Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

matanaliz

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

1.22 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1310 11 12 13 > Следующая >>>

Частина 4

Iнтегрування

ÐÎÇÄIË 13

ПЕРВIСНА ТА НЕВИЗНАЧЕНИЙ IНТЕГРАЛ

1.Первiсна та невизначений iнтеграл.

2.Таблиця iнтегралiв.

3.Основнi властивостi невизначеного iнтеграла.

4.Iнтегрування методом замiни змiнно¨ чи способом пiдстановки.

5.Iнтегрування частинами.

6.Деякi класи функцiй, якi iнтегруються частинами.

13.1. Первiсна та невизначений iнтеграл

Нехай функцiя f задана на вiдрiзку [a; b].

Означення 13.1. Функцiя F назива¹ться первiсною вiд функцi¨ f íà [a; b], якщо для всякого x 2 [a; b] ìà¹ìî F 0(x) = f(x).

Приклад 13.1. Знайдемо первiснi деяких функцiй.
1: f(x) = x2;		F (x) =	x3	;	F (x) =	x3	+ 1 ;

		3			3		3
2:	f(x) = cos x;	F (x) = sin x;			F (x) = sin x + 33;
3:	f(x) = ex;	F (x) = ex;			F (x) = ex ¡ 2014:

Теорема 13.1. Якщо F1(x) i F2(x) двi первiснi вiд функцi¨ f íà [a; b], то вони вiдрiзняються на константу C 2 R:

8x 2 [a; b]: F1(x) ¡ F2(x) = C:

Доведення. Позначимо '(x) = F1(x) ¡ F2(x). '0(x) = F10(x) ¡ F20(x) = f(x) ¡

f(x) = 0. ßêùî '0(x) = 0 äëÿ âñiõ x 2 [a; b], òî '(x) = C (наслiдок з теореми Лагран-

æà). ¤

Наслiдок 13.1. Нехай F (x) одна з первiсних для функцi¨ f(x). Тодi вираз

F (x) + C мiстить всi iншi первiснi, якщо C пробiга¹ множину всiх дiйсних чисел.

Означення 13.2. Нехай F первiсна вiд функцi¨ f íà [a; b]. Вираз

F (x) + C def= f(x) dx

назива¹ться невизначеним iнтегралом вiд функцi¨ f. R знак iнтеграла;

f(x) пiдiнтегральна функцiя; f(x) dx пiдiнтегральний вираз.

Операцiя вiдшукання первiсно¨ назива¹ться iнтегруванням.

13.2. Таблиця iнтегралiв

xa dx =

xa+1

+ C;

a 6= ¡1;

a+1

dxx = ln x + C;

cos x dx = sin x + C;

sin x dx j=j

cos x + C;

= tg x + C;

cos2 x

= ¡ ctg x + C;

sin2 x

tg x dx =

cos x + C;

ctg x dx =¡ln

sinj

x +j C;

ex dx = ex + jC;

10.

ax dx =

+ C;

a > 0;

a = 1;

ln a

11.

1+x

= arctg x + C;

12.

= 1 arctg x + C;

a = 0;

13.

2 2

p1¡x2

= arcsin x + C;

14.

= arcsin x

+ C;

x ;

pa2¡x2

j j

15.

2+a2

= ln(x + p

x2 + a2

) + C;

a = 1

16.

pxdx

= ln x + p

+ C; x6> a > 0;

x2 a2

¡ j

j j j j

pdx¡

a+x

18.

a 6= 0;

a2¡x2

= 2a ln

17.

¯a¡x

¯ + C;

sh x dx = ch x + C;

19.

ch x dx = sh x + C;

20.

= th x + C;

ch2 x

21.

sh x

cth x + C:

Формули (1), (3) (6), (9), (10), (11), (13), (17) (20) випливають безпосередньо з означення. Зараз доведемо формулу (2).

(ln jxj)0 = < (ln x)0 : (ln(¡x))0

ïðè

x >

ïðè x >

(

ïðè x

Iншi формули доведемо пiзнiше.

