Tört-racionális függvény integrálása. A meghatározatlan együtthatók módszere. Néhány tört integrálása. Módszerek és technikák az Antiderivatív frakcióképlet megoldására

04.03.2022Cím: Épületek

A témában bemutatott anyag a "Racionális törtek. Racionális törtek bontása elemi (egyszerű) törtekre" témakörben bemutatott információkon alapul. Erősen ajánlom, hogy legalább olvassa át ezt a témát, mielőtt tovább olvassa ezt az anyagot. Ezenkívül szükségünk lesz egy határozatlan integrálok táblázatára.

Hadd emlékeztesselek néhány kifejezésre. A megfelelő témában szóba kerültek, ezért itt egy rövid megfogalmazásra szorítkozom.

Két polinom $\frac(P_n(x))(Q_m(x))$ arányát racionális függvénynek vagy racionális törtnek nevezzük. A racionális tört ún helyes, ha $n< m$, т.е. если степень многочлена, стоящего в числителе, меньше степени многочлена, стоящего в знаменателе. В противном случае (если $n ≥ m$) дробь называется rossz.

Az elemi (legegyszerűbb) racionális törtek racionális törtek négy fajta:

$\frac(A)(x-a)$;
$\frac(A)((x-a)^n)$ ($n=2,3,4, \ldots$);
$\frac(Mx+N)(x^2+px+q)$ ($p^2-4q< 0$);
$\frac(Mx+N)((x^2+px+q)^n)$ ($p^2-4q< 0$; $n=2,3,4,\ldots$).

Megjegyzés (kívánatos a szöveg teljesebb megértéséhez): show\hide

Miért van szükség a $p^2-4q feltételre?< 0$ в дробях третьего и четвертого типов? Рассмотрим квадратное уравнение $x^2+px+q=0$. Дискриминант этого уравнения $D=p^2-4q$. По сути, условие $p^2-4q < 0$ означает, что $D < 0$. Если $D < 0$, то уравнение $x^2+px+q=0$ не имеет действительных корней. Т.е. выражение $x^2+px+q$ неразложимо на множители. Именно эта неразложимость нас и интересует.

Például a $x^2+5x+10$ kifejezéshez ezt kapjuk: $p^2-4q=5^2-4\cdot 10=-15$. Mivel $p^2-4q=-15< 0$, то выражение $x^2+5x+10$ нельзя разложить на множители.

Egyébként ehhez az ellenőrzéshez egyáltalán nem szükséges, hogy $x^2$ együtthatója 1 legyen. Például $5x^2+7x-3=0$ esetén a következőt kapjuk: $D=7^ 2-4\cdot 5 \cdot (-3)=109 USD. Mivel $D > 0$, a $5x^2+7x-3$ kifejezés faktorizálható.

Példák racionális törtekre (helyes és helytelen), valamint példák a racionális törtek elemire bontására. Itt csak az integrációjuk kérdéseire leszünk kíváncsiak. Kezdjük az elemi törtek integrálásával. Tehát a fenti négy elemi törttípus mindegyike könnyen integrálható az alábbi képletekkel. Hadd emlékeztessem önöket arra, hogy a (2) és (4) típusú törtek integrálásakor a $n=2,3,4,\ldots$ feltételezhető. A (3) és (4) képlet megköveteli a $p^2-4q feltétel teljesülését< 0$.

\begin(egyenlet) \int \frac(A)(x-a) dx=A\cdot \ln |x-a|+C \end(egyenlet) \begin(egyenlet) \int\frac(A)((x-a)^n )dx=-\frac(A)((n-1)(x-a)^(n-1))+C \end(egyenlet) \begin(egyenlet) \int \frac(Mx+N)(x^2 +px+q) dx= \frac(M)(2)\cdot \ln (x^2+px+q)+\frac(2N-Mp)(\sqrt(4q-p^2))\arctg\ frac(2x+p)(\sqrt(4q-p^2))+C \end(egyenlet)

$\int\frac(Mx+N)((x^2+px+q)^n)dx$ esetén a $t=x+\frac(p)(2)$ behelyettesítés történik, ami után a kapott intervallum két részre osztva. Az első kiszámítása a differenciáljel alá való beírással történik, a második pedig $I_n=\int\frac(dt)((t^2+a^2)^n)$. Ezt az integrált az ismétlődési reláció segítségével veszi fel

\begin(egyenlet) I_(n+1)=\frac(1)(2na^2)\frac(t)((t^2+a^2)^n)+\frac(2n-1)(2na ^2)I_n,\; n\in N\end(egyenlet)

Egy ilyen integrál számítását a 7. példa tárgyalja (lásd a harmadik részt).

A racionális függvények integráljai (racionális törtek) kiszámításának sémája:

Ha az integrandus elemi, akkor alkalmazza az (1)-(4) képleteket.
Ha az integrandus nem elemi, akkor ábrázolja elemi törtek összegeként, majd integrálja az (1)-(4) képletekkel.

A racionális törtek integrálására szolgáló fenti algoritmusnak tagadhatatlan előnye van - univerzális. Azok. ezzel az algoritmussal integrálható bármilyen racionális tört. Éppen ezért egy határozatlan integrálban a változók szinte minden változása (Euler, Csebisev, univerzális trigonometrikus helyettesítés) úgy történik, hogy e változtatás után az intervallum alatti racionális törtet kapjuk. És akkor alkalmazza rá az algoritmust. Ennek az algoritmusnak a közvetlen alkalmazását elemezzük példákon keresztül, egy kis megjegyzés után.

$$ \int\frac(7dx)(x+9)=7\ln|x+9|+C. $$

Elvileg ez az integrál könnyen beszerezhető a képlet mechanikus alkalmazása nélkül. Ha kivesszük az integráljelből a $7$ konstanst, és figyelembe vesszük, hogy $dx=d(x+9)$, akkor a következőt kapjuk:

$$ \int\frac(7dx)(x+9)=7\cdot \int\frac(dx)(x+9)=7\cdot \int\frac(d(x+9))(x+9) )=|u=x+9|=7\cdot\int\frac(du)(u)=7\ln|u|+C=7\ln|x+9|+C. $$

Részletes információkért javaslom a témában való áttekintést. Részletesen elmagyarázza, hogyan kell megoldani az ilyen integrálokat. A képletet egyébként ugyanazok az átalakítások igazolják, amelyeket ebben a bekezdésben alkalmaztunk a „kézi” megoldásnál.

2) Ismét két módja van: használja a kész formulát, vagy nélküle. Ha alkalmazza a képletet, akkor figyelembe kell vennie, hogy a $x$ (4-es szám) előtti együtthatót el kell távolítani. Ehhez egyszerűen vegyük ki ezt a négyet a zárójelekből:

$$ \int\frac(11dx)((4x+19)^8)=\int\frac(11dx)(\left(4\left(x+\frac(19)(4)\right)\right)^ 8)= \int\frac(11dx)(4^8\left(x+\frac(19)(4)\right)^8)=\int\frac(\frac(11)(4^8)dx) (\left(x+\frac(19)(4)\right)^8). $$

Most itt az ideje alkalmazni a képletet:

$$ \int\frac(\frac(11)(4^8)dx)(\left(x+\frac(19)(4)\right)^8)=-\frac(\frac(11)(4) ^8))((8-1)\left(x+\frac(19)(4) \right)^(8-1))+C= -\frac(\frac(11)(4^8)) (7\left(x+\frac(19)(4) \right)^7)+C=-\frac(11)(7\cdot 4^8 \left(x+\frac(19)(4) \right )^7)+C. $$

Megteheti a képlet használata nélkül is. És még anélkül is, hogy az állandó 4$-t kivennénk a zárójelekből. Ha figyelembe vesszük, hogy $dx=\frac(1)(4)d(4x+19)$, akkor a következőt kapjuk:

$$ \int\frac(11dx)((4x+19)^8)=11\int\frac(dx)((4x+19)^8)=\frac(11)(4)\int\frac( d(4x+19))((4x+19)^8)=|u=4x+19|=\\ =\frac(11)(4)\int\frac(du)(u^8)=\ frac(11)(4)\int u^(-8)\;du=\frac(11)(4)\cdot\frac(u^(-8+1))(-8+1)+C= \\ =\frac(11)(4)\cdot\frac(u^(-7))(-7)+C=-\frac(11)(28)\cdot\frac(1)(u^7 )+C=-\frac(11)(28(4x+19)^7)+C. $$

Az ilyen integrálok megtalálásának részletes magyarázata a „Integráció helyettesítéssel (helyettesítés a differenciáljel alatt)” témakörben található.

