Ахтямов - Математика для социологов и экономистов - 2004 (947340), страница 32
Текст из файла (страница 32)
Интеграл от алгебраической суммы двух функций равен такой весе сумме интегралов от этих функцийе Доказательство аналогично доказательству свойства 4. Нетрудно видеть, что свойство 5 остается справедливым для любого конечного числа слагаемых. 7 Пример. Найти |(4ха — 3хг+ 2х) йх. Решение. Имеем: = (х4+ С1) — (т'+ С2) + (х2+ Св) = хг — х~+ х2+ С.
где С = С1 — С2+ Сг. Заметим, что здесь нет необходимости выписывать при промежуточных вычислениях постоянное слагаемое для каждого интеграла. Достаточно приписать его после выполнения всех интегрирований. А 11.3. Непосредственное интегрирование Всякая формула дифференцирования, рассмотренная в обратном порядке, дает формулу интегрирования, например: (еге+ совх)' = 2е * — гйпх, (2е "' — врп х) дх = е е + сов х+ С. 2 к ~ ~ ~ ~ ~2 е Таким образом, из таблицы производных нетрудно получить таблицу интегралов (см.
следующую страницу). Справедливость каждой формулы проверяется непосредственно дифференцированием. Например, формула 1 верна, так как (х + С)' = х'+ С' = 1. Формула | ел-1 х Ых= о+1 7ад. Кеноередетеенное интегрировоние 207 следует из равенства Докажем равенство г1х 1'1 — = ~ — г1х = 1п х + С. Пусть х > О.
Тогда 1х) = х и (!п1х~+С) = (1пх+С) Гл. !!. Неопределенный ннглеграл 208 Если х ( О, то /х! = — х и (1п!х/+ С)' = (1п( — х) + С)' = — = 1 1 = †, .т. е. в обоих случаях производная равна — . Аналогично доказываются остальные формулы. '7 Пример 1. Найти )" х Мх, | —, е1х, )" ~/х е1х, ~ — 4х, х' ъ' х' Решение. Все пять интегралов имеют вид: | х е1х. В первом случае о = 3, во втором а = — 3, в третьем а = 5/4, в четвертом а = — 5/4 и в пятом о = — 1. В первых четырех случаях а ~ — 1, поэтому применяем формулу 2; | о-~-1 х е!х= +С.
а+1 5 5 При а = 3, о = — 3, а = — и о = — — имеем: 4 4 — +С, Г да! х е!х= +С 3+1 — 2 +С= — .,+С, — 2 2 хе 5 — '-;-1 х =~ хег1х= 5 +С вЂ” +1 4 9 — + 9 4 С= ' С +С, Интегрирование, основанное на прямом использовании таблицы интегралов, называется неяосредсгпеенныле интегрированием. При непосредственном интегрировании могут представиться следующие случаи: 1) данный интеграл находится непосредственно по соответствующему табличному интегралу; 2) данный интеграл после применения свойств 4 и 5 приводится к одному или нескольким табличным интегралам; 3) данный интеграл после элементарных тождественных преобразований над подынтсгральной функцией и применения свойств 4 и 5 приводится к одному или нескольким табличным интегралам.
Рассмотрим три примера, каждый из которых соответствует одному из трех случаев непосредственного интегрирования. П.д. Кеноередетеенное интегрироооние 200 | 5 — тг-! Фхе 4 — — +1 4 В следующем примере формулу 2, с помощью которой были найдены предыдущие интегралы, использовать нельзя, так как и = — 1. Но этот интеграл также является табличным (формула 5); | х ' е1х = ~ — 14х = )п )х~ + С. й 1 х ег 3 1 21 Ч Пример 2. Найти 1 , + „— — ) е(х.
~~х 5 сове(т) х Решение. Используя свойства 4 и 5 и формулы 2, 5, 9, имеем: фх 5 совв(т) х ~~/ 1 ( ) 1 + — 1йх — 2!их+ С = 5 1+Зхв '7 Пример 3. Найти | ., е(х. 2(1+ х2) Решение. 1+Зх~ | (1+те)+2х2 д 2 ~ 2 ~ Х ~ т ~ ~ ? | ~ ~2 ~ ~2 ~ ~ Х т ,2(1+,2) | 2(1+,2) ~~ 2 ~ ~ ~ ~ ~ ~ 2 ~г 2 ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~~ ? ~ х (1+хг) | х (1+х) | т" .| 1+хе 1 = — — + 2 ассах х + С. й т ( й — 2211-ь й'х2 Задача. Найти неопределенный интеграл ~ 11х. Результат проверить дифференцированием. — —.-г1 1 8 3 — — +1 3 = 4,5 ъ' хи + — 1п х — 2 1и х + С. а Гл.
