Пуассоновский поток Дифференцирование | Интегрирование | Применение интегралов | Вычисление интегралов | Неопределенный интеграл | На главную Классы С++
Определенные интегралы | Степенные ряды | Комплексные числа | Матрицы | Предел функции Найдём дифференциал функции трёх переменных Цветовые заливки, обводки, внешний облик, стили и эффекты Тройной интеграл в цилиндрических координатах
 
дипломы,курсовые,рефераты,контрольные,диссертации на заказ
 

Интегралы - конспект лекций, задачи с решениями

Определение первообразной и её свойства

Пусть функция $ f(x)$ задана на некотором интервале $ (a;b)\sbs\mathbb{R}$ . Если найдётся такая функция $ F(x)$ , что при всех $ {x\in(a;b)}$ имеет место равенство

 

$\displaystyle F'(x)=f(x),$

то функция $ F(x)$ называется первообразной для функции $ f(x)$ .

        Пример 1.1   Рассмотрим функцию $ f(x)=x^2$ на всей числовой оси $ \mathbb{R}$  -- на интервале $ (-\infty;+\infty)$ . Тогда функция $ F(x)=\frac{x^3}{3}$  -- это первообразная для $ f(x)$ на $ \mathbb{R}$ .

Для доказательства найдём производную от $ F(x)$ :

$\displaystyle F'(x)=\Bigl(\frac{x^3}{3}\Bigr)'=\frac{1}{3}(x^3)'=\frac{1}{3}\cdot3x^2= x^2=f(x).$

Поскольку равенство верно при всех $ x\in\mathbb{R}$ , то $ F(x)$  -- первообразная для $ f(x)$ на $ \mathbb{R}$ .     

Аналогичное определение дадим и для случая, когда функция $ f(x)$ задана не на одном интервале, а на объединении нескольких непересекающихся интервалов:

$\displaystyle \mathcal{D}=\bigcup_{k}(a_k;b_k),\ k\in\mathbb{Z}.$

Назовём функцию $ F(x)$ первообразной для $ f(x)$ , если при всех $ x\in\mathcal{D}$ выполнено равенство $ F'(x)=f(x)$ .

        Пример 1.2   Рассмотрим функцию $ f(x)=\frac{x}{\vert x\vert}$ на объединении двух интервалов $ \mathcal{D}=(-\infty;0)\cup(0;+\infty)$ . Тогда функция $ F(x)=\vert x\vert$  -- это первообразная для $ f(x)$ на $ \mathcal{D}$ .

Действительно, при $ x>0$

$\displaystyle F'(x)=x'=1$

и

$\displaystyle f(x)=\frac{x}{\vert x\vert}=\frac{x}{x}=1;$

при $ x<0$

$\displaystyle F'(x)=(-x)'=-1$

и

$\displaystyle f(x)=\frac{x}{\vert x\vert}=\frac{x}{-x}=-1.$

    

Итак, $ F(x)$  -- первообразная для $ f(x)$ , если $ f(x)$  -- производная от $ F(x)$ . Например, $ F(x)=x^2$  -- первообразная для $ f(x)=2x$ , поскольку $ (x^2)'=2x$ ; $ F(x)=\sin x$  -- первообразная для $ f(x)=\cos x$ , поскольку $ (\sin x)'=\cos x$ , и т. п. Тем самым, нахождение первообразной определяется как операция, обратная к операции вычисления производной. Найти первообразную по данной функции $ f(x)$ означает восстановить функцию $ F(x)$ по её производной.

Заметим теперь, что однозначно восстановить функцию $ F(x)$ по её производной невозможно даже в таком простом случае, когда $ F(x)=\mathrm{const}$ . Действительно, вычисление производной любой постоянной даёт $ F'(x)=0$ , так что различить, какое значение имела постоянная $ F(x)$ , по $ F'(x)$ невозможно. Следовательно, для $ f(x)=0$ любая постоянная служит первообразной: $ F(x)=C$ , где $ C\in\mathbb{R}$  -- произвольное число.

Ещё один такой пример:

        Пример 1.3   Поскольку $ (\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ и $ (-\arccos x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ при $ x\in(-1;1)$ , то и $ F(x)=\arcsin x$ , и $ G(x)=-\arccos x$ служат первообразными для одной и той же функции $ f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ на интервале $ (-1;1)$ . Заметим, что $ \arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}$ при $ x\in[-1;1]$ , так что $ G(x)=F(x)-\frac{\pi}{2}$ .     

Точно так же, любая функция вида $ G(x)=x^2+C$ , где $ C$  -- произвольная постоянная, служит первообразной для $ f(x)=2x$ ; любая функция вида $ G(x)=\sin x+C$ , где $ C$  -- постоянная, -- это первообразная для $ f(x)=\cos x$ и т. д. Очевидно, что имеет место такое общее утверждение.

