Краткий курс математического анализа в лекционном изложении, страница 3

Здесь мы имеем случай В). Подстановкой t  tgx этотxинтеграл сводится к интегралуdtdt1t1 tgx  arctg  C  arctg  2C. 23 222 t 4 21  t 1  2  1 t Пример.2143. Интегралы  sin mx cosnx dx, sin mx sin nx dx,  cosmx cosnx dxсводятся к табличным интегралам от синуса и косинуса, если преобразоватьпроизведение тригонометрических функций в сумму по формулам11sin mx cos nx  sin m  n x  sin m  n x , sin mx sin nx  cosm  n x  cosm  n x ,22111cos mx cos nx  cosm  n x  cosm  n x , sin 2 x  1  cos 2 x , cos2 x  1  cos 2 x .22211Пример.  sin 3x sin 5 x dx   cos 2 x  cos8 x dx  sin 2 x  sin 4 x  C244.

Интегралы вида sinmx cosn x dxa) Если m или n – нечетное положительное число, то sin x или cos x вносятпод дифференциал.11Пример.  sin 3 x cos2 x dx   1  cos2 x cos2 x d cos x   cos3 x  cos5 x  C35b) Если m, n – четные положительные числа, то применяют формулы1  cos 2 x1  cos 2 xудвоения аргумента cos2 x , sin 2 x .2211 1  cos 4 x11Пример.  sin 2 x cos2 x dx   sin 2 2 x dx  dx  x  sin 4 x  C442832mmc)  tg x dx,  ctg x dx , где m – целое положительное число, берутся сиспользованием формул tg 2 x  sec 2 x  1, ctg 2 x  cos ec 2 x  1.21dx 1Пример.  ctg x dx    2  1 dx   4 dx  2 2 dx  x sin xsin x sin x 1= -  1  ctg 2 x  dctgx  2ctgx  x  ctgx  ctg 3 x  2ctgx  x  C3d) В общем случае интегралы вида  sin m x cosn x dx вычисляются по4рекуррентнымформуламсиспользованиемосновноготригонометрического тождества.sin 2 x  cos 2 x  dx  dx  cos x cos xdx dxПример.

 3   sin x sin xsin 3 xsin 3 xcos xdv dx  u  cos x3sin x 1 1  du   sin x dx v  2 sin 2 x = ln tgxcos x1 dx C 22 2 sin x 2 sin x1x cos x  ln tg C.22 sin 2 x Интегрирование иррациональных функций.15Каких-либо общих методов интегрирования для всего классаиррациональных функций неизвестно, да и вряд ли такие методы можнопридумать.Общая идея состоит в том, чтобы придумать рационализирующуюподстановку, т.

е. найти такуюзамену переменных, чтобы в новыхпеременных интеграл был бы интегралом от рациональной функции. А, какпоказано на прошлой лекции, интегралы от рациональных функций всегдаможно взять.Ниже приводятся некоторые интегралы, для которых известнырационализирующие подстановки.mp  ax  b  n  ax  b  q ,1.  R x,   dx , где R( ) – рациональная функция  cx  d   cx  d  ax  bаргументов. Рационализирующая подстановка z n , где n  НОК n, q  .cx  dx 1t7Пример.

dx  6dt - интеграл от рациональной функции,1 t31 x 1если взять t  6 x  1, t 6  x  1 .32.Pn x dxPn x ax 2  bx  c.ЭтотинтегралQn 1  x  ax 2  bx  c  можнопредставитьввидеdx, а затем искатьax 2  bx  cax 2  bx  cкоэффициенты полинома n-1 степени и константу, дифференцируя обе части,приводя дроби к общему знаменателю и приравнивая коэффициенты приодинаковых степенях переменной.x 2 dxdxПример.

.  Ax  B  x 2  x  1   x2  x 1x2  x 1Дифференцируем обе части Ax  B  x  1 2x12. A x2  x 1 222x  x 1x  x 1x  x 1Приводим к общему знаменателю1x 2  Ax 2  x  1   Ax  B  x     . Приравнивая коэффициенты при2131одинаковых степенях, получаем A  , B  ,    . Теперь, выделяя248полный квадрат, получаем в правой части разложения «длинный логарифм»:x 2 dx1 1 x 3.

    x 2  x  1  ln  x    x 2  x  1  C8 2x2  x 1  2 4 =163. В интегралах видаdx x   nax 2  bx  cрационализирующая подстановка1.x zПример.xxdxx2 15dx5x2 1= . Применяем подстановку t t 5 dtt212t 1t 4 dt 1 t211, dx   2 dt .xt. Это интеграл, рассмотренный выше вп.2.4. Дифференциальный бином. x a  bx Показать, что подстановка t a b - рационализирующая.xm1np,n 1 , p 1 m2n2p2рациональные числа. Такие интегралы берутся только в трех случаях (условияП.Л.Чебышева):а) p – целое (подстановкой t   x , где   НОК m2 , n2  ),m 1pб) q - целое (подстановкой t  2 a  bx n ),naв) p  q - целое (подстановкой t  p2 n  b ).xПример.