3) Integrálnunk kell a $\frac(4x+7)(x^2+10x+34)$ törtet. Ennek a törtnek a szerkezete $\frac(Mx+N)(x^2+px+q)$, ahol $M=4$, $N=7$, $p=10$, $q=34$. Ahhoz azonban, hogy megbizonyosodjon arról, hogy ez valóban a harmadik típus elemi törtrésze, ellenőriznie kell, hogy a $p^2-4q feltétel teljesül-e< 0$. Так как $p^2-4q=10^2-4\cdot 34=-16 < 0$, то мы действительно имеем дело с интегрированием элементарной дроби третьего типа. Как и в предыдущих пунктах есть два пути для нахождения $\int\frac{4x+7}{x^2+10x+34}dx$. Первый путь - банально использовать формулу . Подставив в неё $M=4$, $N=7$, $p=10$, $q=34$ получим:

$$ \int\frac(4x+7)(x^2+10x+34)dx = \frac(4)(2)\cdot \ln (x^2+10x+34)+\frac(2\cdot 7-4\cdot 10)(\sqrt(4\cdot 34-10^2)) \arctg\frac(2x+10)(\sqrt(4\cdot 34-10^2))+C=\\ = 2\cdot \ln (x^2+10x+34)+\frac(-26)(\sqrt(36)) \arctg\frac(2x+10)(\sqrt(36))+C =2\cdot \ln (x^2+10x+34)+\frac(-26)(6) \arctg\frac(2x+10)(6)+C=\\ =2\cdot \ln (x^2+10x +34)-\frac(13)(3) \arctg\frac(x+5)(3)+C. $$

Oldjuk meg ugyanazt a példát, de kész képlet nélkül. Próbáljuk meg elkülöníteni a nevező deriváltját a számlálóban. Ez mit jelent? Tudjuk, hogy $(x^2+10x+34)"=2x+10$. A $2x+10$ kifejezést kell elkülönítenünk a számlálóban. Eddig a számláló csak $4x+7$-t tartalmaz, de ez nem tart sokáig Alkalmazzuk a következő transzformációt a számlálóra:

$ 4x+7=2\cdot 2x+7=2\cdot (2x+10-10)+7=2\cdot(2x+10)-2\cdot 10+7=2\cdot(2x+10) -13. $$

Ekkor a szükséges $2x+10$ kifejezés megjelenik a számlálóban. Az integrálunk pedig a következőképpen írható át:

$$ \int\frac(4x+7)(x^2+10x+34) dx= \int\frac(2\cdot(2x+10)-13)(x^2+10x+34)dx. $$

Osszuk ketté az integrandust. Nos, és ennek megfelelően maga az integrál is „kétágú”:

$$ \int\frac(2\cdot(2x+10)-13)(x^2+10x+34)dx=\int \left(\frac(2\cdot(2x+10))(x^2) +10x+34)-\frac(13)(x^2+10x+34) \jobbra)\; dx=\\ =\int \frac(2\cdot(2x+10))(x^2+10x+34)dx-\int\frac(13dx)(x^2+10x+34)=2\cdot \int \frac((2x+10)dx)(x^2+10x+34)-13\cdot\int\frac(dx)(x^2+10x+34). $$

Először beszéljünk az első integrálról, i.e. körülbelül $\int \frac((2x+10)dx)(x^2+10x+34)$. Mivel $d(x^2+10x+34)=(x^2+10x+34)"dx=(2x+10)dx$, ezért az integrandus számlálója tartalmazza a nevező differenciálját. Röviden, ehelyett a $( 2x+10)dx$ kifejezésből $d(x^2+10x+34)$-t írunk.

Most pedig ejtsünk néhány szót a második integrálról. Válasszunk ki egy teljes négyzetet a nevezőben: $x^2+10x+34=(x+5)^2+9$. Ezen kívül figyelembe vesszük a $dx=d(x+5)$. Most a korábban kapott integrálok összege egy kicsit más formában átírható:

$2\cdot\int \frac((2x+10)dx)(x^2+10x+34)-13\cdot\int\frac(dx)(x^2+10x+34) =2\cdot \int \frac(d(x^2+10x+34))(x^2+10x+34)-13\cdot\int\frac(d(x+5))((x+5)^2+ 9). $$

Ha az első integrálban végrehajtjuk a $u=x^2+10x+34$ behelyettesítést, akkor az $\int\frac(du)(u)$ alakot ölti majd könnyen használható második képlet -ból. Ami a második integrált illeti, az $u=x+5$ változtatás lehetséges, ami után $\int\frac(du)(u^2+9)$ alakot ölt. Ez a legtisztább tizenegyedik formula a határozatlan integrálok táblázatából. Tehát, visszatérve az integrálok összegéhez, a következőt kapjuk:

$2\cdot\int \frac(d(x^2+10x+34))(x^2+10x+34)-13\cdot\int\frac(d(x+5))((x+5) )^2+9) =2\cdot\ln(x^2+10x+34)-\frac(13)(3)\arctg\frac(x+5)(3)+C. $$

Ugyanazt a választ kaptuk, mint a képlet alkalmazásakor, ami szigorúan véve nem meglepő. Általánosságban elmondható, hogy a képlet bizonyítása ugyanazokkal a módszerekkel történik, mint amelyeket ennek az integrálnak a meghatározásához használtunk. Úgy gondolom, hogy a figyelmes olvasónak itt egy kérdése lehet, ezért megfogalmazom:

1. kérdés

Ha a határozatlan integrálok táblázatának második képletét alkalmazzuk a $\int \frac(d(x^2+10x+34))(x^2+10x+34)$ integrálra, akkor a következőt kapjuk:

$$ \int \frac(d(x^2+10x+34))(x^2+10x+34)=|u=x^2+10x+34|=\int\frac(du)(u) =\ln|u|+C=\ln|x^2+10x+34|+C. $$

Miért nem volt modul a megoldásban?

Válasz az 1. kérdésre

A kérdés teljesen természetes. A modul csak azért hiányzott, mert a $x^2+10x+34$ kifejezés bármely $x\in R$ esetén nagyobb nullánál. Ezt meglehetősen könnyű többféleképpen is megmutatni. Például mivel $x^2+10x+34=(x+5)^2+9$ és $(x+5)^2 ≥ 0$, akkor $(x+5)^2+9 > 0$ . Gondolkodhat másként, anélkül, hogy egy teljes négyzetet kiválasztana. Mivel $10^2-4\cdot 34=-16< 0$, то $x^2+10x+34 >0$ bármely $x\in R$-ban (ha ez a logikai lánc meglepő, azt tanácsolom, hogy nézze meg a másodfokú egyenlőtlenségek grafikus módszerét). Mindenesetre mivel $x^2+10x+34 > 0$, akkor $|x^2+10x+34|=x^2+10x+34$, i.e. Modul helyett hagyományos zárójeleket is használhat.

