Неопределенный інтеграл

Неопределенный интеграл

Реферат з вищої математике Выполнила: студентка Лобина Л.А.

Московский Державний Університет Економіки Статистики і Информатики.

Сергиев Посад 2005.

Первообразная і невизначений интеграл

Рассмотрим завдання: Дана функція f (x);требуется знайти таку функцію F (x), производная якої дорівнює f (x), т. е. F' (x)= f (x).

Определение:1.Функция F (x) називається первообразной від функції f (x) на відрізку [a, b], якщо переважають у всіх точках цього відрізка виконується рівність F' (x)= f (x).

Пример. Знайти первообразную від функції f (x)=x2.Из визначення первообразной слід, що функція F (x)=х3/3 є первообразной, оскільки (х3/3)'= x2 .

Легко бачити, що й для даної функції f (x) існує первообразная, ця первообразная перестав бути єдиною. Так було в попередньому прикладі можна було взяти як первообразных такі функції:

, чи взагалі (де Здовільна стала), оскільки . З іншого боку, можна довести, що функціями виду вичерпуються все первообразные від функції x2. Це випливає з такої теоремы.

Теорема. Якщо F1 (x) і F2 (x) — дві первообразные від функції f (x) на відрізку [a, b], то різницю з-поміж них дорівнює постійному числу.

Доказательство. З огляду на визначення первообразной имеем.

F1 '(x)= f (x), F2 '(x)= f (x) (1).

При будь-якому значенні x на відрізку [a, b].

Обозначим.

F1 (x) — F2 (x) =?(х). (2).

Тогда виходячи з рівностей (1) буде F'1 (x) — F'2 (x)= f (x) — f (x)=0 чи ?'(х)=[ F'1 (x) — F'2 (х)]'?0 незалежно від значенні x на відрізку [a, b]. Але з рівності ?'(х)=0 слід, що ?(х) є стала. Справді, застосуємо теорему Лагранжа до функції ?(х), яка, очевидно, безупинна і дифференцируема на відрізку [a, b]. Хоч би яка була точка x на відрізку [a, b], маємо з теореми Лагранжа ?(х) — ?(а)= (х-а) ?'(z), де, а < z < x. Так як ?'(z)=0, то ?(х) — ?(а)=0, чи ?(х)= ?(а). (3).

Таким чином, функція ?(х) у будь-якій точці x відрізка [a, b] зберігає значення ?(а), але це отже, що функція ?(х) є постійною на відрізку [a, b]. Позначаючи постійну ?(а) через З, з рівностей (2) і (3) отримуємо F1 (x) — F2 (x) = С.

Из доведеною теореми слід, що й для даної функції f (x) знайдено яканибудь одна первообразная F (x), то будь-яка інша первообразная для f (x) має вид F (x)+ З, де З = const/.

Определение 2. Якщо функція F (x) є первообразной для f (x), то вираз F (x)+ З називається невизначеним інтегралом від функції f (x) і позначається ?f (x)dx.Таким чином з визначення,? f (x)dx= F (x)+ З, якщо F' (x)= f (x). При цьому функцію f (x) називають подынтегральной функцією, f (x)dxподынтегральным вираженням, знак ?- знаком интеграла.

Таким чином, невизначений інтеграл є сімейство функцій y= F (x)+ С.

С геометричній погляду невизначений інтеграл представляє сукупність (сімейство) кривих, кожна з яких виходить шляхом зсуву одній з кривих паралельно сама собі вгору чи вниз, т. е. вздовж осі Оу.

Естественно виникає запитання: для будь-якої чи функції f (x) існують первообразные (а отже, і невизначений інтеграл)? Виявляється, що у для будь-якої. Зауважимо, проте, без докази, що й функція f (x) безупинна на відрізку [a, b], то з цією функції існує первообразная (отже, і невизначений интеграл).

Нахождение первообразной для даної функції f (x) називається інтегруванням функції f (x).

Заметим таке: якщо похідна від елементарної функції завжди є елементарної функцією, то первообразная від елементарної функції може бути і представимой з допомогою кінцевого числа елементарних функцій. З визначення 2 следует:

1.Производная від невизначеного інтеграла дорівнює подынтегральной функції, т. е.если F' (x)= f (x), то и.

(? f (x)dx)'= (F (x)+C)'=f (x). (4).

Последнее рівність треба розуміти тому, що похідна від будь-якої первообразной дорівнює подынтегральной функции.

2. Диференціал від невизначеного інтеграла дорівнює подынтегральному вираженню:

d (?f (x)dx)= f (x)dx. (5).

Це виходить підставі формули (4).

3. Невизначеного інтеграл від диференціала деякою функції дорівнює цієї функції плюс довільна постоянная:

?dF (x)= F (x)+C.