13.3. Основнi властивостi невизначеного iнтеграла

1. Похiдна вiд невизначеного iнтеграла рiвна пiдiнтегральнiй функцi¨:

µZ ¶0

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

2. Диференцiал невизначеного iнтеграла рiвний пiдiнтегральному виразу:

µZ ¶

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

3.Невизначений iнтеграл вiд диференцiала довiльно¨ функцi¨ рiвний цiй функцi¨ плюс константа:

Z Z Z

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

4. Константу можна винести за знак iнтеграла:

af(x) dx = a f(x) dx:

5. Невизначений iнтеграл вiд суми (рiзницi) двох функцiй дорiвню¹ сумi (рiзницi) iнтегралiв вiд цих функцiй:

Z Z Z

(f(x) § g(x)) dx = f(x) dx § g(x) dx:

R R

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

Приклад 13.2. Доведемо формулу (12):

+ C:

a2 + x2

dx = a2

1 +

2 dx = a2 a arctg a

+ C = a arctg a

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)

Доведення.

('(t¢

0 = f(x);

f(x) dx

¢ dx

'0(t)

¢x

¡R

¢t

f('(t))'0(t) dt 0 =

))'0

(t) dt

= f('(t))'0(t)

= f(x):

Це спосiб пiдстановки.

Приклад 13.3.

= 2

x = t2

2t dt

dxp

= 2

= 2 ln 1 + t + C = 2 ln 1 + px + C:

t2 + t

t + 1

x +

dx = 2t dt

(Î.Ä.Ç. (0; +1).)

äî

R f(x) dx. Це метод замiни змiнно¨.

На практицi частiше роблять протилежну дiю: вiд

f('(t))'0(t) dt переходять

Приклад 13.4. Доведемо формулу (7):

tg x dx =

sin x dx

t = cos x

ln t + C =

cos x

+ C:

cos x

dt =

sin x dx

¡ Z

j j

Доведемо формулу (8):

ctg x dx = Z

cos x dx

t = sin x

= Z

= ln jtj + C = ln j sin xj + C:

sin x

dt = cos x dx

13.5. Iнтегрування частинами

Згада¹мо, що d(uv) = u dv + v du, àáî u dv = d(uv) ¡ v du. Проiнтегру¹мо цю

формулу:	Z	u dv = uv ¡ Z
	Z	u dv = uv ¡ Z	v du:	(13.5.1)

Це формула iнтегрування частинами.

Приклад 13.5.

	arctg x dx =	2	u = arctg x			du =	dx	3	=
	arctg x dx =	2	u = arctg x			du =	1+x2	3	=
	Z	4	dv = dx			v = x		5
	Z		dv = dx			v = x
= x arctg x ¡ Z	1 + x2 = x arctg x ¡ 2			Z	1 + x2 = x arctg x ¡ 2 ln(1 + x2) + C:
	xdx		1		dx2				1

13.6. Деякi класи функцiй, якi iнтегруються частинами

Окремо видiлимо три класи iнтегралiв, якi беруть частинами.

Перший клас. Пiдiнтегральна функцiя ма¹ множником одну з функцiй arctg x,

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

Приклад 13.6.

dv = dx

v = x

3 = x ln x

¡ Z

ln x dx =

u = ln x

du = dxx

dx = x ln x

x + C:

u = Rn

Другий клас.

Pn(x) sin ax dx,

Pn(x) cos ax dx,

Pn(x)e dx, äå Pn(x) много-

÷ëåí

-го степеня. Поклада¹мо

P (x) i n разiв беремо частинами.

Приклад 13.7.

2 dv = e2x dx

3 = 2 (x + 5)e2x ¡

Z (x + 5)e2x dx =

v =

21 e2x

2 Z e2x dx =

u = x + 5

du = dx

(x + 5)e

+ C:

Òðåòié êëàñ. R eax cos bx dx,

R eax sin bx dx, R sin(ln x) dx, R cos(ln x) dx. Äâà ðàçè

беремо частинами i отриму¹мо рiвняння вiдносно шуканого iнтеграла.

Приклад 13.8.

I =

sin(ln x) dx =

u = sin(ln x)

du = cos(ln x) dxx

dv = dx

v = x

= x sin(ln x)

cos(ln x) dx =

u = cos(ln x)

du = ¡ sin(ln x) dxx

¡ Z

dv = dx

v = x

= x sin(ln x) ¡ x cos(ln x) ¡ Z

sin(ln x) dx = x sin(ln x) ¡ x cos(ln x) ¡ I;

(sin(ln x) ¡ cos(ln x)) + C:

I =

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

(14.1.1)

Kn = Z

(t2 + m2)n ;

äå n 2 N.