Az 1. példa minden pontja megoldva, már csak a választ kell leírni.

Válasz:

$\int\frac(7dx)(x+9)=7\ln|x+9|+C$;
$\int\frac(11dx)((4x+19)^8)=-\frac(11)(28(4x+19)^7)+C$;
$\int\frac(4x+7)(x^2+10x+34)dx=2\cdot\ln(x^2+10x+34)-\frac(13)(3)\arctg\frac(x) +5)(3)+C$.

2. példa

Keresse meg a $\int\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)dx$ integrált.

Első pillantásra a $\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)$ integráns tört nagyon hasonlít a harmadik típusú elemi törthez, azaz. $\frac(Mx+N)(x^2+px+q)$. Úgy tűnik, hogy az egyetlen különbség a $3$-os együttható a $x^2$ előtt, de nem tart sokáig az együttható eltávolítása (zárójelbe téve). Ez a hasonlóság azonban nyilvánvaló. A $\frac(Mx+N)(x^2+px+q)$ tört esetében a $p^2-4q feltétel kötelező< 0$, которое гарантирует, что знаменатель $x^2+px+q$ нельзя разложить на множители. Проверим, как обстоит дело с разложением на множители у знаменателя нашей дроби, т.е. у многочлена $3x^2-5x-2$.

A $x^2$ előtti együtthatónk nem egyenlő eggyel, ezért ellenőrizze a $p^2-4q feltételt< 0$ напрямую мы не можем. Однако тут нужно вспомнить, откуда взялось выражение $p^2-4q$. Это всего лишь дискриминант másodfokú egyenlet$x^2+px+q=0$. Ha a diszkrimináns kisebb, mint nulla, akkor a $x^2+px+q$ kifejezés nem faktorizálható. Számítsuk ki a törtünk nevezőjében található $3x^2-5x-2$ polinom diszkriminánsát: $D=(-5)^2-4\cdot 3\cdot(-2)=49$. Tehát $D > 0$, ezért a $3x^2-5x-2$ kifejezés faktorizálható. Ez azt jelenti, hogy a $\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)$ tört nem a harmadik típus elemi törtje, ezért alkalmazza a $\int\frac(7x+12)(3x^2- ) az integrál 5x-2)dx$ képlet nem lehetséges.

Nos, ha az adott racionális tört nem elemi tört, akkor elemi törtek összegeként kell ábrázolni, majd integrálni. Röviden: használja ki a nyomvonalat. Részletesen meg van írva, hogyan lehet egy racionális törtet elemire bontani. Kezdjük a nevező figyelembevételével:

$$ 3x^2-5x-2=0;\\ \begin(igazított) & D=(-5)^2-4\cdot 3\cdot(-2)=49;\\ & x_1=\frac( -(-5)-\sqrt(49))(2\cdot 3)=\frac(5-7)(6)=\frac(-2)(6)=-\frac(1)(3); \\ & x_2=\frac(-(-5)+\sqrt(49))(2\cdot 3)=\frac(5+7)(6)=\frac(12)(6)=2.\ \\end(igazított)\\ 3x^2-5x-2=3\cdot\left(x-\left(-\frac(1)(3)\right)\right)\cdot (x-2)= 3\cdot\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2). $$

A szubinterkális törtet a következő formában mutatjuk be:

$$ \frac(7x+12)(3x^2-5x-2)=\frac(7x+12)(3\cdot\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2) )=\frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2)). $$

Most bontsuk fel a $\frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2))$ törtet elemire:

$$ \frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2)) =\frac(A)(x+\frac( 1)(3))+\frac(B)(x-2)=\frac(A(x-2)+B\left(x+\frac(1)(3)\right))(\left(x+) \frac(1)(3)\jobbra)(x-2));\\ \frac(7)(3)x+4=A(x-2)+B\left(x+\frac(1)( 3)\jobbra). $$

Az $A$ és $B$ együtthatók megkeresésére két standard módszer létezik: a meghatározatlan együtthatók módszere és a részértékek helyettesítésének módszere. Alkalmazzuk a részleges értékhelyettesítés módszerét, behelyettesítve a $x=2$, majd a $x=-\frac(1)(3)$ értékkel:

$$ \frac(7)(3)x+4=A(x-2)+B\left(x+\frac(1)(3)\right).\\ x=2;\; \frac(7)(3)\cdot 2+4=A(2-2)+B\left(2+\frac(1)(3)\right); \; \frac(26)(3)=\frac(7)(3)B;\; B=\frac(26)(7).\\ x=-\frac(1)(3);\; \frac(7)(3)\cdot \left(-\frac(1)(3) \right)+4=A\left(-\frac(1)(3)-2\right)+B\left (-\frac(1)(3)+\frac(1)(3)\jobbra); \; \frac(29)(9)=-\frac(7)(3)A;\; A=-\frac(29\cdot 3)(9\cdot 7)=-\frac(29)(21).\\ $$

Mivel az együtthatókat megtaláltuk, már csak a kész bővítést kell felírni:

$$ \frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2))=\frac(-\frac(29)( 21))(x+\frac(1)(3))+\frac(\frac(26)(7))(x-2). $$

Elvileg elhagyhatja ezt a bejegyzést, de én egy pontosabb lehetőséget szeretek:

$$ \frac(\frac(7)(3)x+4)(\left(x+\frac(1)(3)\right)(x-2))=-\frac(29)(21)\ cdot\frac(1)(x+\frac(1)(3))+\frac(26)(7)\cdot\frac(1)(x-2). $$

Visszatérve az eredeti integrálhoz, az így kapott bővítést behelyettesítjük abba. Ezután az integrált kettéosztjuk, és mindegyikre alkalmazzuk a képletet. Inkább azonnal az integráljelen kívülre helyezem a konstansokat:

$$ \int\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)dx =\int\left(-\frac(29)(21)\cdot\frac(1)(x+\frac(1) (3)+\frac(26)(7)\cdot\frac(1)(x-2)\right)dx=\\ =\int\left(-\frac(29)(21)\cdot\ frac(1)(x+\frac(1)(3))\right)dx+\int\left(\frac(26)(7)\cdot\frac(1)(x-2)\right)dx =- \frac(29)(21)\cdot\int\frac(dx)(x+\frac(1)(3))+\frac(26)(7)\cdot\int\frac(dx)(x-2) )dx=\\ =-\frac(29)(21)\cdot\ln\left|x+\frac(1)(3)\right|+\frac(26)(7)\cdot\ln|x- 2|+C. $$

Válasz: $\int\frac(7x+12)(3x^2-5x-2)dx=-\frac(29)(21)\cdot\ln\left|x+\frac(1)(3)\right| +\frac(26)(7)\cdot\ln|x-2|+C$.

3. példa

Keresse meg a $\int\frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))dx$ integrált.

Integrálnunk kell a $\frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))$ törtet. A számláló egy másodfokú, a nevező pedig egy harmadfokú polinomot tartalmaz. Mivel a polinom fokszáma a számlálóban kisebb, mint a nevezőben lévő polinom mértéke, azaz. 2 dollár< 3$, то подынтегральная дробь является правильной. Разложение этой дроби на элементарные (простейшие) было получено в примере №3 на странице, посвящённой разложению рациональных дробей на элементарные. Полученное разложение таково:

$$ \frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))=-\frac(3)(x-1)+\frac(5)(x +4)-\frac(1)(x-9). $$

Nincs más dolgunk, mint a megadott integrált három részre osztani, és mindegyikre alkalmazni a képletet. Inkább azonnal az integráljelen kívülre helyezem a konstansokat:

$$ \int\frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))dx=\int\left(-\frac(3)(x-1) +\frac(5)(x+4)-\frac(1)(x-9) \right)dx=\\=-3\cdot\int\frac(dx)(x-1)+ 5\cdot \int\frac(dx)(x+4)-\int\frac(dx)(x-9)=-3\ln|x-1|+5\ln|x+4|-\ln|x- 9|+C. $$

Válasz: $\int\frac(x^2-38x+157)((x-1)(x+4)(x-9))dx=-3\ln|x-1|+5\ln|x+ 4 |-\ln|x-9|+C$.

