1611676884-55ce67763bb0ee5cd12890a10c9e59c1 (826616), страница 5

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 5)

Пусть F — первообразная функции f на (a, b). Эта функция являетсянепрерывной на (a, b) (и дифференцируемойна (a, b) \ E, где E — конечное множество.)Тогда функция t 7→ F φ(t) непрерывна на (c, d), дифференцируема на (c, d) \ φ−1 (E) и()()dF φ(t)dφ(t)dF (x) == f φ(t) φ ′ (t) для всех t ∈ (c, d) \ φ−1 (E).dtdx x=φ(t) dtПоскольку φ — (биективноеотображение, множество φ−1 (E) является)() ′конечным, поэтомуфункция t 7→ F φ(t) является первообразной функции t 7→ f φ(t) φ (t) на (c, d), а это иесть утверждение теоремы.Теперь мы можем находить интеграл от функции f , пытаясь при помощи замены переменной упростить подынтегральное выражение. Конечно, при этом необходимо следить,чтобы все преобразования имели смысл.Лекция №6.

25.02.2016.Пример 6.1.14. Как и в примере 6.1.12, найдем первообразную функции xe−x на R. Сначала рассмотриминтервал (0, +∞)√и отображение φ+ : R+ → R+ , задаваемое формулой√2x = φ+ (t) = t. Тогда φ ′+ (t) = 1/(2 t), φ−1+ (x) = x и∫∫∫2√ −t 11e−t e−x−x2−t√ dtxedx =te=e dt=−+ C+ = −+ C+ = F+ .22 t=x22t=x22 t t=x22Рассмотрим теперь интеграл при0) и отображениеφ− : R+ → R− , задавае√ x ∈ (−∞,( √)′2мое формулой x = φ− (t) = − t. Тогда φ − (t) = −1/ 2 t и φ−1− (x) = x .

Совершенноаналогично мы получим:∫∫2e−x1−t−x2=−e dt+ C− = F− .xedx =22t=x2Чтобы получить первообразную на всей вещественной прямой R, мы должны склеитьпервообразные F+ и F− в точке x = 0 по непрерывности. Для этого достаточно положить,что C+ = C− = C. Таким образом,∫2e−x−x2+ C для всех x ∈ R.xedx = −2Заметим, что полученная первообразная дифференцируема и в точке x = 0.21•√Пример 6.1.15. Найдем первообразную функции f (x) = x2 − 1. Так как эта функцияопределена только при x2 > 1, мы должны выбрать один из интервалов (−∞, −1) или(1, ∞). Возьмем второй из них. При x ∈ (1, ∞), сделав замену переменной x = φ(t) = ch t,мы получим:∫ √∫ √∫2− 1 dx =ch t − 1 sh t dt = sh2 t dt∫( e2t − e−2t)( sh t ch t t))1 ( 2tt−2t=− +C=− +Ce + e − 2 dt =48222t=arch xt=arch x√√( ch t ch2 t − 1 t)x x2 − 1 arch x==− +C−+ C.2222t=arch xx2•Пример 6.1.16.

Часто, чтобы найти нужную замену переменной в интеграле, необходимо иметь некоторый опыт вычисления производных. Найдем, например, первообразнуюфункции f (x) = (x2 + 1)−1 на всей вещественной прямой R. Воспользуемся заменой переменной x = tg y, y ∈ (−π/2, π/2). Заметим, что (tg y)′ = 1/ cos2 y и tg2 y + 1 = 1/ cos2 y.Поэтому∫∫dxcos2 y =dy = arctg x + C.x2 + 1cos2 yy=arctg xМы могли бы сделать и другую замену: x = ctg t, t ∈ (0, π).