11. Неопределенный иигпеграл 210 О.: 4 ' хз — — ' 4 * + —" Фх1 + С. 19 17 11.4. Метод замены переменной К наиболее важным методам интегрирования относятся методы: непосредственного интегрирования, замены переменной, интегрирования по частям. Метод непосредственного интегрирования рассмотрен в предыдущем параграфе. Метод замены, переменной (или метод подстановки) основан на следующей теореме.
Теорема 1. Если Е(1) — первообразиал функции )'(1), а 1 = = у(х) диффертецируемал фупкцил, пю фуикцил 1'(~р(х)) ~р'(х) также имеет первообразную, причем (11.2) 1Л По правилу дифференцирования сложной функции (Е(р(х))) = Р1(1) . 4,(х) = 1(у (х)) у'(х), т. е. функция ~(у(х)) у'(х) имеет в качестве одной из своих первообразных функцию Е(р(х)). Следовательно, | ~(у(х)) ~р'(х) дх = Р(х(х)) + С, что и требовалось доказать. ° Эта формула позволяет свести вычисление интеграла |~(у(х)) у'(х) ах к вычислению интеграла |~(1) а1. При этом вместо у(х) мы подставляем переменную 1, а вместо у~(х) дх дифференциал этой переменной, т.
е. Л. Поэтому формула (11.2) называется формулой замены переменной под знаком неопределенного интеграла. 7 Пример 1. Найти | е"" совхйх. Решение. В данное подынтегральное выражение входит множитель сов х йх, являющийся дифференциалом функции яп х. 11.4. Метод замены неоезненной 211 Полагая сбпх = 1, получим ) е "ое совхе1х = ) е еИ = е + С, Возвращаясь к переменной х, находим; ,з1не, 1х гз!пж Проверим полученный результат: ('"' ) = "" е "н*+ С) = еы"*(в1пх) = еет совх.
А х е1х 11 Пример 2. Найти Дт,-'+ 5 Решение. Числитель данного подынтегрального выражения напоминает диффсрспциол для подкорсппого выражения 3 х2 + 5; в самом деле, ее (3 х2 + 5) = 13 х2 + 5)' дх = 6 х дх. Это наводит на мьнль о целесообразности подстановки 1 = 3 х2 + 5. Тогда Ю = 6 х дх, откуда х дх = —, ей.
Таким образом, 11з 13, 2 — + С = — (3 .2 + 5)2 + С. 6 2 4 3 7 Пример 3. Найти ) т/3х+ 4 дх. 1 Решение. Положим 1 = 3х+ 4. Тогда Ю = 3Йх., Ых = — ез1., 3 Г т/Зх + 4 сЬ = т/7 — И = 1 3 з 2 = — ~ 16 ~й = — — + С = — (3 т + 4)3 + С. й 3~ 33 9 2 Заметим, что в простых случаях пет нужды вводить новую переменную. Так, предыдущий пример можно решить следующим образом. Находим в уме дифференциал от подкоренного выражения 3 х + 4: д (3 х + 4) = 3 е4х.
Вводим в подынтегральпое Гл. !!. !!еснределенний интеграл 212 1 выражение перед дх множитель 3: для компенсации ставим— 3 перед интегралом. Получаем: Лж + 4 . 3 . дх = -, "Ля+4 . д (3 х + 4) = 3) 3) г г-с= — фг ггт -,-с. 1 (3 х + 4) 2 2 3 3 В последнем решении новая переменная не выписана явно в виде ! = 3 х + 4.
В этом случае говорят о преобразовании функции под знаком дифференциала или о введении постпоянных и переменных под знак дифференциала. Ч Пример 4. Найти ) (2 х — 5)о дх. Решение. Г (2 х — 5) дх = ~(2 х — 5)о . 2 . Дх = 2 ) 1 (2х — 5)" (2 х — 5) д(2х — 5) = — + С = = — (2х — 5) + С. а 1 !о 20 Ч Пример 5. Найти ) сов(3 х+ 2) дх.