        Теорема 1.1   Пусть $ F(x)$  -- некоторая первообразная для $ f(x)$ на интервале $ (a;b)$ и $ C$  -- произвольная постоянная. Тогда функция $ G(x)=F(x)+C$ также является первообразной для $ f(x)$ на $ (a;b)$ .

        Доказательство.     Покажем, что производная от $ G(x)$ даёт $ f(x)$ :

$\displaystyle G'(x)=(F(x)+C)'=F'(x)+C'=f(x)+0=f(x)$

при всех $ x\in(a;b)$ . Таким образом, $ G(x)$  -- первообразная для $ f(x)$ .     

Итак, если $ F(x)$  -- первообразная для $ f(x)$ на $ (a;b)$ , то множество всех первообразных для $ f(x)$ , во всяком случае, содержит все функции вида $ F(x)+C$ . Покажем, что никаких других функций множество всех первообразных не содержит, то есть что все первообразные для фиксированной функции $ f(x)$ отличаются от $ F(x)$ лишь постоянным на $ (a;b)$ слагаемым $ C$ .

        Теорема 1.2   Пусть $ F(x)$  -- первообразная для $ f(x)$ на $ (a;b)$ и $ G(x)$  -- некоторая другая первообразная. Тогда

$\displaystyle G(x)=F(x)+C$

при некоторой постоянной $ C$ .

        Доказательство.     Рассмотрим разность $ {H(x)=G(x)-F(x)}$ . Поскольку $ {F'(x)=f(x)}$ и $ {G'(x)=f(x)}$ , то $ {H'(x)=G'(x)-F'(x)=f(x)-f(x)=0}$ . Покажем, что функция $ H(x)$ , такая что $ {H'(x)=0}$ при всех $ {x\in(a;b)}$ , -- это постоянная. Для этого рассмотрим две произвольные точки $ x_0$ и $ x_1$ , принадлежащие $ (a;b)$ , и к отрезку между $ x_0$ и $ x_1$ (пусть это $ {[x_0;x_1]}$ ) применим формулу конечных приращений

$\displaystyle H(x_1)-H(x_0)=H'(x^*)(x_1-x_0),$

где $ x^*\in(x_0;x_1)$ . (Напомним, что эта формула -- следствие из теоремы Лагранжа, которую мы рассматривали в первом семестре). Поскольку $ H'(x)=0$ во всех точках $ x\in(a;b)$ , в том числе и $ H'(x^*)=0$ , то $ H(x_1)-H(x_0)=0$ . Следовательно, в произвольной точке $ x_1$ функция $ H(x)$ принимает то же значение, что в точке $ x_0$ , то есть $ {H(x)=C=\mathrm{const}}$ .

Для первообразной $ G(x)$ это означает, что $ G(x)-F(x)=C$ при любом $ x\in(a;b)$ , то есть

$\displaystyle G(x)=F(x)+C,$

что и требовалось доказать.     

        Замечание 1.1   Заметим, что если равенства $ F'(x)=f(x)$ и $ G'(x)=f(x)$ выполнены для функций $ F$ и $ G$ не на одном интервале $ (a;b)$ , а на двух или больше непересекающихся интервалах $ (a_k;b_k)$ , $ k=1,2,\dots$ , то мы можем лишь утверждать, что, согласно доказанной теореме, $ G(x)=F(x)+C_k$ , где постоянные $ C_k$ могут быть разными для разных интервалов $ (a_k;b_k)$ . С другой стороны, очевидно, что при любых $ C_k$ функция $ G(x)=F(x)+C_k$ даёт ту же производную, что и $ F(x)$ , в любой точке $ x$ объединения интервалов.

Например, поскольку $ (\mathop{\rm tg}\nolimits x)'=\frac{1}{\cos^2x}$ при всех $ x\ne\frac{\pi}{2}+k\pi$ , где $ k\in\mathbb{Z}$ (то есть функция $ \mathop{\rm tg}\nolimits x$  -- это первообразная для функции $ \frac{1}{\cos^2x}$ на каждом из непересекающихся интервалов $ \bigl(-\frac{\pi}{2}+k\pi;\frac{\pi}{2}+k\pi\bigr)$ области определения тангенса $ \mathcal{D}(\mathop{\rm tg}\nolimits )$ ), то при любых постоянных $ C_k$ функция $ G$ , заданная на объединении всех этих интервалов равенством

$\displaystyle G(x)=\mathop{\rm tg}\nolimits x+C_k$ при $\displaystyle x\in \bigl(-\frac{\pi}{2}+k\pi;\frac{\pi}{2}+k\pi\bigr),\ k\in\mathbb{Z},$

будет давать $ G'(x)=\frac{1}{\cos^2x}$ . Эту функцию можно назвать первообразной для $ f(x)=\frac{1}{\cos^2x}$ с тем же правом, что и функцию $ F(x)=\mathop{\rm tg}\nolimits x$ . Заметим, что мы не можем утверждать, что $ G(x)=F(x)+\mathrm{const}$ в этом случае: $ C=C(x)=C_k$  -- это не постоянная, а кусочно постоянная на интервалах области определения тангенса функция. Итак, утверждение, что первообразная для $ \frac{1}{\cos^2x}$ имеет вид $ \mathop{\rm tg}\nolimits x+C$ , нужно правильно понимать: либо имеется в виду, что при этом $ x$ изменяется лишь в пределах только одного из интервалов непрерывности тангенса, либо что $ C=C(x)$  -- кусочно постоянная на объединении этих интервалов функция.

