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

Свойства неопределённого интеграла

Свойства первообразных и неопределённого интеграла вытекают из определения и соответствующих свойств производных.

1. Из определения вытекает, что

 

$\displaystyle \int F'(x)\,dx=F(x)+C$

и

 

$\displaystyle \Bigl(\int f(x)\,dx\Bigr)'=f(x).$

Второе равенство нужно понимать так, что производная любой из функций, составляющих неопределённый интеграл, даёт один и тот же результат, равный подынтегральной функции (это как раз и есть определение первообразной). Два написанных равенства выражают взаимную обратность операций дифференцирования и интегрирования.

2. Имеет место равенство:

$\displaystyle \int kf(x)\,dx=k\int f(x)\,dx,$

где $ k$  -- произвольная постоянная. Для доказательства обозначим через $ F(x)$ некоторую первообразную для $ f(x)$ , а через $ G(x)$  -- некоторую первообразную для $ kf(x)$ . Тогда равенство означает, что $ G(x)=kF(x)+C$ , где $ C$  -- постоянная. Это равенство верно, поскольку производные левой и правой частей дают одно и то же: $ G'(x)=kf(x)$ , так как $ G(x)$  -- первообразная для $ kf(x)$ , а $ (kF(x))'=kF'(x)=kf(x)$ , так как постоянный множитель можно вынести за знак производной и $ F'(x)=f(x)$ .

Итак, постоянный множитель можно вынесить за знак интеграла.

3. Интеграл от суммы равен сумме интегралов:

$\displaystyle \int(f(x)+g(x))\,dx=\int f(x)\,dx+\int g(x)\,dx.$

Действительно, пусть первообразная для $ f(x)$ равна $ F(x)$ , для $ g(x)$ равна $ G(x)$ , а для $ f(x)+g(x)$ равна $ H(x)$ . Тогда равенство означает, что

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

где $ C=\mathrm{const}$ . Поскольку

$\displaystyle H'(x)=f(x)+g(x)$

и

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

то равенство верно; при этом мы воспользовались тем, что производная суммы равна сумме производных.

Свойства 2 и 3 называются свойствами линейности неопределённого интеграла. Из них следует, что для любых постоянных $ C_1$ и $ C_2$

$\displaystyle \int(C_1f(x)+C_2g(x))\,dx=C_1\int f(x)\,dx+C_2\int g(x)\,dx$

и, в частности,

$\displaystyle \int(f(x)-g(x))\,dx=\int f(x)\,dx-\int g(x)\,dx.$

        Пример 1.4   Найдём интеграл $ \int(2\sin x+5\cos x)\,dx$ , пользуясь линейностью интеграла. Этот интеграл можно разбить на два интеграла, от каждого из слагаемых, и вынести в обоих постоянные множители за знак интеграла:

$\displaystyle \int(2\sin x+5\cos x)\,dx=\int2\sin x\,dx+\int5\cos x\,dx= 2\int\sin x\,dx+5\int\cos x\,dx=$   
$\displaystyle =2(-\cos x)+5\sin x+C= 5\sin x-2\cos x+C.$   

Заметим, что произвольное постоянное слагаемое достаточно записать один раз: написав $ \int\sin x\,dx=-\cos x+C_1$ и $ \int\cos x\,dx=\sin x+C_2$ , мы сгруппировали бы постоянные слагаемые и получили произвольную постоянную $ 2C_1+5C_2=C$ .     

4. Формула замены переменного. Пусть имеет смысл сложная функция $ f({\varphi}(x))$ , где $ x$ изменяется на некотором интервале. Тогда

$\displaystyle \int f(u)\,du\Bigl\vert _{u={\varphi}(x)}=\int f({\varphi}(x)){\varphi}'(x)\,dx.$(1.3)

(В левой части после вычисления интеграла $ \int f(u)\,du$ сделана подстановка $ u={\varphi}(x)$ .) Для доказательства обозначим через $ F(u)$ некоторую первообразную для $ f(u)$ и через $ G(x)$  -- первообразную для $ f({\varphi}(x)){\varphi}'(x)$ . Это означает, что $ F'_u(u)=f(u)$ и $ G'(x)=f({\varphi}(x)){\varphi}'(x)$ . Доказываемое равенство (1.3) эквивалентно тогда такому:

$\displaystyle F(u)\Bigl\vert _{u={\varphi}(x)}=G(x)+C,$

или

$\displaystyle F({\varphi}(x))=G(x)+C.$

Для доказательства последнего соотношения достаточно проверить. что совпадают производные левой и правой частей. Но по формуле производной сложной функции получаем:

$\displaystyle (F({\varphi}(x)))'=F'_u({\varphi}(x)){\varphi}'(x)=f({\varphi}(x)){\varphi}'(x),$

то есть то же, что и $ G'(x)$ . Формула (1.3) доказана.