Справедливость останнього рівності легко перевірити дифференцированием (диференціали від обох частин рівності рівні dF (x)).

2. Таблиця интегралов.

Прежде ніж розпочати викладу методів інтегрування, наведемо таблицю з дитинства інтегралів від найпростіших функций.

1. =.(Тут й у наступних формулах під З розуміється.

довільна постоянная.).

2. =.

3. =.

4. =.

5. =.

6. =.

7. =.

8. =.

9. =.

10. =.

11. =.

11'. =.

12. =.

13. =.

13'=.

14. =.

Справедливость формул 7,8,11,12,13'и 14 легко встановлюється з допомогою диференціювання.

В разі формули 7 маємо '=,.

следовательно, .

В разі формули 8.

'=,.

следовательно, =.

В разі формули 12.

'=,.

следовательно, =.

В разі формули 14.

.

следовательно, =.

3). Деякі властивості невизначеного интеграла Теорема 1. Неопределенный інтеграл від алгебраїчній суми двох або кількох функцій дорівнює алгебраїчній сумі їх интегралов:

(1).

Из докази знайдемо похідні від лівої і правої частин рівності. На підставі рівності (4) пункту № 1 находим.

.

Таким чином, похідні від лівої і правої частин рівності (1) рівні між собою, т. е. похідна від будь-якої первообразной, що стоїть у частині, дорівнює похідною від будь-якої функції, що стоїть у правій частині рівності. Отже по теоремі з пункту № 1 будь-яка функція, що стоїть у частині рівності (1), відрізняється від будь-який функції, що стоїть у правій частині равенства (1), на постійне складова. У цьому сенсі й треба розуміти рівність (1).

Теорему 2. Постійний множник можна виносити за знак інтеграла, т. е. якщо a=const, то.

(2).

.

Для докази рівності (2) знайдемо похідні від лівої і правої його частин:

.

Производные від правої та скільки лівої частин рівні, отже, як й у рівність (1), різницю двох будь-яких функцій, що стоять зліва і правих, є стала. У цьому сенсі і слід розуміти рівність (2).

При обчисленні невизначених з дитинства інтегралів буває корисно пам’ятати такі правила.

1).Если.

.

то.

(3).

Действительно, дифференцируя ліву праву частини рівності (3) одержимо.

Похідні від правої та скільки лівої частин рівні, що потрібно було доказать.

2). Если.

.

то.

(4).

3. Якщо.

.

то.

. (5).

Равенства (4) і (5) доводяться дифференцированием правої та скільки лівої частин равенств.

Пример 1.

.

=.

Пример 2.

=.

=.

Пример 3.

.

Пример 4.

.

Пример 5.

.

4)Интегрирование методом заміни зміною чи способом подстановки Пусть потрібно знайти інтеграл , причому безпосередньо підібрати первообразную для f (x) ми зможемо, але ми відомо, що вона существует.

Сделаем заміну перемінної в подынтегральном вираженні, положив.

x=?(t), (1).

где ?(t)-непрерывная функція з безупинної похідною, має зворотний функцію. Тоді dx= ?'(t)dt;докажем, у цьому разі має місце таке равенство:

(2).

Здесь мається на увазі, що після стількох інтегрування у правій частині рівності замість t буде подставлено його вираз через x виходячи з рівності (1).

Для здобуття права встановити, що висловлювання, які стоять справа й зліва, однакові в зазначеному вище сенсі, потрібно довести, що й похідні по x рівні між собою. Знаходимо похідну від лівої частини: Праву частина рівності (2) будемо диференціювати по x як складну функцію, де t-промежуточный аргумент. Залежність t від x виражається рівністю (1), при цьому і з правилу диференціювання зворотної функції .

Таким чином, маємо.

.

Следовательно, похідні від x від право і і лівої частин рівності (2) рівні, що потрібно було доказать.

Функцию слід вибирати те щоб можна було обчислити невизначений інтеграл, котрий у правій частині рівності (2).

Замечание. При інтегруванні іноді доцільніше підбирати заміну перемінної над вигляді , а вигляді Проілюструємо на прикладі. Нехай потрібно обчислити інтеграл, має вид.

.

Здесь зручно положить.

,.

тогда .

.

Приведем кілька прикладів на інтегрування з допомогою заміни переменных.

Пример 1.

Зробимо підстановку t=sin x; тоді dt= cosx dx і, следовательно,.

.

Пример 2.

Гадаємо t=1+x2 ;тоді dt=2xdx і.

.

Пример 3.

Гадаємо ; тоді dx=a dt,.

.

Пример 4. . Гадаємо ; тоді dx=a dt,.

.

(предполагается, що a>0).

