:							¡		¯
Z	¡	1			¯		¡		¯
	dx	1			¯	a + x			¯
(17)	a2 x2	=	2a	ln	¯	a		x	¯	+ C; a 6= 0;
					¯				¯

Спочатку розкладемо пiдiнтегральну функцiю на елементарнi дроби:

1	=	A	+		B	:
a2 ¡ x2		x ¡ a		x + a

Зведемо дроби справа до спiльного знаменника i прирiвня¹мо чисельники право¨ i лiво¨ частини рiвностi:

1 = A(x + a) + B(x ¡ a):

Оскiльки це тотожнiсть для всiх x, то покладаючи x = a òà x = ¡a

отрима¹мо A =

i B = ¡

. Òîìó

dx = 2a ln

¯a

= 2a

x + a

¡ x

+ C:

a + x

Приклад 14.2. Знайти iнтеграл

+ 3x4 ¡ x3 ¡ 6x2 + 5x + 7

dx:

x3 + 3x2 ¡ 4

Спочатку видiля¹мо правильний дрiб (теорема (14.1)) i розклада¹мо його знаменник на множники (теорема (14.2)):

x5 + 3x4 ¡ x3 ¡ 6x2 + 5x + 7	= x2	¡	1 +	x2 + 5x + 3	:
x3 + 3x2 ¡ 4				(x ¡ 1)(x + 2)2

Далi зобража¹мо правильний дрiб як суму елементарних дробiв (теоре-

ìà (14.3)):

x2 + 5x + 3

(x ¡ 1)(x + 2)2

x ¡ 1

x + 2

(x + 2)2

110

Невiдомi числа визнача¹мо методом невизначених коефiцi¹нтiв:

x2 + 5x + 3 = A(x2 + 4x + 4) + B(x2 + x ¡ 2) + C(x ¡ 1);

x2 : 1 = A + B;

x1 : 5 = 4A + B + C; x0 : 3 = 4A ¡ 2B ¡ C:

Знаходимо розв'язок системи A = 1, B = 0, C = 1 i пiдставля¹мо в шуканий iнтеграл:

I = Z µx2	1			1	¶dx =	x3	1
	¡ 1 +		+				¡ x + ln jx ¡ 1j ¡		+ C:
		x ¡ 1		(x + 2)2		3		x + 2

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1411 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
12.02.201642.3 Кб45маринін.docx
#
12.02.201662.91 Кб51маринін.docx
#
12.02.2016120.25 Кб127Маркетинг курсач.docx
#
12.02.2016773.12 Кб33Маркетинг.doc
#
12.02.2016287.23 Кб31Маркетинг_Інд.роб (1).doc
#
12.02.20161.31 Mб24Мат. аналіз (лекції).pdf
#
12.02.2016317.81 Кб12Мат. аналіз (практика).pdf
#
12.02.2016588.22 Кб77Мат. лінгвістика 1.pdf
#
12.02.2016385.63 Кб36Мат. лінгвістика 2.pdf
#
12.02.2016401.53 Кб37Мат. лінгвістика 3.pdf
#
12.02.2016392.43 Кб27Мат. лінгвістика 4.pdf