K1 = Z

arctg

+ C;

t2 + m2

n =

(t2 + m2)n = 2

(t +m

)

(t +m

)

3 =

u =

du =

¡n2t dt

2 n

2 n+1

dv = dt

v = t

(t2 + m2)n

(t2 + m2)n+1

(t2 + m2)n

¡K

+ 2n

t2 + m2 ¡ m2

dt =

+ 2n

n+1

Отриму¹мо рекурентну формулу:

µ(2n ¡ 1)Kn + (t2

+ m2)n ¶

+ C:

(14.1.2)

Kn+1 = 2nm2

Знайдемо K2:

= 2m2

µm arctg m + t2 + m2

+ C:

Аналогiчно, крок за кроком, знаходяться всi iншi iнтеграли.

14.2. Iнтегрування елементарних дробiв

Означення 14.1. Вирази вигляду

(I)

; (II)

; (III)

Ax + B

; (IV)

Ax + B

;

(14.2.1)

x ¡ a

(x ¡ a)

x + bx + c

(x + bx + c)

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

Ax + B

dx = 2

t = x2 + bx + c

dt = 2x + b

(III) Z x2 + bx + c

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

µB ¡

¶Z

x2 + bx + c

ln(x + bx + c) +

2 ¶Z

x2 + 2

+ b

b 2

2 x +

¢ ´

¡ ¡

ln(x2 + bx + c) +

t = x +

2 b2

¶Z

x + 2

¡4

> 0

µB ¡

¶Z

ln(x + bx + c) +

t2 + m2

µB ¡

x + 2b

ln(x + bx + c) +

arctg

+ C:

4c ¡ b2

(IV) Z

Ax + B

t = x2 + bx + c

dx =

dt = 2x + b

(x2 + bx + c)n

Ax + B =

A (2x + b) + B

¶Z

2 + 4c¡4 b2

Z tn

x +

³¡

¢Ab

´´

+ µB ¡

¶Kn;

2(1 ¡ n)(x2 + bx + c)n¡1

µt = x +

¶ знаходимо за рекурент-

4c b2

де iнтеграл Kn =

2 ;

m =

(t2 + m2)n

> 0, îñêiëüêè â

ною формулою (14.1.2). Тут ми припуска¹мо, що n > 1 i 4c ¡ b

знаменнику ми ма¹мо незвiдний тричлен.

14.3. Розклад рацiонально¨ функцi¨ на елементарнi дроби

Означення 14.2. Вираз Pn(x)		Pn(x), Qm(x) многочлени степенiв n i m,

	Q (x) , äå
	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) = Sk(x) + Rl(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

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 + b2x + c2)¯2

x2 + bsx + cs

(x2 + bsx + cs)¯s

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

Приклад 14.1. Знайти iнтеграл

Z	x5	+ 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	:
				(x ¡ 1)(x + 2)2
x3 + 3x2 ¡ 4

Далi зобража¹мо правильний дрiб як суму елементарних дробiв (теорема (14.3)):

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

Невiдомi числа визнача¹мо методом невизначених коефiцi¹нтiв:

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

100

Знаходимо розв'язок системи

I = Z	µx2 ¡ 1 + x ¡ 1
	1

x2 : 1 = A + B;

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

A = 1, B = 0, C = 1 i пiдставля¹мо в шуканий iнтеграл:

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

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1310 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
12.02.20169.3 Mб15Marcotte_E._-_Responsive_Web_Design_(A_Book_Apart_Brief_books_for_people_who_make_websites)_-_2011.pdf
#
12.02.201667.97 Кб28marketing_lektsiyi.docx
#
01.05.2025107.01 Кб0marketing_testy_zaochnoe.doc
#
12.02.2016192.61 Кб105Mary_Poppins-Travers_P.L.rtf
#
01.05.20252.16 Mб0matan2modylli.teor.2.doc
#
12.02.20161.22 Mб19matanaliz.pdf
#
12.02.2016516.28 Кб21MATAN_LECT.pdf
#
01.05.2025141.73 Кб0matbalans.docx
#
12.08.201953.32 Кб2Mater.vidpov. storin.docx
#
01.04.2025212.48 Кб0materialne_ta_procesualne_pravo.doc
#
12.02.20161.56 Mб312Material_dlya_zmistu_Praktikumu_z_psikh_kons_12shr.doc