A téma példáinak elemzésének folytatása a második részben található.

A törtszerűen racionális függvény határozatlan integráljának megtalálásának problémája az egyszerű törtek integrálásához vezet. Ezért javasoljuk, hogy először ismerkedjen meg a törtek legegyszerűbbre bontásának elméleti részével.

Példa.

Keresse meg a határozatlan integrált.

Megoldás.

Mivel az integrandus számlálójának foka megegyezik a nevező mértékével, először a teljes részt jelöljük ki úgy, hogy a polinomot elosztjuk a polinommal egy oszloppal:

ezért, .

A kapott megfelelő racionális tört egyszerűbb törtekre bontásának van formája . Ezért,

A kapott integrál a harmadik típus legegyszerűbb törtjének integrálja. Kicsit előre tekintve megjegyezzük, hogy ezt a differenciáljel alá vonva veheti át.

Mert , Azt . azért

Ezért,

Most térjünk át a négy típus egyszerű törteinek integrálására szolgáló módszerek leírására.

Az első típusú egyszerű törtek integrálása

A közvetlen integrációs módszer ideális a probléma megoldására:

Példa.

Keresse meg egy függvény antideriváltjainak halmazát

Megoldás.

Keressük meg a határozatlan integrált az antiderivált tulajdonságainak, az antideriválták táblázatának és az integrációs szabálynak a segítségével.

Az oldal tetejére

A második típusú egyszerű törtek integrálása

A közvetlen integrációs módszer is alkalmas ennek a problémának a megoldására:

Példa.

Megoldás.

Az oldal tetejére

A harmadik típusú egyszerű törtek integrálása

Először a határozatlan integrált mutatjuk be összegként:

Az első integrált a differenciáljel alá vesszük:

ezért,

Alakítsuk át a kapott integrál nevezőjét:

Ezért,

A harmadik típusú egyszerű törtek integrálásának képlete a következő:

Példa.

Keresse meg a határozatlan integrált .

Megoldás.

A kapott képletet használjuk:

Ha nem lenne ez a képlet, mit tennénk:

Az oldal tetejére

A negyedik típusú egyszerű törtek integrálása

Az első lépés az, hogy a különbségi jel alá helyezzük:

A második lépés az űrlap integráljának megkeresése . Az ilyen típusú integrálokat ismétlődési képletekkel találjuk meg. (Lásd az ismétlődési képletekkel történő integrációról szóló részt.) A következő ismétlődő képlet alkalmas esetünkre:

Példa.

Keresse meg a határozatlan integrált

Megoldás.

Az ilyen típusú integrandusokhoz a helyettesítési módszert használjuk. Vezessünk be egy új változót (lásd az irracionális függvények integrálása című részt):

Csere után a következőkkel rendelkezünk:

Eljutottunk a negyedik típus törtjének integráljához. A mi esetünkben vannak együtthatók M = 0, p = 0, q = 1, N = 1És n=3. Az ismétlődő képletet alkalmazzuk:

A fordított csere után a következő eredményt kapjuk:

Integráció trigonometrikus függvények

1. Az űrlap integráljai

úgy számíthatók ki, hogy a trigonometrikus függvények szorzatát összeggé alakítják a következő képletekkel:

Például 2. Az űrlap integráljai

, Hol m vagy n– egy páratlan pozitív szám, amelyet úgy számítunk ki, hogy a differenciáljel alá vonjuk.

Például,

, Hol mÉs n 3. Az űrlap integráljai

– a páros pozitív számokat a fokozatcsökkentési képletekkel számítjuk ki: pl.

4. Integrálok

ahol a változó módosításával számítható ki: vagy Például,

5. Az alak integráljait univerzális trigonometrikus behelyettesítéssel racionális törtek integráljaivá redukáljuk akkor (mivel

=[a számláló és a nevező elosztása után ]= ;

Például,

Meg kell jegyezni, hogy az univerzális helyettesítés alkalmazása gyakran nehézkes számításokhoz vezet.

§5. A legegyszerűbb irracionalitások integrálása

Tekintsünk módszereket az irracionalitás legegyszerűbb típusainak integrálására.

Az ilyen típusú függvényeket ugyanúgy integráljuk, mint a 3. típusú legegyszerűbb racionális törteket: a nevezőben egy teljes négyzetet izolálunk a négyzetháromtagtól, és egy új változót vezetünk be. n Példa. 2. (integráljel alatt – érvek racionális funkciója). Az ilyen típusú integrálok számítása helyettesítéssel történik. Különösen annak az alaknak az integráljaiban, amelyet jelölünk. Ha az integrandus különböző fokú gyököket tartalmaz:, majd jelölje meg, hogy hol

– számok legkisebb közös többszöröse

m,k

–

. 1. példa

2. példa

- nem megfelelő racionális tört, válassza ki a teljes részt: 3. Az űrlap integráljai

trigonometrikus helyettesítésekkel számítva:

45 Határozott integrál , ,

Határozott integrál

Ha a megadott határérték létezik, akkor a függvényt Riemann integrálhatónak mondjuk.

Megnevezések

· - alsó határ.

· - felső határ.

· - integrand függvény.

· - a részszakasz hossza.

· - a megfelelő partíció függvényének integrál összege.

· - maximális hossza szakasz gyakorisága

Tulajdonságok

Ha egy függvény Riemann integrálható -ra, akkor arra korlátos.

Geometriai jelentés

Határozott integrál, mint egy ábra területe

A határozott integrál numerikusan egyenlő az ábra azon területével, amelyet az abszcissza tengely, az egyenesek és a függvény grafikonja határol.

Newton-Leibniz tétel

[szerkesztés]

(átirányítva a "Newton-Leibniz Formula"-ból)

Newton – Leibniz képlet vagy elemzés főtételeösszefüggést ad két művelet között: egy határozott integrál vétele és az antiderivált kiszámítása között.

Bizonyíték

Adjunk meg egy integrálható függvényt egy intervallumon. Kezdjük azzal, hogy megjegyezzük

vagyis nem mindegy, hogy a szegmens feletti határozott integrálban melyik betű (vagy) van a jel alatt.

Állítsunk be egy tetszőleges értéket és adjunk meg egy új függvényt . Minden értékére definiálva van, mert tudjuk, hogy ha van integrálja on, akkor van integrálja is, ahol . Emlékezzünk vissza, hogy definíció szerint tekintjük

(1)

Jegyezze meg

Mutassuk meg, hogy folytonos az intervallumon. Sőt, hadd ; Majd

és ha , akkor

Így folyamatos, függetlenül attól, hogy vannak-e vagy nincsenek megszakadásai; fontos, hogy integrálható legyen a -n.

Az ábra egy grafikont mutat. A változó ábra területe . Növekménye megegyezik az ábra területével , amely korlátoltsága miatt nyilván nullára hajlik, függetlenül attól, hogy folytonossági vagy megszakítási pontról van szó, például pontról.

Legyen most a függvény ne csak integrálható -on, hanem folytonos is a ponton. Bizonyítsuk be, hogy akkor a derivált ezen a ponton egyenlő

(2)

Valójában a jelzett pontra

(1) , (3)

Feltesszük a , és mivel állandó a ,TO-hoz képest . Továbbá, a pont folytonossága miatt, bármelyik megadható úgy, hogy for .

ami azt bizonyítja, hogy ennek az egyenlőtlenségnek a bal oldala o(1) -re.