Заметим, что выражение $ {\varphi}'(x)dx$ в правой части (1.3) есть не что иное, как дифференциал $ du(x)$ функции $ u={\varphi}(x)$ . Так что мы можем записать (1.3) в виде

$\displaystyle \int f(u)\,du\Bigl\vert _{u={\varphi}(x)}=\int f({\varphi}(x))\,d{\varphi}(x).$

Теперь, после этого доказательства, мы получили право трактовать $ dx$ в обозначении неопределённого интеграла как некоторый дифференциал, а не просто как элемент обозначения интеграла, вроде скобки.

        Пример 1.5   Вычислим интеграл $ \int e^{x^2}x\,dx$ . Возьмём $ u={\varphi}(x)=x^2$ , тогда $ {du=2x\,dx}$ и $ {x\,dx=\frac{1}{2}du}$ . Подставляя это выражение под знак интеграла, получаем:

$\displaystyle \int e^{x^2}x\,dx=\left\vert\begin{array}{l} u=x^2\\ x\,dx=\fr... ...dot\frac{1}{2}du=\frac{1}{2}\int e^udu= \frac{1}{2}e^u+C=\frac{1}{2}e^{x^2}+C.$

(Между двумя вертикальными чёрточками мы записываем комментарий к проделанным преобразованиям и сделанные обозначения. Эта запись не является обязательным элементом решения, но для понимания происходящего весьма полезна.)

Всюду, где выражение зависит от $ u$ , имеется в виду подстановка $ u=x^2$ ; освободившись от интеграла, мы выполняем эту подстановку в явном виде.     

Линейная замена. Разберём особо случай, когда подынтегральная функция зависит от линейного выражения $ ax+b$ (где $ a\ne0$ ), то есть интеграл имеет вид

$\displaystyle \int f(ax+b)\,dx.$

В этом случае интеграл можно упростить с помощью естественной замены $ z=ax+b$ , откуда $ x=\frac{1}{a}(z-b)$ и $ dx=\frac{1}{a}\,dz$ . Пусть известна первообразная $ F(z)$ для $ f(z)$ :

$\displaystyle \int f(z)\,dz=F(z)+C.$

Выполняя подстановку, получаем:

$\displaystyle \int f(ax+b)\,dx=\int f(z)\,\frac{1}{a}\,dz\Bigl\vert _{z=ax+b}= \frac{1}{a}\,F(z)+C\Bigr\vert _{z=ax+b}=\frac{1}{a}F(ax+b)+C.$

Полученную формулу

$\displaystyle \int f(ax+b)\,dx=\frac{1}{a}F(ax+b)+C$(1.4)

мы будем далее широко использовать, не всегда делая ссылки на её номер (1.4). Эту формулу следует хорошо запомнить, в особенности то, что при интегрировании с помощью линейной замены вперёд выходит множитель $ \frac{\textstyle{1}}{\textstyle{a}}$ , а не $ a$ , как при дифференцировании функции $ f(ax+b)$ .

Например,

$\displaystyle \int\sin(ax+b)dx=-\frac{1}{a}\cos(ax+b)+C;\ % \int\cos(ax+b)dx=\frac{1}{a}\sin(ax+b)+C$

и т. п. При $ f(z)=\frac{1}{z}$ получаем

$\displaystyle \int\frac{dx}{ax+b}=\frac{1}{a}\ln\vert ax+b\vert+C$

и, в частности, при $ a=1$

$\displaystyle \int\frac{dx}{x+b}=\ln\vert x+b\vert+C.$

Последнюю формулу полезно рассматривать как табличную.

5. Формула интегрирования по частям. Пусть функции $ f(x)$ и $ g(x)$ имеют производную на рассматриваемом интервале изменения $ x$ . Тогда верно равенство

$\displaystyle \int f(x)\,g'(x)\,dx=f(x)\,g(x)-\int g(x)\,f'(x)\,dx.$(1.5)

Эта формула называется формулой интегрирования по частям. Она позволяет "перебрасывать" производную с функции $ g(x)$ , стоящей под знаком интеграла, на другой подынтегральный множитель $ f(x)$ . При этом в правой части равенства появляется внеинтегральный член $ f(x)g(x)$ .

