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

О "неберущихся" интегралах

При вычислении производной, наличие формул для производной суммы, разности, произведения, частного и композиции -- всех тех операций, при помощи которых элементарные функции образуются из минимального набора -- приводит к тому, что производная любой элементарной функции снова является элементарной функцией. При нахождении неопределённых интегралов, однако, формул для первообразной произведения, частного и композиции нет. Это приводит к такому положению, что отнюдь не для любой элементарной подынтегральной функции можно "взять интеграл", то есть выразить некоторую первообразную для подынтегральной функции в виде некоторого выражения, использующего лишь элементарные функции. Дело не в том, что пока что не придумано способа это сделать, а в принципиальной невозможности: никакая из первообразных в случае "неберущегося" интеграла никаким образом не может быть выражена как комбинация элементарных функций, связанных знаками арифметических действий и знаками композиции. Не следует думать, что если такое представление невозможно, то и функции такой нет1: можно считать, что для её выражения просто не хватает запаса рассматриваемых операций или запаса рассматриваемых исходных функций, и их надо расширить, то есть выйти за рамки множества функций, называемых элементарными2. В науке и её приложениях в технике, экономике и других дисциплинах применяются многие неэлементарные функции; часто их называют специальными. К специальным функциям относятся и многие первообразные для элементарных функций, причём часто не столь уж "сложной" структуры. Интегралы, выражающиеся через такие первообразные, называются (по традиции, берущей начало в 18 веке) неберущимися. Итак, интеграл $ \int f(x)\,dx=F(x)+C$ не берётся, если функция $ F(x)$ не является элементарной. Приведём примеры неберущихся интегралов и названия первообразных -- специальных функций, связанных с этими интегралами.

        Пример 1.8   Неберущимся является интеграл

$\displaystyle \int e^{-\frac{x^2}{2}}dx=\sqrt{2\pi}\Phi(x)+C.$

Здесь одна из первообразных, которую мы обозначили $ \sqrt{2\pi}\Phi(x)$ , выделяется из всего набора первообразных условием $ \Phi(0)=0$ . Функция $ \Phi(x)$ называется функцией Лапласа. Она широко применяется в теории вероятностей, физике, математической и прикладной статистике и других разделах науки и её приложений. Для вычисления значений функции Лапласа составлены таблицы, имеющиеся во многих учебниках, задачниках и справочниках по теории вероятностей и статистике. Возможность вычисления предусмотрена также на многих моделях калькуляторов (не самых дешёвых) и уж, обязательно, на тех, что предназначены для статистической обработки числового материала. Так что, с практической точки зрения, пользоваться функцией Лапласа ничуть не сложнее, чем, скажем, синусом, арктангенсом или натуральным логарифмом, которые мы условно относим к элементарным функциям.     

        Пример 1.9   Не берётся также интеграл

$\displaystyle \int\frac{\sin x}{x}\,dx=\mathop{\mathrm{Si}}\nolimits (x)+C.$

Доопределим подынтегральную функцию $ f(x)=\frac{\sin x}{x}$ , полагая её равной 1 при $ x=0$ . В соответствии с тем, что $ \lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$ , доопределённая функция будет непрерывна на всей числовой оси. Среди её первообразных $ F(x)$ выделим ту, для которой $ F(0)=0$ . Эта неэлементарная функция называется интегральным синусом и обозначается $ \mathop{\mathrm{Si}}\nolimits (x)$ . Именно её мы использовали в приведённой выше формуле.     

        Пример 1.10   Ещё один неберущийся интеграл:

 

$\displaystyle \int\frac{\cos x}{x}\,dx=\mathop{\mathrm{Ci}}\nolimits (x)+C.$

Одна из первообразных -- та, что мы использовали в правой части и обозначили $ \mathop{\mathrm{Ci}}\nolimits (x)$  -- называется интегральным косинусом.     

        Пример 1.11  

$\displaystyle \int\frac{e^x}{x}\,dx=\mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits (x)+C$ --

это тоже неберущийся интеграл. Одна из первообразных, которую мы обозначили $ \mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits (x)$ , -- специальная функция, называющаяся интегральной экспонентой.     

        Пример 1.12   Не берётся интеграл

$\displaystyle \int\frac{dx}{\ln x}=\mathop{\mathrm{li}}\nolimits (x)+C$ (при $\displaystyle x>0);$

одна из первообразных, $ \mathop{\mathrm{li}}\nolimits (x)$ , называется интегральным логарифмом.     

Используя специальные функции, заданные предыдущими примерами, мы с помощью изученных выше правил интегрирования можем выражать через эти функции и другие интегралы. Приведём такой пример.

