- •Глава 7. Интегральное исчисление
- •§1. Неопределенный интеграл
- •Свойства интегралов
- •§2. Методы интегрирования
- •4. Интегрирование рациональных функции. Следующие функции называются простейшими рациональными дробями:
- •§3. Определенный интеграл
- •С войства определенного интеграла
- •§4. Применение определенных интегралов
- •§5. Несобственные интегралы
- •Упражнения
Свойства интегралов
1). Производная от интеграла по переменной интегрирования равна подынтегральной функции: ( f(x)dx) = f(x).
2). Интеграл от дифференциала функции равен самой функции:
du = u +c.
3). Если функции f(x) и g(x) интегрируемы, то сумма этих функций
интегрируема, и верно равенство:
4). Если функция f(x) интегрируема, то для любого числа с произведение cf(x) интегрируемо и верно равенство:
cf(x)dx = c f(x)dx.
Доказательство. Согласно равенствам (48) и (49), ( f(x)dx) = (F(x) + c) = f(x), следовательно, свойство 1) доказано. Аналогично доказывается свойство 2). Далее, в силу свойств производной и свойства 1),
( ) = = .
Следовательно, свойство 3) доказано. Аналогично доказывается свойство 4).
В следующих примерах подынтегральная функция преобразовывается в сумму табличных интегралов и затем применяются свойства 3), 4). Этот метод называется методом разложения. Для краткости исходные интегралы обозначаются символом .
Пример 3. Найти следующие интегралы.
1). (x3 3x2 + 2x – )dx.
По указанным выше свойствам и формулам 1, 2 таблицы интегралов, = x3 dx 3 x2 dx + 2 x dx – 4 dx = 0,25х4 х3 + х2 – 4ln |x| + c.
2). (x2 – 2)2dx.
Раскрываются скобки и, по формуле 1, получается: = (x4 4x2 + 4)dx = x5 x3 + 4x + c.
П рименяются вспомогательные формулы а), б) из пункта 1 таблицы интегралов:
К аждое слагаемое в скобках умножается на , полученные выражения интегрируются, как в предыдущих примерах:
П рименяется формула 4:
В более полных курсах по математике доказывается следующее утверждение.
Теорема 1. Если функция f(x) непрерывна или имеет только конечное число конечных разрывов на некотором интервале, то она интегрируема в этом интервале.
Согласно теореме 1 из §4 главы 4, всякая элементарная функция непрерывна там, где она определена. Поэтому она имеет первообразную в своей области определения. Но не всегда эта первообразная является элементарной функцией. Например, следующие интегралы от элементарных функций существуют, но не являются элементарными функциями:
Такие интегралы называются неберущимися, они вычисляются с помощью специальных методов, которые в данном курсе не рассматриваются. Здесь изучаются только некоторые методы интегрирования, которые дают элементарные функции.
§2. Методы интегрирования
1. Метод введения нового аргумента. Если , то . Более того, если функция u = (x)- непрерывно дифференцируемая функция, то , и в таких случаях допускается запись вида:
Пример 4. Найти интегралы.
1). (1 + х)4 dx.
Ясно, что dx = d(x +1), поэтому пусть u = (x +1), тогда
= (1 + х)4 d(х +1) = u4 du = + с = + с.
2). 2х(х2 +1)3 dx.
Здесь d(x2 +1) = 2xdx, поэтому пусть u = (x2 +1), тогда
Здесь d(x2 +3х5) = (2x + 3)dx, поэтому пусть u = (x2 +3х5), тогда
2. Метод подстановки. Пусть функция x = t монотонна и непрерывно дифференцируема в интервале (; ), и функция f(x) непрерывна в интервале (а; b), где а = b = Тогда верна формула
f(x) dx = f(t)tdt . (50)
Пример 5. Найти следующие интегралы.
1). е3х dx. Этот интеграл сводится к табличному интегралу 3 заменой: 3х = t. Отсюда х = , х = ( )= . Тогда, по формуле (50), данный интеграл равен еt( ) dt = ( )еt + c. Теперь, делается обратная замена t на –3х, и получается: = е 3х + c.
Делается замена: 2х 1= t, отсюда: х = , dx = dt, х1 = , . Тогда
Делается замена: ln x = t, отсюда x = et, dx = etdt. Тогда
4).
Выделяется полный квадрат в знаменателе: х2 +4х+3 = (х2 +4х+4) 1
= (х + 2)2 1. Делается замена: (х + 2) = t, отсюда dx = dt и х2 + 4х+3 = t2 1.
3. Метод интегрирования по частям. Если u и v дифференцируемые функции от х, то верно равенство
u dv = u v v du . (51)
Эта формула применяется в случаях, когда подынтегральная функция является произведением алгебраической и трансцендентной функций, например, хnех dх или хnlnx dх. При этом, в интеграле хnехdх в качестве u нужно принять хn, и тогда dv = ехdх, а в интеграле хnlnxdх в качестве u нужно принять lnx, и тогда dv = хndх.
Пример 6. Найти следующие интегралы.
1). хln(x +1) dх.
Применяется метод интегрирования по частям. Пусть u = ln(x +1) и dv = х dх, тогда du = (ln(x +1))dх = dх, v = х dх = , (здесь можно считать, что с = 0). Теперь, применяется формула (51):
2). хе2х dх. Применяется метод интегрирования по частям. Пусть u = x и dv = е2хdх, отсюда du = dх, v = е2х dх = е2х (этот интеграл находится так же, как интеграл примера 5.1)). Теперь, применяется формула (51): = х( )е2х ( )е2х dх = хе2х е2х+ с.