Решение. = — ~ сов(3 х + 2) д (3 х + 2) = — в!п(3 х + 2) + С. А 1 3~ ' 3 В примерах 3 — 5 была использована линейная подстановка ! = = кх+ 5, где к (к ~ О) и Ь некоторые числа. Применим эту подстановку к общему интегралу вида ) !'(Ь х + Ь) дх. Пусть Г(х) некоторая первообразная для функции !" (х). Тогда !1.5. Метод интегрирования во чаетллл 213 — 1'(6 х + 6) - д (6 х + 6) = — Р(6 х + 6) + С.
Таким образом, верна следующая теорема, часто применяемая на практике. Теорема 2. Пулсть 1г(х) функции 1" (х). Тогда некоторая первообравная дяя где и и 6 .- некоторые числа, 1е ф О. 1 л Пример 6. Найти ~ дх. ~ 3 х -(- 2 Решение. Поскольку — е!х = 1п (х! + С, 1 применив теорему 2, получим | дх = — !(((3х+ 2(+ С. А 1 1 3х+2 3 11.5. Метод интегрирования ио частям Интегрируя левую и правую части последнего равенства по пере- менной х,получаем и(х) о(х) + С = и (х) и(х) е(х+ и(х) о (х) глх.
Так как | и(х) лр(х) дх уже содержит произвольную постоянную, то можно опустить С и записать равенство в виде и(х) п(х) = и (х) о(х) л1х+ и(х) о (х) дх. Пусть н = и(х) и о = о(х) -. дифференцируемые функции. По правилу дифференцирования произведения двух функций имеем (и(х) и(х)) = и (х) о(х) + и(х) и (х). !'л. ! !.
Неопределенный ннгпеерал 214 Используя определение дифференциала (е!и = и' е!х, е!о = о' г1х), последнее равенство можно записать в форме или Эта формула называется формулой инп!егрированил по частям. Ею обычно пользуются в тех случаях, когда подынтегральное выражение ив!и проще, чем подынтсгральное выражение и е!о. ч' Пример 1. Найти ) х ее !!х. Решение. Воспользуемся методом интегрирования по частям. Положим и = х, е!о = е* е1х.
Тогда е!и = е!х, о = ) е* е!х = = еп + С. Теперь, применяя формулу интегрирования по частям, получаем Г и=т, е!и=е!х х е* е!х = = и о — и е!и = е!о = е~., о = е*+ С = х (е~ + С) — (е*+ С) е!х = = х е*+ Сх — е* — С х+ С = е* (х — 1) + С . Анализ полученного решения показывает, что слагаемые, содержащие С, уничтожаются. Аналогично, в общем случае постоянная С, .возникающая при нахождении и, не входит в запись окончательного ответа. Поэтому в дальнейшем, применяя формулу интегрирования по частям и найдя о, будем полагать С = О, что несколько упрощает запись решения.
а 7 Пример 2. Найти ) х сов х г!х. Решение. Воспользуемся методом интегрирования по частям. Положим и = х, е!о = сов хе!х. Тогда ии = е!х, о = сов х е!х = вш х !Ио. Метод иитегоиоооавве ио чоетлм 21В (С = 0). Теперь, применяя формулу интегрирования по частям получаем г и = х, е!и = ах х созхйх= ', =х япх — япхе!х е!и = соз х, ю = вш х =х япх+созх+С, а Задача 1. Найти ~х яп хе!и. Ответ: — х созх+ яп х+ С. ~~ Пример 3. Найти ~ х2 соз х г!х. Решение. Г и = х2 е!и = (х~)'е!х = 2х йх х созхе!х = е!в = соз х, с = зш х = х2 япт — 2 х з!пхдх.
К полученному интегралу применяем интегрирование по частям (задача 1). Окончательно получаем: х созхе!х = х вшх+ 2х созх — 2 вшх+ С. Г ,2 , 2 В данном примере формулу интегрирования по частям была применена дважды; после первого интегрирования по частям степень переменной х в подынтегральном выражении уменьшилась на единицу. Второе применение формулы интегрирования по частям привело уже к табличному интегралу. а Задача 2.
Найти ~ х яп х е!х. Ответ: — хв сов х+ 2х япх+ 2 сов х+ С. г Пример 4. Найти ) х !и х е!х. Решение. и = !и х, е!и = (!их)'е!х = — нх х 2 е!и = х е!х, с = —, 2 Гл. 1 И Иеопределеииып иитпеграл 216 = — !их — — — нх = 1 1 г = — !их — — ~ хг1х= их !пх — — х . 2 2| 2 4 Если выбрать функции и и и в виде и = х, де =!ихг1х, то возникает интеграл е = | !п х дх, который не является табличным (не путать интеграл с производной!) .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