        Пример 1.13   Выразим через функцию Лапласа следующий интеграл:

$\displaystyle \int e^{-x^2}dx.$

Для этого сделаем замену переменного $ z=\sqrt{2}\,x$ :

$\displaystyle \int e^{-x^2}dx=\left\vert\begin{array}{l} z=\sqrt{2}x\\ x^2=\frac{z^2}{2}\\ dx=\frac{1}{\sqrt{2}}\,dz \end{array}\right\vert={}$   
$\displaystyle {}=\int e^{-\frac{z^2}{2}}\frac{1}{\sqrt{2}}\,dz=\frac{1}{\sqrt{2... ...z^2}{2}}dz=\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2}}\Phi(z)+C= \sqrt{\pi}\Phi(\sqrt{2}x)+C.$   

Заметим, что та первообразная для $ \int e^{-x^2}dx=F(x)+C$ , для которой $ F(0)=0$ , обозначается $ \frac{2}{\sqrt{\pi}}\mathop{\mathrm{erf}}\nolimits x$ . Функция $ \mathop{\mathrm{erf}}\nolimits x$ называется в теории вероятностей и статистике функцией ошибок.     

        Упражнение 1.3   Выразите функцию ошибок $ \mathop{\mathrm{erf}}\nolimits x$ через функцию Лапласа $ \Phi(x)$ и наоборот, функцию Лапласа через функцию ошибок.     

        Пример 1.14   К интегралу предыдущего примера можно свести и тем самым выразить через функцию Лапласа, например, такой интеграл:

$\displaystyle \int x^2e^{-x^2}dx= \int x\Bigl(e^{-x^2}x\,dx\Bigr)= \left\vert... ... dv=e^{-x^2}x\,dx\\ du=dx\\ v=-\frac{1}{2}e^{-x^2} \end{array}\right\vert=$   
$\displaystyle =-\frac{x}{2}e^{-x^2}+\frac{1}{2}\int e^{-x^2}dx= -\frac{x}{2}+\frac{\sqrt{\pi}}{2}\Phi(\sqrt{2}x)+C.$   

Для вычисления мы применили формулу интегрирования по частям.     

        Пример 1.15   Вычислим интеграл от интегральной экспоненты $ \mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits (x)$ . Заметим, что $ (\mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits (x))'=\frac{\textstyle{e^x}}{\textstyle{x}}$ по определению первообразной. Применяя формулу интегрирования по частям, получаем:

$\displaystyle \int\mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits (x)\,dx= \left\vert\begin{arra... ...imits (x)\\ dv=dx\\ du=\frac{e^x}{x}\,dx\\ v=x \end{array}\right\vert={}$   
$\displaystyle {}=x\mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits (x)-\int x\cdot\frac{e^x}{x}\,d... ...thrm{Ei}}\nolimits (x)-\int e^x\,dx= x\mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits (x)-e^x+C.$   

    

Кроме приведённых выше, в приложениях встречаются и многие другие неберущиеся интегралы, например:

$\displaystyle \int\sin\frac{\pi x^2}{2}dx=\mathcal{S}(x)+C;\ % \int\cos\frac{\... ...}(x)+C;\ % \int\frac{\sin x}{\sqrt{x}}dx;\ % \int\frac{\cos x}{\sqrt{x}}dx. $

Эти четыре интеграла называются интегралами Френеля.

        Упражнение 1.4   Сделав соответствующую замену переменного, выразите последние два из интегралов Френеля через функции $ \mathcal{S}(x)$ и $ \mathcal{C}(x)$ , которые стоят в правых частях первых двух интегралов Френеля.     

Не берутся также интегралы

$\displaystyle \int e^{x^2}dx;\ % \int\frac{x\;dx}{\sin x};\ \int\sqrt{x}\,e^x\,dx;\ \int\frac{dx}{\sqrt{x^3+1}}; \ \int\sqrt[3]{x^2+1}\,dx$

и многие другие.

Тем не менее, для многих классов интегралов, наиболее часто встречающихся в приложениях, первообразную всё же удаётся выразить через элементарные функции. В следующей главе мы изучим такие классы интегралов.

        Упражнение 1.5   С помощью соответствующих замен переменного, докажите следующие соотношения:

 

$\displaystyle \mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits (x)=\mathop{\mathrm{li}}\nolimits (e^x)+C$    (при $\displaystyle x<0);\ \mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits (\ln x)=\mathop{\mathrm{li}}\nolimits (x)+C$ (при $\displaystyle x<1)$

(на самом деле функции $ \mathop{\mathrm{Ei}}\nolimits $ и $ \mathop{\mathrm{li}}\nolimits $ определяются так, что обе постоянные $ C$ равны 0).     

  • 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