A (3) at-beli határértékre való átlépés megmutatja a pont deriváltjának létezését és a (2) egyenlőség érvényességét. Amikor itt a jobboldali és baloldali származékokról, ill.

Ha egy függvény folytonos -on, akkor a fentiek alapján a megfelelő függvény

(4)

-vel egyenlő deriváltja van. Ezért a függvény a .

Ezt a következtetést néha változó felső határú integráltételnek vagy Barrow-tételnek nevezik.

Bebizonyítottuk, hogy egy intervallumon folytonos tetszőleges függvénynek ezen az intervallumon van antideriváltja, amelyet a (4) egyenlőség határoz meg. Ez bizonyítja, hogy létezik egy antiderivált bármely intervallumon folytonos függvényre.

Legyen most egy függvény tetszőleges antideriváltja. Tudjuk, hogy hol van valami állandó. Feltételezve ebben az egyenlőségben és ezt figyelembe véve azt kapjuk, hogy .

Így, . De

Nem megfelelő integrál

[szerkesztés]

Anyag a Wikipédiából - a szabad enciklopédiából

- nem megfelelő racionális tört, válassza ki a teljes részt: hívott nem a sajátod, ha az alábbi feltételek közül legalább egy teljesül:

· A vagy b határérték (vagy mindkét határérték) végtelen;

· Az f(x) függvénynek egy vagy több töréspontja van a szakaszon belül.

[szerkesztés] Az első típusú nem megfelelő integrálok

. Majd:

1. Ha és az integrált ún . Ebben az esetben konvergensnek nevezzük.

, vagy egyszerűen eltérő.

Legyen definiált és folytonos az és a halmazon . Majd:

1. Ha , akkor a jelölést használjuk és az integrált ún az első típusú helytelen Riemann-integrál. Ebben az esetben konvergensnek nevezzük.

2. Ha nincs véges ( vagy ), akkor az integrálról azt mondjuk, hogy eltér , vagy egyszerűen eltérő.

Ha egy függvény definiált és folytonos a teljes számegyenesen, akkor ennek a függvénynek lehet egy nem megfelelő integrálja, amelynek két végtelen integrálási határa van, a képlettel definiálva:

, ahol c egy tetszőleges szám.

[szerkesztés] Az első típusú helytelen integrál geometriai jelentése

A nem megfelelő integrál egy végtelenül hosszú ívelt trapéz területét fejezi ki.

[szerkesztés] Példák

[szerkesztés] A második típusú nem megfelelő integrálok

Legyen definiálva, szenvedjen végtelen szakadást az x=a és pontban . Majd:

1. Ha , akkor a jelölést használjuk és az integrált ún

divergensnek nevezzük , vagy egyszerűen eltérő.

Legyen definiálva, végtelen folytonossági hiányt szenved x=b és helyen . Majd:

1. Ha , akkor a jelölést használjuk és az integrált ún a második típusú helytelen Riemann-integrál. Ebben az esetben az integrált konvergensnek nevezzük.

2. Ha vagy , akkor a megnevezés változatlan marad, és divergensnek nevezzük , vagy egyszerűen eltérő.

Ha a függvény szakadást szenved a szakasz egy belső pontjában, akkor a második típusú nem megfelelő integrált a következő képlet határozza meg:

[szerkesztés] A második típusú nem megfelelő integrálok geometriai jelentése

A nem megfelelő integrál egy végtelenül magas ívelt trapéz területét fejezi ki

[szerkesztés] Példa

[szerkesztés] Elszigetelt eset

Legyen a függvény definiálva a teljes számegyenesen, és legyen szakadása a pontokban.

Ekkor megtaláljuk a nem megfelelő integrált

[szerkesztés] Cauchy-kritérium

1. Legyen definiálva egy halmazon és -ből .

Majd konvergál

2. Legyen definiálva és .

Majd konvergál

[szerkesztés]Abszolút konvergencia

Integrál hívott abszolút konvergens, Ha konvergál.
Ha az integrál abszolút konvergál, akkor konvergál.

[szerkesztés]Feltételes konvergencia

Az integrált ún feltételesen konvergens, ha konvergál, de eltér.

48 12. Nem megfelelő integrálok.

A határozott integrálok figyelembevételekor azt feltételeztük, hogy az integráció tartománya korlátozott (pontosabban a szegmens [ a ,b ]); Határozott integrál létezéséhez az integrandusnak korlátosnak kell lennie [ a ,b ]. Majd hívjuk határozott integrálok, amelyre mindkét feltétel teljesül (mind az integráció tartományának, mind az integrandusfüggvénynek a határa) saját; integrálok, amelyeknél megsértik ezeket a követelményeket (vagyis az integrandus vagy az integráció tartománya korlátlan, vagy mindkettő együtt) nem a sajátod. Ebben a részben a nem megfelelő integrálokat fogjuk tanulmányozni.

12.1. Nem megfelelő integrálok korlátlan intervallumon (az első típusú nem megfelelő integrálok).

12.1.1. Nem megfelelő integrál definíciója végtelen intervallumon. Példák.
12.1.2. Newton-Leibniz képlet egy nem megfelelő integrálhoz.
12.1.3. Összehasonlító jelek nem negatív függvények.

12.1.3.1. Összehasonlítás jele.
12.1.3.2. Az összehasonlítás jele a maga szélsőséges formájában.

12.1.4. Nem megfelelő integrálok abszolút konvergenciája végtelen intervallumon keresztül.
12.1.5. Abel és Dirichlet konvergenciájának tesztjei.

12.2. Nem megfelelő integráljai korlátlan funkciók(második típusú nem megfelelő integrálok).

12.2.1. Korlátlan függvény nem megfelelő integráljának definíciója.

12.2.1.1. A szingularitás az integrációs intervallum bal végén található.
12.2.1.2. A Newton-Leibniz formula alkalmazása.
12.2.1.3. A szingularitás az integrációs intervallum jobb végén.
12.2.1.4. Szingularitás az integrációs intervallum belső pontjában.
12.2.1.5. Az integrációs intervallum számos funkciója.

12.2.2. Nemnegatív függvények összehasonlítási kritériumai.

12.2.2.1. Összehasonlítás jele.
12.2.2.2. Az összehasonlítás jele a maga szélsőséges formájában.

12.2.3. Nem folytonos függvények nem megfelelő integráljainak abszolút és feltételes konvergenciája.
12.2.4. Tesztek Abel és Dirichlet konvergenciájára.

12.1. Nem megfelelő integrálok korlátlan intervallumon

(az első típusú nem megfelelő integrálok).

12.1.1. Nem megfelelő integrál definíciója végtelen intervallumon. Hagyja a függvényt f (x ) a féltengelyen van definiálva, és bármely intervallumban integrálható [ minden esetben a megfelelő határértékek létezését és végességét jelenti. Most a példák megoldásai egyszerűbbnek tűnnek: .