Показать, что в интеграле  xa  bxdx p  q - целое и равно 2.5. Интегралы видаинтегралов:а)  R z, m 2  z 2 dz , Rx,дляn pmdx , где m ax 2  bx  c dx сводятся к одному из трех типовкоторогорационализирующиеподстановкиz  m sin t , z  m tht ,б)в) Rz, Rz,m m dz , с подстановками z , z  m ch t .costm 2  z 2 dz , с подстановками z  m tg t , z  m sh t ,z22Упражнение.

Вычислить интегралы4  z 2 dz,1  z 2 dz .«Неберущиеся» интегралы.Это интегралы, которые не могут быть вычислены в элементарныхфункциях. Для таких интегралов приходится вводить специальные символы.Так получается потому, что класс интегралов от элементарных функций шире,чем класс элементарных функций (интегрирование – это переход от частного кобщему – обобщение, а дифференцирование – это переход от общего кчастному – уточнение).17dxexsin xcos x, Eix   dx, Six  dx, Cix  dx иln xxxxмногие другие интегралы.

Для них составляются специальные таблицы,которые можно найти в различных учебниках и справочниках.Примеры.Lix  Лекция 5. Определенный интеграл.Задача о площади криволинейной трапеции.Рассмотрим криволинейную трапецию, образованную отрезком a, b оси OX(основание трапеции), прямыми x  a, x  b (на них лежат боковыестороны трапеции) и графиком функции y  f x  . Так как графикфункции – кривая линия, то такая трапеция называется криволинейноqй.Xi-1axiibУстроим разбиение отрезка a, b точками a  x0 , x1 , x 2 ,... xi 1 , xi ,... x n  b .Обозначим xi  xi  xi 1 . На каждом отрезке xi 1 , xi  отметим точку  i .Вычислим f  i  .

Обозначим  S i - площадь части криволинейной трапеции надотрезком xi 1 , xi  , S – площадь всей криволинейной трапеции. Тогдаf  xi 1 xi  S i  f  i xi  f  xi S i ,ni 1nni 1i 1f xi 1 xi  S   f  i xi   f  xi xiПусть функция f x  непрерывна на каждом отрезке xi 1 , xi  . По второйтеореме Вейерштрасса выполняется неравенство mi  f  i   M i , где mi , M i нижняя и верхняя грани функции на отрезке xi 1 , xi  . Тогдаmi xi  S i  f  i xi  M i S i ,nСуммаi 1nnni 1i 1i 1 mi xi  S   f  i xi   M i xinf  i xi называется интегральной суммой, суммы s   mi xi ,i 1nS   M i xi называются соответственно нижней и верхней суммами Дарбу.i 1Будем измельчать разбиение так, чтобы max xi  0 . Если существует пределинтегральных сумм при неограниченном измельчении разбиения, то он18называется определенным интегралом (по Риману) от функцииотрезку a, b :nbi 1af x  поlim max xi o  f  i xi   f x dx .Если существуют пределы нижней и верхней сумм Дарбу принеограниченном измельчении разбиения, то они называются нижним I * иверхним I * интегралами Дарбу.Критерий существования определенного интеграла.

Для того, чтобыbсуществовал определенный интеграл по Риману f x dx ,необходимо иaдостаточно, чтобы существовали и были равны нижний и верхний интегралыДарбу.Следствие. Если определенный интеграл существует как пределинтегральных сумм, то он не зависит- отвыбораразбиения,лишьбыa, b   xi1 , xi , S x j 1 , x j  xi1 , xi   0 .-от выбора отмеченных точек  i на элементах разбиения- от способа измельчения разбиения, лишь бы max xi  0 .Поэтому (критерий Римана) для интегрируемости по Риману ограниченной наотрезке функции необходимо и достаточно, чтобы существовало некотороеконкретное разбиение отрезка, на котором S  s   для любого   0 .Теорема. Если функция непрерывна на отрезке, то она интегрируема на этомотрезке.Теорема. Если функция кусочно непрерывна на отрезке (имеет на нем не болееконечного числа разрывов первого рода), то она интегрируема на этом отрезке.Мы пришли к определенному интегралу от задачи о площади криволинейнойтрапеции. Если функция принимает на отрезке неотрицательные значения, тоопределенный интеграл можно интерпретировать как площадь под графикомфункции.

В этом состоит геометрический смысл определенного интеграла.К понятию интеграла можно придти и от других задач. Например, отзадачи о работе переменной по величине силы, не меняющей направления напрямолинейном пути, от задачи о массе отрезка, плотность которогоменяется от точки к точке, от задачи о пути тела, движущегосяпрямолинейно с переменной скоростью. Фактически, все эти задачи формальносводятся к задаче о площади криволинейной трапеции. В задаче о работе силыпо оси ординат откладываются значения скалярного произведения вектора силыв данной точке x отрезка на орт оси OX. В задаче о массе отрезка по осиординат откладываются значения переменной плотности. В задаче о пути,пройденном телом, по оси ординат откладывается величина скорости тела вданной точке.К схеме определенного интеграла сводится любая задача вычислениянекоторой величины, аддитивно зависящей от множества, т.е.