Поскольку (ctg t)′ =−1/ sin2 t и ctg2 y + 1 = 1/ sin2 y,∫6.1.2dx=−2x +1∫sin2 t dt= − arcctg x + C.sin2 t t=arcctg x•Интегрирование рациональных функцийРациональные функции.Функция R(x) называется рациональной, если она является отношением двух полиномов:R(x) = P (x)/Q(x). Мы будем интегрировать вещественные рациональные функции, поэтому предположим, что P и Q — полиномы с вещественными коэффициентами. Еслистепень полинома P меньше степени полинома Q, то мы назовем R правильной рациональной функцией. Любую рациональную функцию можно представить в виде суммыполинома и правильной рациональной функции.

Поскольку интегрирование полинома невызывает затруднений (его первообразная является полиномом на единицу большей степени), интегрирование рациональной функции сводится к интегрированию правильнойрациональной функции. Как известно из курса алгебры, любая правильная рациональнаяфункция представима в таком виде:R(x) =kjℓ ∑∑j=1 k=1∑ ∑ βjm x + γjmαjk+,(x − σj )k j=1 m=1 (x2 + pj x + qj )mnmjгде αjk , βjm , γjm , σj , pj и qj — некоторые вещественные, а ℓ, kj , n и mj — натуральныечисла. Эти числа определены однозначно. Кроме того, σi ̸= σj и (pi , qi ) ̸= (pj , qj ) при i ̸= j.Заметим ещё, что полиномы x2 + pj x + qj не имеют вещественных корней.

У каждого22из них есть два комплексно сопряженных корня. Таким образом, учитывая линейностьнеопределенного интеграла, мы свели задачу к нахождению первообразных от следующихтипов функций:1βx + γ,,(x − σ)k(x2 + px + q)mпричем x2 + px + q имеет два комплексно сопряженных корня.Интеграл от первой из этих функций вычисляется просто:∫k = 1,ln |x − σ| + C,1dx =11−(x − σ)k+ C, k > 1.k − 1 (x − σ)k−1Заметим, что эти формулы справедливы либо на интервале (−∞, σ), либо на (σ, ∞). Константы на этих интервалах могут быть разными.Чтобы вычислить интеграл от функций второго типа, сделаем в нем замену переменнойx = y − p/2 и обозначим a2 = q − p2 /4, b = γ − βp/2, где a, b ∈ R.

Мы обозначили p2 /4 − qчерез −a2 , поскольку эта величина является дискриминантом не имеющего вещественныхкорней полинома x2 +px+q и по этой причине должна быть отрицательной. Тогда получим:∫∫βx + γβy + bdx =dy .2m22m(x + px + q)(y + a )y=x+p/2√Сначала с помощью замены переменной u = y 2 + a2 (то есть, y = ± u − a2 ) посчитаеминтеграл1∫∫m = 1,y1du  2 ln |u|,dy==11(y 2 + a2 )m2um , m > 1.m−12(1 − m) uТаким образом,∫1 ln |y 2 + a2 |,m = 1,y2dy=11(y 2 + a2 )m, m > 1.22(1 − m) (y + a2 )m−1Здесь можно ещё заметить, что y 2 + a2 = x2 + px + q.Нам осталось посчитать интеграл∫1Im =dy.2(y + a2 )mДля этого мы воспользуемся одним интересным приемом, а именно, выразим Im+1 черезIm и, вычислив I1 , найдем Im для любого m ∈ N.

Интегрируя по частям, мы получим∫Im =∫yy2y′dy=+2mdy(y 2 + a2 )m(y 2 + a2 )m(y 2 + a2 )m+1∫∫ydyy 2 + a22= 2+2mdy−2ma.(y + a2 )m(y 2 + a2 )m+1(y 2 + a2 )m+123Таким образом, нами выведено следующее рекуррентное соотношение:Im+1 =)1 (y(2m−1)I+.m2ma2(y 2 + a2 )mЧтобы вычислить Im для каждого m ∈ N, нам осталось найти I1 . Этот интеграл мы ужевычислили в примере 6.1.16:∫11yI1 (y) =dy = arctg + C.22y +aaaИтак, мы вывели процедуру вычисления неопределенного интеграла от любой рациональной функции.Лекция №7. 29.02.2016.Пример 6.1.17.