12.1.3. Nemnegatív függvények összehasonlítási kritériumai. Ebben a részben azt feltételezzük, hogy minden integrandus nem negatív a teljes definíciós tartományban. Eddig úgy határoztuk meg az integrál konvergenciáját, hogy kiszámítottuk: ha az antideriváltnak van véges határa a megfelelő tendenciával ( vagy ), akkor az integrál konvergál, ellenkező esetben divergál. Gyakorlati problémák megoldásánál azonban fontos először a konvergencia tényét megállapítani, és csak utána számítani az integrált (az antiderivált gyakran nem fejeződik ki elemi függvények). Fogalmazzunk meg és bizonyítsunk be számos olyan tételt, amelyek lehetővé teszik, hogy kiszámítás nélkül megállapítsuk a nemnegatív függvények nem megfelelő integráljainak konvergenciáját és divergenciáját.
12.1.3.1. Összehasonlító jel. Hagyjuk a függvényeket f (x ) És g (x ) integrál

Amint alább látni fogjuk, nem minden elemi függvénynek van elemi függvényekben kifejezett integrálja. Ezért nagyon fontos azonosítani azokat a függvényosztályokat, amelyek integráljait elemi függvények fejezik ki. Ezen osztályok közül a legegyszerűbb a racionális függvények osztálya.

Bármely racionális függvény ábrázolható racionális törtként, azaz két polinom arányaként:

Anélkül, hogy korlátoznánk az argumentum általánosságát, feltételezzük, hogy a polinomoknak nincs közös gyöke.

Ha a számláló foka kisebb, mint a nevező foka, akkor a törtet megfelelőnek, ellenkező esetben a törtet helytelennek nevezzük.

Ha a tört helytelen, akkor a számlálót a nevezővel elosztva (a polinomok osztására vonatkozó szabály szerint) ezt a törtet egy polinom és néhány megfelelő tört összegeként ábrázolhatja:

itt egy polinom, a pedig egy megfelelő tört.

Példa t. Legyen megadva egy helytelen racionális tört

A számlálót elosztva a nevezővel (a polinomok osztására vonatkozó szabályt alkalmazva) azt kapjuk,

Mivel a polinomok integrálása nem nehéz, a racionális törtek integrálásának fő nehézsége a megfelelő racionális törtek integrálása.

Meghatározás. Az alak megfelelő racionális törtrészei

I., II., III. és IV. típusú egyszerű törteknek nevezzük.

Az I., II. és III. típusú legegyszerűbb frakciók integrálása nem túl bonyolult, ezért ezek integrálását minden további magyarázat nélkül elvégezzük:

A bonyolultabb számításokhoz a IV. típusú egyszerű törtek integrálása szükséges. Adjunk egy ilyen típusú integrált:

Végezzük el az átalakításokat:

Az első integrált helyettesítéssel veszik fel

A második integrál - az alakba írva jelöljük

Feltételezve, hogy a nevező gyökerei összetettek, ezért a következőképpen járunk el:

Alakítsuk át az integrált:

Alkatrészenkénti integrációnk van

Ha ezt a kifejezést behelyettesítjük az (1) egyenlőségbe, azt kapjuk

A jobb oldalon egy azonos típusú integrál található, de az integrandus nevezőjének kitevője eggyel kisebb; így keresztül fejeztük ki. Ugyanezen az úton haladva elérjük a jól ismert integrált.

Mielőtt elkezdené az egyszerű törtek integrálását egy tört-racionális függvény határozatlan integráljának megtalálásához, javasoljuk, hogy ecsetelje a „Törtek felbontása egyszerűekre” című részt.

1. példa

Keressük meg a ∫ 2 x 3 + 3 x 3 + x d x határozatlan integrált.

Megoldás

Válasszuk ki a teljes részt úgy, hogy a polinomot elosztjuk egy oszlopos polinommal, figyelembe véve, hogy az integrandus számlálójának foka megegyezik a nevező fokával:

Ezért 2 x 3 + 3 x 3 + x = 2 + - 2 x + 3 x 3 + x. Megkaptuk a helyes racionális törtet - 2 x + 3 x 3 + x, amelyet most egyszerű törtekre bontunk - 2 x + 3 x 3 + x = 3 x - 3 x + 2 x 2 + 1. Ezért,

∫ 2 x 3 + 3 x 3 + x d x = ∫ 2 + 3 x - 3 x + 2 x 2 + 1 d x = ∫ 2 d x + ∫ 3 x d x - ∫ 3 x + 2 x 2 + 1 d x = 2 x + 3 ln x - ∫ 3 x + 2 x 2 + 1 d x

Megkaptuk a harmadik típus legegyszerűbb törtjének integrálját. A differenciáltábla alá helyezve veheti át.

Mivel d x 2 + 1 = 2 x d x, akkor 3 x d x = 3 2 d x 2 + 1. azért
∫ 3 x + 2 x 2 + 1 d x = ∫ 3 x x 2 + 1 d x + ∫ 2 x 2 + 1 = 3 2 ∫ d x 2 + 1 x 2 + 1 + 2 ∫ d x x 2 + 1 = 3 2 ln + 1 + 2 a r c t g x + C 1

Ezért,
∫ 2 x 3 + 3 x 3 + x d x = 2 x + 3 ln x - ∫ 3 x + 2 x 2 + 1 d x = 2 x + 3 ln x - 3 2 ln x 2 + 1 - 2 a r c tan x + C , ahol C = - C 1

Ismertesse meg a négy típus egyszerű törteinek integrálásának módszereit.

Az első típusú egyszerű törtek integrálása A x - a

A probléma megoldásához a közvetlen integrációs módszert használjuk:

∫ A x - a d x = A ∫ d x x - a = A ln x - a + C

2. példa

Határozzuk meg az y = 3 2 x - 1 függvény antideriváltjainak halmazát!

Megoldás

Az integrációs szabályt, az antiderivált tulajdonságait és az antideriválták táblázatát felhasználva megtaláljuk a ∫ 3 d x 2 x - 1 határozatlan integrált: ∫ f k · x + b d x = 1 k · F k · x + b + C

∫ 3 d x 2 x - 1 = 3 ∫ d x 2 x - 1 2 = 3 2 ∫ d x x - 1 2 = 3 2 ln x - 1 2 + C

Válasz: ∫ 3 d x 2 x - 1 = 3 2 ln x - 1 2 + C

A második típusú egyszerű törtek integrálása A x - a n

A közvetlen integrációs módszer itt is alkalmazható: ∫ A x - a n d x = A ∫ x - a - n d x = A - n + 1 x - a - n + 1 + C = A 1 - n x - a n - 1 + C

3. példa

Meg kell találni a ∫ d x 2 x - 3 7 határozatlan integrált.

Megoldás

∫ d x 2 x - 3 7 = ∫ d x 2 x - 3 2 7 = 1 2 7 ∫ x - 3 2 - 7 d x = = 1 2 7 1 - 7 + 1 x - 3 2 - 7 + 1 + C = 1 2 7 · - 6 · x - 3 2 6 + C = = 1 2 · - 6 · 2 6 · x - 3 2 6 + C = - 1 12 · 1 2 x - 3 6 + C

Válasz:∫ d x 2 x - 3 7 = - 1 12 · 1 2 x - 3 6 + C

A harmadik típus legegyszerűbb törteinek integrálása M x + N x 2 + p x + q, D = p 2 - 4 q< 0

Első lépésként a ∫ M x + N x 2 + p x + q határozatlan integrált összegként kell bemutatni:

∫ M x + N x 2 + p x + q d x = ∫ M x x 2 + p x + q d x + N ∫ d x x 2 + p x + q

Az első integrál felvételéhez a differenciáljel összesítésének módszerét használjuk:

∫ M x x 2 + p x + q d x = d x 2 + p x + q = 2 x + p d x = 2 x d x + p d x ⇒ 2 x d x = d x 2 + p x + q - p d x ⇒ M x x d x = M 2 d x q 2 p M 2 d x = = ∫ M 2 d x 2 + p x + q - p M 2 d x x 2 + p x + q = = M 2 ∫ d x 2 + p x + q x 2 + p x + q - p M 2 ∫ d x x 2 + p x + q = = M 2 ln x 2 + p x + q - p M 2 ∫ d x x 2 + p x + q

ezért,
∫ M x + N x 2 + p x + q d x = ∫ M x x 2 + p x + q d x + N ∫ d x x 2 + p x + q = = M 2 ln x 2 + p x + q - p M 2 ∫ d x x 2 + p x + q + N ∫ d x x 2 + p x + q = = M 2 ln x 2 + p x + q + 2 N - p M 2 ∫ d x x 2 + p x + q