В прикладах 3 і 4 виділено формули, наведені у таблиці з дитинства інтегралів під номерами 11'и 13'(см. выше, пункт № 2).

Пример 5. Гадаємо t=lnx; тоді .

.

Пример 6. ? Гадаємо ;тоді dt= 2xdx,.

.

Метод заміни змінних одна із основних методів обчислення невизначених з дитинства інтегралів. Навіть у випадках, ми інтегруємо якимчи іншим методом, нам найчастіше доводиться в проміжних обчисленнях вдаватися для заміни змінних. Успіх інтегрування залежить значною мірою від цього, зуміємо ми підібрати таку вдалу заміну змінних, яка спростила цей інтеграл. Фактично кажучи вивчення методів інтегрування зводиться до з’ясовуванню того, яку потрібно зробити заміну перемінної тим більше чи іншій формі подынтегрального висловлювання. Цьому присвячені більшість справжнього пункта.

5)Интегрирование по частям Пусть u і v дві дифференцируемые функції від x. Тоді, як відомо, диференціал твори uv обчислюється за такою формулою: d (uv)=udv+vdu.Отсюда, інтегруючи, отримуємо или.

. (1).

Последняя формула називається формула інтегрування частинами. Ця формула найчастіше застосовується до інтегрування висловів які ж личить отак у вигляді твори двох сомножителей u і dv, аби відшукати функцію v по її диференціалу dv і обчислення інтеграла становили сукупності завдання більш просту, ніж безпосереднє обчислення интеграла. Уміння розбивати розумним чином дане подынтегральное вираз на множники u і dv виробляється у процесі виконання завдання, і ми покажемо ряд прикладів, як це делается.

Пример 1. ? Поклавши u=x, dv=sinxdx;тогда du=dx, v= -cosx.Следовательно,.

.

Замечание. При визначенні функції v по диференціалу dv ми можемо брати будь-яку довільну постійну, позаяк у кінцевий результат вона входить (що легко перевірити, підставивши в равенство (1) замість v вираз v+C). Тому зручно вважати цю постійну рівної нулю.

Правило інтегрування частинами застосовують у часто. Приміром, інтеграли виду.

.

некоторые інтеграли, містять зворотні тригонометрические функції, обчислюються з допомогою інтегрування по частям.

Пример 2. Потрібна обчислити . Поклавши u= arctg x, dv=dx;тогда . Следовательно,.

.

Пример 3. Потрібна обчислити . Поклавши тоді .

.

Последний інтеграл знову інтегруємо частинами, вважаючи.

Тогда.

. Остаточно будемо иметь.

.

Рациональные дробу. Найпростіші раціональні дробу та його интегрирование Как побачимо нижче, далеко ще не всяка елементарна функція має інтеграл, відтворений у елементарних функціях. Тому дуже важливо виділити такі класи функцій, інтеграли яких виражаються через елементарні функції. Найпростішим з цих класів є клас раціональних функций.

Всякую раціональну функцію можна як раціональної дробу, т. е. як відносини двох многочленов:

.

Не обмежуючи спільності міркування, будемо припускати, що це багаточлени не мають загальних корней.

Если ступінь чисельника нижче ступеня знаменника, то дріб називається правильної, у протилежному разі дріб називається неправильной.

Если дріб неправильна, то, розділивши чисельник на знаменник (за правилом розподілу багаточленів), можна цю дріб як суми багаточлена і деякою правильної дроби:

;

здесь М (х)-многочлен, а — правильна дробь.

Пример. Нехай дана неправильна раціональна дробь.

.

Разделив чисельник на знаменник (за правилом розподілу багаточленів), одержимо.

.

Так як інтегрування багаточленів технічно нескладне труднощів, то основна труднощі при інтегруванні раціональних дробів залежить від інтегруванні правильних раціональних дробей.

Определение. Правильні раціональні дробу вида.

(1). .

(2). (k-целое позитивне число.

(3) (коріння знаменника комплексні, тобто. ).

(4) (k-целое позитивне число ;коріння знаменника комплексні), називаються найпростішими дробами (1); INSERT INTO `ref` (`id_predmet`, `name_predmet`, `id_ref`, `name_ref`, `text_ref`) VALUES (2); INSERT INTO `ref` (`id_predmet`, `name_predmet`, `id_ref`, `name_ref`, `text_ref`) VALUES (3) і (4) типов.

Интегрирование найпростіших дробів типу (1); INSERT INTO `ref` (`id_predmet`, `name_predmet`, `id_ref`, `name_ref`, `text_ref`) VALUES (2) і (3) нема становить великих труднощів, тому ми наведемо їх інтегрування без будь-яких додаткових пояснений:

(1) .

(2) .

(3) .

=.