Аналогично обстоит дело и в случае других функций, имеющих в качестве области определения объединение непересекающихся интервалов. Например, поскольку при всех $ x\ne0$ имеет место равенство

 

$\displaystyle \Bigl(-\frac{1}{x}\Bigr)'=\frac{1}{x^2},$

то на объединении двух интервалов $ (-\infty;0)\cup(0;+\infty)$ первообразной для $ f(x)=\frac{1}{x^2}$ будет служить любая функция $ G(x)=-\frac{1}{x}+C(x)$ , где $ C(x)=\left\{\begin{matrix} C_1,\text{ при }x<0;\\ C_2,\text{ при }x>0, \end{matrix}\right.$ а $ C_1$ и $ C_2$  -- произвольные постоянные.     

  • Интегралы - конспект лекций, задачи с решениями

    Интегралы от функций, рациональным образом зависящих от $ x$ и $ \sqrt{ax^2+bx+c}$

    Пусть функция $ R(u,v)$ рациональным образом зависит от своих аргументов $ u$ и $ v$ . Рассмотрим интеграл

     

    $\displaystyle \int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})dx,$ Тройной интеграл При рассмотрении тройного инеграла не будем подробно останавливаться на всех тех теоретических выкладках, которые были детально разобраны применительно к двойному интегралу, т.к. существенных различий между ними нет.

    где квадратный трёхчлен $ ax^2+bx+c$ содержит по крайней мере два ненулевых слагаемых, и $ a\ne0$ ($ a,b,c$  -- некоторые постоянные). Будем считать, что он не равен полному квадрату некоторого линейного выражения, то есть
    $\displaystyle ax^2+bx+c\ne z^2,$

    где $ z=kx+d$ ($ k$ и $ d$  -- некоторые постоянные), так как иначе квадратный корень извлекается: $ \sqrt{ax^2+bx+c}=\vert z\vert$ , и интеграл сводится к интегралу от рациональной функции переменного $ x$ (при $ z\geqslant 0$ и при $ z\leqslant 0$ получаются разные интегралы!). При этом предположении мы можем выделить в этом квадратном трёхчлене полный квадрат и привести его к одному из трёх возможных видов:
    1) $ ax^2+bx+c=m^2-z^2$ ;
    2) $ ax^2+bx+c=m^2+z^2$ ;
    3) $ ax^2+bx+c=z^2-m^2$ ,
    где $ m>0$  -- некоторая постоянная, а $ z=kx+d$  -- линейное выражение. (Четвёртый логически возможный случай, $ ax^2+bx+c=-m^2-z^2$ , означает, что под корнем находится отрицательное выражение, и поэтому рассматриваться не будет.)

    Подберём такие тригонометрические замены, чтобы корень извлекался. В первом случае, когда подкоренное выражение равно $ m^2-z^2$ , годится замена $ z=m\sin t$ , где $ t$  -- некоторая новая переменная. Тогда

    $\displaystyle \sqrt{m^2-z^2}=\sqrt{m^2(1-\sin^2t)}=m\vert\cos t\vert.$

    Достаточно считать, что $ t\in[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}]$ , так как при этом переменная $ z$ принимает все возможные для неё значения $ z\in[-m;m]$ . Тогда $ \cos t\geqslant 0$ и $ \vert\cos t\vert=\cos t$ . Получаем, что

    $\displaystyle x=\frac{1}{k}(z-d)=\frac{1}{k}(m\sin t-d)$

    и

    $\displaystyle dx=\frac{m}{k}\cos t\,dt.$

    Переходя к новой переменной в интеграле, получим:

    $\displaystyle \int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})dx= \int R\Bigl(\frac{1}{k}(m\sin t-d),m\cos t\Bigr)\frac{m}{k}\cos t\,dt= \int R_1(\sin t,\cos t),$

    где $ R_1(\sin t,\cos t)$  -- некоторая функция, рациональным образом зависящая от синуса и косинуса. Тем самым вычисление интеграла свелось к уже изученному выше случаю.

    Неопределенный интегралВекторное произведение векторов

    Трассировка пиксельных изображений Adobe Illustrator Линейные блоковые коды