A ∫ d x x 2 + p x + q integrált kaptuk. Alakítsuk át a nevezőjét:

∫ d x x 2 + p x + q = ∫ d x x 2 + p x + p 2 2 - p 2 2 + q = = ∫ d x x + p 2 2 - p 2 4 + q = ∫ d x x + p 2 2 - p 2 4 + q = = ∫ d x x + p 2 2 + 4 q - p 2 4 = 2 4 q - p 2 a r c t g 2 x + p 2 4 q - p 2 + C 1

Ezért,

∫ M x + N x 2 + p x + q d x = M 2 ln x 2 + p x + q + 2 N - p M 2 ∫ d x x 2 + p x + q = = M 2 ln x 2 + p x + q + 2 N - p M 2 · 2 4 q - p 2 · a r c t g 2 x + p 2 4 q - p 2 + C 1

A harmadik típusú egyszerű törtek integrálásának képlete a következő:
∫ M x + N x 2 + p x + q d x = M 2 ln x 2 + p x + q + 2 N - p M 4 q - p 2 · a r c t g 2 x + p 2 4 q - p 2 + C

4. példa

Meg kell találni a ∫ 2 x + 1 3 x 2 + 6 x + 30 d x határozatlan integrált.

Megoldás

Alkalmazzuk a képletet:

∫ 2 x + 1 3 x 2 + 6 x + 30 d x = 1 3 ∫ 2 x + 1 x 2 + 2 x + 10 d x = M = 2, N = 1, p = 2, q = 10 = = 1 3 2 2 ln x 2 + 2 x + 10 + 2 1 - 2 2 4 10 - 2 2 a r c t g 2 x + 2 2 4 10 - 2 2 + C = = 1 3 ln x 2 + 2 x + 10 - 1 9 a r c t g x + 1 3 + C

A második megoldás így néz ki:

∫ 2 x + 1 3 x 2 + 6 x + 30 d x = 1 3 ∫ 2 x + 1 x 2 + 2 x + 10 d x = d (x 2 + 2 x + 10 = (2 x + 2) d x = = 1 3 ∫ 2 x + 2 - 1 x 2 + 2 x + 10 d x = 1 3 ∫ d (x 2 + 2 x + 10) x 2 + 2 x + 10 = 1 3 ∫ d x x 2 + 2 x + 10 = = átváltható érték = 1 3 ln x 2 + 2 x + 10 - 1 3 ∫ d (x) x + 1 2 + 9 = = 1 3 ln x 2 + 2 x + 10 - 1 9 a r c t g x + 1 3 + C

Válasz: ∫ 2 x + 1 3 x 2 + 6 x + 30 d x = 1 3 ln x 2 + 2 x + 10 - 1 9 a r c t g x + 1 3 + C

A negyedik típus legegyszerűbb törteinek integrálása M x + N (x 2 + p x + q) n, D = p 2 - 4 q< 0

Először is elvégezzük a differenciáljel kivonását:

∫ M x + N x 2 + p x + q d x = d (x 2 + p x + q) = (2 x + p) d x = = M 2 ∫ d (x 2 + p x + q) (x 2 + p x + q ) n + N - p M 2 ∫ d x (x 2 + p x + q) n = = M 2 (- n + 1) 1 (x 2 + p x + q) n - 1 + N - p M 2 ∫ d x ( x 2 + p x + q) n

Ekkor ismétlődési képletekkel keresünk egy J n = ∫ d x (x 2 + p x + q) n alakú integrált. Az ismétlődési képletekkel kapcsolatos információk az „Integráció ismétlődési képletekkel” témakörben találhatók.

Problémánk megoldására egy J n = 2 x + p (n - 1) (4 q - p 2) (x 2 + p x + q) n - 1 + 2 n - 3 n - 1 2 alakú ismétlődő képlet 4 q megfelelő - p 2 · J n - 1 .

5. példa

Meg kell találni a ∫ d x x 5 x 2 - 1 határozatlan integrált.

Megoldás

∫ d x x 5 x 2 - 1 = ∫ x - 5 (x 2 - 1) - 1 2 d x

Az ilyen típusú integrandusokhoz a helyettesítési módszert fogjuk használni. Vezessünk be egy új változót x 2 - 1 = z 2 x = (z 2 + 1) 1 2 d x = z (z 2 + 1) - 1 2 d x

Kapunk:

∫ d x x 5 x 2 - 1 = ∫ x - 5 (x 2 - 1) - 1 2 d x = = ∫ (z 2 + 1) - 5 2 z - 1 z (z 2 + 1) - 1 2 d z = ∫ d z (z 2 + 1) 3

Eljutottunk a negyedik típus törtjének integráljához. A mi esetünkben vannak együtthatók M = 0, p = 0, q = 1, N = 1és n = 3. Az ismétlődő képletet alkalmazzuk:

J 3 = ∫ d z (z 2 + 1) 3 = 2 z + 0 (3 - 1) (4 1 - 0) z 2 + 1 3 - 1 + 2 3 - 3 3 - 1 2 4 · 1 - 0 ∫ d z (z 2 + 1) 2 = = z 4 (z 2 + 1) 2 + 3 4 2 z (2 - 1) · (4 · 1 - 0) · (z 2 + 1) 2 - 1 + 2 2 - 3 2 - 11 2 4 1 - 0 ∫ d z z 2 + 1 = = z 4 (z 2 + 1) 2 + 3 8 z z 2 + 1 + 3 8 a r c t g (z) +C

A z = x 2 - 1 fordított helyettesítés után a következő eredményt kapjuk:
∫ d x x 5 x 2 - 1 = x 2 - 1 4 x 4 + 3 8 x 2 - 1 x 2 + 3 8 a r c t g x 2 - 1 + C

Válasz:∫ d x x 5 x 2 - 1 = x 2 - 1 4 x 4 + 3 8 x 2 - 1 x 2 + 3 8 a r c t g x 2 - 1 + C

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt

Mint már megjegyeztem, az integrálszámításban nincs kényelmes képlet a tört integrálására. Ezért van egy szomorú tendencia: minél kifinomultabb a tört, annál nehezebb megtalálni az integrálját. Ebben a tekintetben különféle trükkökhöz kell folyamodnia, amelyekről most mesélek. A felkészült olvasók azonnal igénybe vehetik tartalomjegyzék:

Az egyszerű törtek differenciáljelének összegzési módja

Mesterséges számlálókonverziós módszer

1. példa

A figyelembe vett integrál egyébként a változó metódus változtatásával is megoldható, jelölve, de a megoldás írása sokkal hosszabb lesz.

2. példa

Keresse meg a határozatlan integrált. Végezzen ellenőrzést.

Ez egy példa, amelyet egyedül kell megoldania. Megjegyzendő, hogy a változócsere módszer itt már nem fog működni.

Figyelem, fontos! Az 1. és 2. példák tipikusak és gyakran előfordulnak. Különösen gyakran más integrálok megoldása során merülnek fel ilyen integrálok, különösen irracionális függvények (gyökök) integrálásakor.

A figyelembe vett technika a tokban is működik ha a számláló legmagasabb foka nagyobb, mint a nevező legmagasabb foka.

3. példa

Keresse meg a határozatlan integrált. Végezzen ellenőrzést.

Elkezdjük kiválasztani a számlálót.