Более складних обчислень вимагає інтегрування найпростіших дробів (4) типу. Нехай нам дано інтеграл такого типа:

(4) .

Произведем преобразования:

.

Первый інтеграл береться підстановкою :

.

Второй інтегралпозначимо його через Ik-запишем як.

,.

полагая.

.

(по припущенню коріння знаменника комплексні, отже, ). Далі чинимо так:

.

Преобразуем интеграл:

.

Интегрируя частинами, будемо иметь.

.

Подставляя цей вислів в рівність (1), одержимо.

.

=.

=.

В правій частині міститься інтеграл тієї самої типу, що , але показник ступеня знаменника подынтегральной функції на одиницю нижче ;таким чином, висловили через Продовжуючи йти цим шляхом, дійдемо до відомого интеграла:

.

Подставляя потім скрізь замість t і m їх значення, одержимо вираз інтеграла (4) через x і задані числа А, B, p, q.

Интегрирование раціональних дробей Пусть потрібно обчислити інтеграл від раціональної дробу Якщо ця дріб неправильна, ми уявляємо його вигляді суми багаточлена M (x) і правильної раціональної дробу . Його уявляємо за такою формулою як суми найпростіших дробів. Отже, інтегрування будь-якої раціональної дробу зводиться до інтегрування багаточлена і кількох найпростіших дробей.

Вид найпростіших дробів визначається корінням знаменника f (x). Тут такі случаи.

1.Случай.

Корни знаменника дійсні і різні, т. е.

F (x)=(x-a)(x-b)…(x-d).

В цьому випадку дріб розкладається на найпростіші дробу 1типа:

.

и тогда.

.

2. Случай.

Корни знаменника справжні, причому, деякі їх кратные:

.

В цьому випадку дріб розкладається на найпростіші дробу 1и 2 типов.

Пример 1.

.

3. Случай.

Среди коренів знаменника є комплексні неповторяющиеся (т.е. различные):

.

В цьому випадку дробь розкладається на найпростіші дробу 1,2 і трьох типов.

Пример 2. Требуется обчислити интеграл.

.Розкладемо подынтегральную дріб на простейшие:

.

Следовательно,.

.

Полагая х=1, одержимо 1=2С, З= ½; вважаючи х=0, одержимо 0= -B+C, B=½.

Приравнивая коефіцієнти при , одержимо 0=А+С, звідки А= - ½. Отже ,.

.

4. Случай.

Среди коренів знаменника є комплексні кратные:

.

В цьому разі розкладання дробу буде утримувати й найпростіші дробу 4 типа.

Пример 3. Потрібна обчислити интеграл.

.

Решение. Розкладаємо дріб на простейшие:

.

откуда.

.

Комбинируя вищезазначені методи визначення коефіцієнтів, знаходимо А=1, У= - 1, С=0, D=0, Е=1.

Таким чином, получаем.

.

Из всього викладеного слід, що інтеграл від будь-якої раціональної функції може бути виражений через елементарні функції у кінцевому вигляді, а именно:

через логарифмиу разі найпростіших дробів 1 типа;

через раціональні функціїу разі найпростіших дробів 2 типа через логарифми і арктангенсыу разі найпростіших дробів 3 типа через раціональні функції і арктангенсыу разі найпростіших дробів 4 типа.

Интегралы від ірраціональних функций Не від будь-якої ірраціональною функції інтеграл виражається через елементарні функції. Сьогодні ми розглянемо ті ірраціональні функції, інтеграли яких з допомогою підстановок наводяться до интегралам від раціональних функцій і, отже, остаточно интегрируются.

1.Рассмотрим інтеграл , де R-рациональная функція своїх аргументів [1]).

Пусть R-общий знаменник дробів m/n,…r/s.Сделаем підстановку .Тоді кожна подрібнена ступінь x виявиться через цілу ступінь t і, отже, подынтегральная функція перетворюється на раціональну функцію від t.

Пример 1. Потрібна обчислити интеграл.

.

Решение. Загальний знаменник дробів ½,¾, є 4; тому робимо підстановку ; тогда.

.

=.

2.Рассмотрим тепер інтеграл виду.

.

Этот інтеграл зводиться до інтегралу від раціональної функції з допомогою подстановки.

.

где — загальний знаменник дробів m/n,…r/s.

Пример 2. Потрібна обчислити интеграл.

.

Решение. Робимо підстановку тоді.

.

=.

Список литературы

Для підготовки даної роботи було використані матеріали із сайту internet.

[1] Запис вказує, над величинами, здійснюються лише раціональні операції. Так само слід розуміти надалі записи виду тощо. Приміром, запис R (sinx, cos x) указывает, что над sinx і co x виробляються раціональні операции.