Пусть $ F(x)$  -- первообразная для $ f(x)g'(x)$ и $ G(x)$  -- первообразная для $ g(x)f'(x)$ . Тогда равенство (1.5) можно записать в виде

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

где $ C$  -- некоторая постоянная. Докажем, что производные левой и правой частей совпадают. По определению, $ F'(x)=f(x)g'(x)$ . С другой стороны,

$\displaystyle (f(x)g(x)-G(x)+C)'=(f(x)g(x))'-G'(x)= f'(x)g(x)+f(x)g'(x)-g(x)f'(x)=f(x)g'(x),$

то есть производные совпадают, и формула (1.5) доказана. Мы видим, что она является следствием формулы для производной произведения.

Вводя обозначения $ u=f(x)$ и $ v=g(x)$ и замечая, что $ du=f'(x)dx$ и $ dv=g'(x)dx$ , мы можем записать формулу интегрирования по частям в виде

$\displaystyle \int u\,dv=uv-\int v\,du.$

В таком кратком виде её рекомендуется запоминать.

        Пример 1.6   Найдём интеграл $ \int e^xx\,dx$ , применив формулу интегрирования по частям. Положим $ u=x$ и $ dv=e^x\,dx$ . Тогда $ du=dx$ и $ v=e^x$ . Значит,

$\displaystyle \int e^xx\,dx=\left\vert\begin{array}{l} u=x\\ dv=e^xdx\\ du=dx\\ v=e^x \end{array}\right\vert= xe^x-\int e^xdx=xe^x-e^x+C.$

(Между вертикальными линиями записывается комментарий, как и в случае применения замены переменных и других вычислений с интегралами. Содержимое комментария не является частью формулы и записывается для удобства. В принципе, писать этот комментарий не обязательно, хотя и очень полезно.)

Здесь интеграл, получившийся в правой части при применении интегрирования по частям, является табличным, то есть он оказался проще исходного, что и привело нас к успеху в вычислении.     

        Замечание 1.2   При переходе от левой части к правой части в формуле интегрирования по частям происходит следующее: от функции $ u=f(x)$ мы переходим к функции $ u'=f'(x)$ под знаком интеграла в правой части (точнее, к дифференциалу $ du=f'(x)dx$ ), то есть функцию $ u$ мы дифференцируем. Одновременно от функции $ v'=g'(x)$ (или от дифференциала $ dv=g'(x)dx$ ) мы переходим под интегралом в правой части к $ v=g(x)$ , то есть функцию $ v'$ мы интегрируем (напомним, что первообразная для $ g'(x)$ есть $ g(x)$ ).

Таким образом, применять формулу интегрирования по частям для вычисления неопределённого интеграла разумно в двух случаях:

а) либо когда функция $ u=f(x)$ "не слишком ухудшается" при дифференцировании, а функция $ v'=g'(x)$ "значительно улучшается" при интегрировании;

б) либо когда функция $ u=f(x)$ "значительно улучшается" при дифференцировании, а функция $ v'=g'(x)$ "не слишком ухудшается" при интегрировании.

Тогда дело в целом оправдано: происходит "некоторое улучшение" интеграла в правой части по сравнению с интегралом в левой части, в том смысле, что интеграл в правой части оказывается проще исходного.     

В разобранном выше примере мы дифференцировали функцию $ u=f(x)=x$ , от чего она "сильно улучшилась": $ u'=f'(x)=1$ . Функцию $ v'=e^x$ мы интегрировали, отчего она "не сильно ухудшилась" (точнее говоря, совсем не изменилась, поскольку $ \int e^xdx=e^x+C$ ). В результате интеграл в правой части оказался проще исходного.