A számláló kiválasztásának algoritmusa a következő:

1) A számlálóban rendeznem kell , de ott . Mit tegyek? zárójelbe teszem és megszorzom: .

2) Most megpróbálom kinyitni ezeket a zárójeleket, mi történik? . Hmm... ez jobb, de kezdetben nincs kettő a számlálóban. Mit tegyek? Meg kell szorozni a következővel:

3) Ismét kinyitom a zárójeleket: . És itt az első siker! Pont jó lett! De a probléma az, hogy megjelent egy extra kifejezés. Mit tegyek? Hogy a kifejezés ne változzon, ugyanezt hozzá kell adnom a konstrukciómhoz:
. Az élet könnyebb lett. Lehetséges-e újra rendezni a számlálóban?

4) Lehetséges. Próbáljuk meg: . Nyissa meg a második kifejezés zárójelét:
. Sajnálom, de az előző lépésben valójában nem volt . Mit tegyek? A második tagot meg kell szorozni a következővel:

5) Az ellenőrzéshez ismét kinyitom a zárójeleket a második tagban:
. Most már normális: a 3. pont végső konstrukciójából származik! De ismét van egy kis „de”, megjelent egy extra kifejezés, ami azt jelenti, hogy hozzá kell tennem a kifejezésemet:

Ha mindent jól csináltunk, akkor az összes zárójelet megnyitva meg kell kapnunk az integrandus eredeti számlálóját. Ellenőrizzük:
Motorháztető.

Így:

Kész. Az utolsó tagban azt a módszert alkalmaztam, hogy egy függvényt differenciál alá vonok.

Ha megtaláljuk a válasz deriváltját és a kifejezést közös nevezőre redukáljuk, akkor pontosan az eredeti integrandusfüggvényt kapjuk. Az összegre bontás megfontolt módszere nem más, mint fordított művelet, amikor egy kifejezést közös nevezőre hozunk.

Az ilyen példákban a számláló kiválasztásának algoritmusát legjobban vázlat formájában lehet elvégezni. Bizonyos készségek birtokában mentálisan is működni fog. Emlékszem egy rekorddöntött esetre, amikor a 11. hatványra válogattam, és a számláló kibővítése majdnem két sornyi Verd-t foglalt el.

4. példa

Keresse meg a határozatlan integrált. Végezzen ellenőrzést.

Ez egy példa, amelyet egyedül kell megoldania.

Az egyszerű törtek differenciáljelének összegzési módja

Térjünk át a következő típusú törtekre.
, , , (együtthatók és nem egyenlők nullával).

Valójában néhány arcszinuszos és arctangenses esetről már szó esett a leckében Változómódosítási módszer határozatlan integrálban. Az ilyen példákat úgy oldjuk meg, hogy a függvényt a differenciáljel alá foglaljuk, és egy táblázat segítségével tovább integráljuk. Itt vannak tipikusabb példák hosszú és magas logaritmusokkal:

5. példa

6. példa

Itt célszerű elővenni egy integráltáblázatot és megnézni, hogy milyen képleteket ill Hogyanátalakulás történik. Kérjük, vegye figyelembe hogyan és miért Ezekben a példákban a négyzetek kiemelve vannak. Különösen a 6. példában először a nevezőt kell ábrázolnunk az alakban , majd vigye a differenciáljel alá. És mindezt meg kell tenni a szabványos táblázatos képlet használatához .

Miért nézze, próbálja meg saját maga megoldani a 7., 8. példát, főleg, hogy elég rövidek:

7. példa

8. példa

Keresse meg a határozatlan integrált:

Ha ezeket a példákat is sikerül leellenőrizned, akkor nagy tisztelet – kiváló a megkülönböztető képességed.

Teljes négyzet kiválasztási módszer

Az űrlap integráljai (együtthatók és nem egyenlők nullával) megoldódnak teljes négyzetkivonási módszer, amely már megjelent a leckében Gráfok geometriai transzformációi.

Valójában az ilyen integrálok az imént megvizsgált négy táblázatos integrál egyikére redukálódnak. És ezt az ismert rövidített szorzási képletekkel érik el:

A képletek pontosan ebbe az irányba kerülnek alkalmazásra, vagyis a módszer ötlete az, hogy a kifejezéseket mesterségesen rendezzük a nevezőben, majd aszerint konvertáljuk bármelyikre.

9. példa

Keresse meg a határozatlan integrált

Ez a legegyszerűbb példa, amelyben kifejezéssel – egységegyüttható(és nem valami szám vagy mínusz).

Nézzük a nevezőt, itt egyértelműen a véletlenre múlik az egész. Kezdjük a nevező konvertálását:

Nyilvánvalóan hozzá kell adni 4-et. És hogy a kifejezés ne változzon, vonja ki ugyanazt a négyet:

Most alkalmazhatja a következő képletet:

Az átalakítás befejezése után MINDIG Célszerű a fordított mozgást végrehajtani: minden rendben van, nincs hiba.

A szóban forgó példa végső kialakításának valahogy így kell kinéznie:

Kész. Az "ingyenes" összegzése összetett funkció a különbözeti jel alatt: , elvileg elhanyagolható

10. példa

Keresse meg a határozatlan integrált:

Ez egy példa, amit egyedül kell megoldanod, a válasz a lecke végén található

11. példa

Keresse meg a határozatlan integrált:

Mi a teendő, ha mínusz van előtte? Ebben az esetben ki kell venni a mínuszt a zárójelből, és a kifejezéseket a szükséges sorrendbe kell rendeznünk: . Állandó("kettő" be ebben az esetben) ne nyúlj hozzá!

Most zárójelbe teszünk egyet. A kifejezést elemezve arra a következtetésre jutunk, hogy hozzá kell adnunk egyet a zárójelen kívül:

Itt megkapjuk a képletet, alkalmazzuk:

MINDIG Ellenőrizzük a tervezetet:
, amit ellenőrizni kellett.

A tiszta példa így néz ki:

Nehezíti a feladatot

12. példa

Keresse meg a határozatlan integrált:

Itt a kifejezés már nem egységegyüttható, hanem „öt”.

(1) Ha van at konstans, akkor azonnal kivesszük a zárójelből.

(2) Általában mindig jobb ezt az állandót az integrálon kívülre mozgatni, hogy ne akadályozza.

(3) Nyilvánvalóan minden a képletre fog visszamenni. Meg kell értenünk a kifejezést, nevezetesen megkapjuk a „kettőt”

(4) Igen, . Ez azt jelenti, hogy hozzáadjuk a kifejezéshez és kivonjuk ugyanazt a törtet.

(5) Most válasszon ki egy teljes négyzetet. Általános esetben számolnunk is kell, de itt van egy hosszú logaritmus képlete , és nincs értelme a művelet végrehajtásának, az alább kiderül.

(6) Valójában alkalmazhatjuk a képletet , csak az „X” helyett van , ami nem tagadja a táblaintegrál érvényességét. Szigorúan véve egy lépés kimaradt - az integráció előtt a függvényt a differenciáljel alá kellett volna foglalni: , de, mint már többször megjegyeztem, ezt gyakran figyelmen kívül hagyják.

(7) A gyökér alatti válaszban célszerű az összes zárójelet visszafejteni:

Nehéz? Nem ez a legnehezebb része az integrálszámításnak. Bár a vizsgált példák nem annyira bonyolultak, mint inkább jó számítástechnikát igényelnek.

13. példa

Keresse meg a határozatlan integrált:

Ez egy példa, amelyet egyedül kell megoldania. A válasz a lecke végén található.

A nevezőben gyökeres integrálok találhatók, amelyek helyettesítéssel a szóban forgó típusú integrálokra redukálódnak, amelyekről a cikkben olvashat Komplex integrálok, de nagyon felkészült diákok számára készült.