IDU_M1_L02 (Лекции)

кафедра «Математическое моделирование»проф. П. Л. ИванковИнтегралы и дифференциальные уравненияконспект лекцийдля студентов 1-го курса 2-го семестраспециальностей РЛ1,2,3,6, БМТ1,2Лекция 2Интегрирование подстановкой и заменой переменной. Интегрирование по частям. Интегрирование выражений, содержащих квадратный трехчлен.Основными приемами вычисления интегралов являются подстановка и замена переменной.Теорема (об интегрировании подстановкой).Пусть функции ϕ и f определены соответственно на промежутках I1 и I2 , ϕдифференцируема на I1 , причем ϕ(x) ∈ I2 для любого x ∈ I1 .

Пусть далееZf (u)du = F (u) + Cна промежутке I2 . ТогдаZf (ϕ(x))ϕ0 (x)dx = F (ϕ(x)) + Cна промежутке I1 .Доказательство.(F (ϕ(x)))0 = F 0 (ϕ(x)) · ϕ0 (x) = f (ϕ(x)) · ϕ0 (x),Имееми доказываемое равенство справедливо.Отметим важный частный случай доказанной теоремы:еслиZf (u)du = F (u) + C,тоZ1f (ax + b)dx = F (ax + b) + C, a 6= 0.aОсобенно часто это замечание используется при b = 0 или при a = 1 :Z1f (ax)dx = F (ax) + C, a 6= 0;aZf (x + b)dx + F (x + b) + C.1Пример.ZZ2cos xdx =1 + cos 2xx sin 2xdx = ++ C;224аналогичноZsin2 xdx =x sin 2x−+ C.24При практическом применении доказанной теоремы обычно используют формальныйприем, называемый ”подведением под знак дифференциала”:ZZ0f (ϕ(x))ϕ (x)dx =Zf (ϕ(x))dϕ(x) =f (u)du = F (u) + C = F (ϕ(x)) + C;в простых случаях вспомогательную переменную u = ϕ(x) не вводят,т.е.

сразу пишутZf (ϕ(x))dϕ(x) = F (ϕ(x)) + C.Пример. Вычислим интегралZdx.sin xI=ИмеемZI=dx=2 sin x2 cos x2Zcos x2dxx ·sin 2 2 cos2Zx21x 0x (tg ) dx =tg 22=π) ,то отсюда2ZZdxdxI==cos xsin(x +Z xd tg x2x = ln tg + C.tg 22Т.к. cos x = sin(x +Теоремаπ2 x π = ln tg+ + C.2 2(об интегрировании заменой переменной).Пусть функция ϕ дифференцируема на промежутке I1 и взаимно однозначно отображает его на промежуток I2 , причем ϕ0 (t) 6= 0 для любого t ∈ I1 . Пусть, далее, функцияf определена на I2 . Тогда, если на промежутке I1Zf (ϕ(t))ϕ0 (t)dt = F (t) + C,то на промежутке I2Zf (x)dx = F (ϕ−1 (x)) + C,где ϕ−1 (x) - функция, обратная к функции ϕ(t) .Доказательство.Из условий теоремы следует, что функция ϕ−1 (x) дифференцируема, и2(ϕ−1 (x))0 =1ϕ0 (ϕ−1 (x)).Поэтому0F (ϕ−1 (x)) = F 0 (ϕ−1 (x)) · (ϕ−1 (x))0 = f (ϕ(ϕ−1 (x))) · ϕ(ϕ−1 (x)) ·1ϕ0 (ϕ−1 (x))= f (x).Отсюда непосредственно вытекает утверждение теоремы.Пример.

Пусть требуется вычислитьZ √I=a2 − x2 dx,−a < x < a,a > 0.ππРассмотрим функцию ϕ(t) = a sin t, − < t < . Нетрудно проверить, что все22условия последней теоремы выполнены. ИмеемZ pZtsin2t2222a2 − a2 sin t · a cos tdt = acos tdt = a++C =24pa2= (t + sin t · 1 − sin2 t) + C.2xЗаменяя в последнем выражении t на ϕ−1 (x) = arcsin , получаемa2 √xaarcsin + x a2 − x2 + C.I=2aТеорема(об интегрировании по частям).Пусть функции u и v дифференцируемы на промежутке I ,и функция u0 · v имеетна этом промежутке первообразную. ТогдаZZ0u · v dx = u · v − u0 · vdx.Доказательство.Запишем правило дифференцирования произведения:(u · v)0 = u0 v + uv 0 .ОтсюдаZ0u · vdx =Z0Z0((uv) − uv )dx = uv −u · v 0 dx.Теорема доказана.Примеры.1.

Рассмотрим интегралыZI1 = bxdxZI2 =и3eax sin bxdx.ИмеемZI1 =ZI2 =axeaxesin bxbcos bx−b0axdx = e0sin bx a·−bbaxdx = −eZcos bx a·+bbZeax sin bxdx = eaxsin bx a− I2 ;bbeax cos bxdx = −eaxcos bx a+ I1 .bbТ.о., для нахождения I1 и I2 получаем такую систему:sin bx a− I2 ,bbaax cos bxI2 = −e+ I1 .bbI1 = eaxОтсюдаa cos bx + b sin bx axe + C,a2 + b 2a sin bx − b cos bx axI2 +e + C.a2 + b 2I1 =Рассмотрим теперь некоторые интегралы, содержащие квадратный трехчлен.ПустьI=RAx + Bdx,ax2 + bx + cВычислим вспомогательный интеграл:ZI1 =ax2a 6= 0.dx.+ bx + cВыделив в знаменателе полный квадрат, получимZdx1I1 =2 −4ac .ba(x + 2a )2 − b 4a2Если D = b2 − 4ac > 0 , то, обозначивk2 =b2 − 4ac4a2и u=x+b,2aполучим1I=aZu − k du1 + C;=ln u2 − k 22ak u + k если же D < 0, то k 2 = −D , иZdu1u1I1 ==arctg + C.22au +kakkПри D = 0 имеем1I1 =aZdu1= − + C.2uau4Т.о., остается лишь вернуться к прежней переменной x .Вычисление интеграла I можно свести к вычислению I1 :Z2ax + bAbAdx + B −· I1 ;I=2aax2 + bx + c2aZZd(ax2 + bx + c)2ax + bdx== ln |ax2 + bx + c| + C.ax2 + bx + cax2 + bx + cАналогично вычисляется и интегралZAx + B√J=dx.ax2 + bx + cВычислим вспомогательный интегралZZZdxdudx√qp==,J1 =2 ± k2)2ax2 + bx + ca(ua (x + b )2 − b −4ac22aгдеu=x+b,2a4a2k=|b − 4ac|;4a2при D = b2 − 4ac > 0 под радикалом в последнем интеграле берется знак ”-”, а приD < 0 - знак ”+”.

В результате дело сводится к вычислению табличных интегралов видаZZZZdudududu√√,или=±;2222|u|uk −uu ±kзнак перед последним интегралом выбирается в зависимости от расположения промежуткаинтегрирования относительно нуля.Вычисление интеграла J сводится к вычислению J1 :ZAAb2ax + b√J=dx + B −J1 ;2a2aax2 + bx + cR√√2ax + bdx = 2 ax2 + bx + c + C.ax2 + bx + c5.