Приведём ещё один пример, подкрепляющий эти эмпирические соображения:

        Пример 1.7   Найдём интеграл $ \int\ln x\,dx$ . Здесь разбить подынтегральное выражение $ \ln x\,dx$ на два множителя $ u$ и $ dv$ можно только так: $ u=\ln x$ и $ dv=dx$ . При этом дифференцирование $ u$ приводит к упрощению (то есть к "улучшению", с точки зрения вычисления интеграла): $ du=(\ln x)'dx=\frac{dx}{x}$ , при этом "исчез" логарифм, который можно считать более сложной функцией, чем степень $ x$ . Интегрирование же множителя $ dx$ даёт $ x$ , то есть не сильно "ухудшает" этот множитель. Поэтому оправдано применение интегрирования по частям:

$\displaystyle \int\ln x\,dx=x\ln x-\int x\frac{dx}{x}=x\ln x-\int dx=x\ln x-x+C.$

    

        Замечание 1.3   К сожалению, природа устроена так, что никакой простой формулы, позволяющей вычислить интеграл от произведения двух функций, подобно тому, как мы вычисляем производную произведения, не существует. Всё, что можно предложить по этому поводу -- это формула интегрирования по частям.

Дадим советы по наиболее часто встречающимся случаям применения этой формулы.

Если в подынтегральной функции содержатся как множители степень $ x^n$ (где $ n>0$ ) и синус, косинус или экспонента (показательная функция), то имеет смысл взять $ u=x^n$ и дифференцировать, а к $ dv$ отнести синус, косинус или экспоненту, умноженные на $ dx$ , и интегрировать этот множитель. При этом степень $ x$ при дифференцировании понизится, синус при интегрировании перейдёт в косинус, а косинус в синус (это не приведёт к сильному усложнению), экспонента же вовсе не изменится. В целом интеграл в правой части будет проще исходного.

Таким способом можно, например, вычислить интегралы $ \int x^2e^{-2x}dx$ , $ \int x\cos x\,dx$ , $ \int x^3\sin3x\,dx$ и подобные им. Иной раз формулу интегрирования по частям приходится применять и к тому интегралу, что образовался в правой части после первого интегрирования по частям.

        Упражнение 1.1   Найдите перечисленные интегралы с помощью интегрирования по частям.     

Если же в подынтегральном выражении имеется степенная функция $ x^{{\alpha}}$ и одна из функций $ \ln,\ \arcsin,\ \arccos,\ \mathop{\rm arctg}\nolimits $ или $ \mathop{\rm arcctg}\nolimits $ , то к дифференциалу $ dv$ лучше отнести $ x^{{\alpha}}$ , а дифференцировать множитель, содержащий одну из перечисленных функций. Так мы и поступили в рассмотренном выше примере 1.7. Дело в том, что степенная функция при интегрировании остаётся степенной функцией, лишь показатель степени повышается на 1, а перечисленные функции при дифференцировании "улучшаются" (см. таблицу производных). По этому способу можно вычислить, например, интегралы $ \mathop{\rm arctg}\nolimits x\,dx$ , $ \int x\arccos x\,dx$ , $ \int\frac{\arcsin x}{x^2}\,dx$ , $ \int\sqrt{x}\ln^2x\,dx$ .     

        Упражнение 1.2   Найдите перечисленные интегралы с помощью интегрирования по частям.

Указание. В первом из интегралов после применения формулы интегрирования по частям сделайте замену $ {z=1+x^2}$ в образовавшемся в правой части интеграле.

При вычислении второго интеграла после интегрирования по частям получится интеграл $ {I=\int\sqrt{1-x^2}\,dx}$ . Его можно вычислить, применив снова формулу интегрирования по частям; при этом в правой части получается такой же интеграл $ I$ , после чего находим $ I$ из образовавшегося уравнения:

$\displaystyle I=\int\sqrt{1-x^2}\,dx=\left\vert\begin{array}{l} u=\sqrt{1-x^2}... ...^2}}dx \end{array} \right\vert=x\sqrt{1-x^2}-\int\frac{-x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=$   
$\displaystyle =x\sqrt{1-x^2}-\int\frac{(1-x^2)-1}{\sqrt{1-x^2}}dx= x\sqrt{1-x^2}-\int\sqrt{1-x^2}\,dx+\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=$   
$\displaystyle =x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x+C.$   

Получаем уравнение

$\displaystyle I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x+C,$

откуда находим

 

$\displaystyle I=\frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x)+C.$

После интегрирования по частям в третьем интеграле в правой части получается интеграл $ \int\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}$ . Преобразуйте его к виду $ \int\frac{dx}{x^2\,\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}}$ (при каком предположении такое преобразование можно сделать?) и сделайте замену $ z=\frac{1}{x}$ .

Наконец, для вычисления четвёртого интеграла примените формулу интегрирования по частям последовательно два раза.

Ниже мы разберём вычисление этих интегралов подробнее.     

  • 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