Вычислим первообразную правильной рациональной функцииR(x) =2x + 1.− x + 1)x2 (x2Сначала методом неопределенных коэффициентов разложим эту функцию на сумму простейших рациональных функций:R(x) =α1 α2β1 x + γ1(α1 + β1 )x3 + (α2 − α1 + γ1 )x2 + (α1 − α2 )x + α2+ 2+ 2=xxx −x+1x2 (x2 − x + 1)Поскольку числитель должен быть равен 2x + 1, мы получаем следующую систему дляопределения коэффициентов α1 , α2 , β1 и γ1 :α1 + β1α2 − α1 + γ1α1 − α2α2= 0,= 0,= 2,= 1,решением которой являются числа α1 = 3, α2 = 1, β1 = −3 и γ1 = 2. Таким образом,R(x) =31−3x + 2+ 2+ 2.x xx −x+1Интегралы от первых двух слагаемых вычисляются просто:∫∫311dx = 3 ln |x| + C,dx = − + C.2xxxДля вычисления интеграла от третьего слагаемого преобразуем его, сделав замену переменной x = y + 1/2, как это было описано выше:∫∫−3y + 1/2 −3x + 2.dx =dy x2 − x + 1y 2 + 3/4y=x−1/224Теперь−3∫y332dy = − ln |y + 3/4|+ C = − ln |x2 − x + 1| + C2y + 3/422y=x−1/2y=x−1/2∫1112y 12x − 1√√dy=arctg+ C = √ arctg √+ C.22y + 3/4y=x−1/233 y=x−1/233Таким образом,∫1 312x − 1R(x) dx = 3 ln |x| − − ln |x2 − x + 1| + √ arctg √+ C.x 233иНеобходимо ещё отметить, что правая часть в этом равенстве не является непрерывнойфункцией, поэтому она является первообразной на любом интервале, который не содержитточек разрыва.•Тригонометрические рациональные функции.Покажем, как интегрируются функции вида R(cos x, sin x), где R(u, v) — рациональнаяфункция от двух аргументов.

Такие функции определяются следующим образом. Полиномом (или многочленом) степени n от аргументов u и v называется выражение видаPn (u, v) = a00 + a10 u + a01 v + a20 u2 + a11 uv + a02 v 2 + . . . + a0n v n ,где aij — некоторые вещественные числа. Рациональной функцией R(u, v) от двух аргументов называется отношение вида Pn (u, v)/Qm (u, v), где Pn (u, v) и Qm (u, v) — многочленыот двух аргументов степеней n и m соответственно.Для того, чтобы посчитать интеграл∫R(cos x, sin x) dx,можно применить универсальную замену переменной t = tg x2 . При этом используютсястандартные тригонометрические формулы:1 − tg2 x21 − t2cos x ==,1 + tg2 x21 + t22 tg x2sin x =1 + tg2x2=2t.1 + t2При этом x = φ(t) = 2 arctg t и φ′ (t) = 2/(1 + t2 ). Таким образом, интегрирование тригонометрической рациональной функции сводится к задаче интегрирования рациональнойфункции, которую мы уже решили:∫∫ (1 − t2 2t ) 2.R(cos x, sin x) dx = R,dt2221+t 1+t 1+tt=tg(x/2)Пример 6.1.18.

Найдем первообразную функции 1/(2 + sin x). С помощью приведеннойвыше замены переменной мы получим:∫∫∫1dtdx2.=dt =2t222 + sin xt + t + 1 t=tg(x/2)2 + 1+t2 1 + tПоскольку полином t2 + t + 1 не имеет вещественных корней, мы стандартным образом,как это было описано выше, получим, что∫( 22x1 )dx= √ arctg √ tg + √ + C.•2 + sin x233325Хотя замена t = tg x2 и является универсальной, она часто приводит к довольно сложным рациональным функциям и, как следствие, к громоздким выкладкам.

Характеристики

Список файлов лекций