Лекционный материал на тему "Методы интегрирования"

3 курс ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ Лекция №12 Тема: Методы интегрирования План: 1. Интегрирование методом замены переменного или способом подстановки 2. Интегрирование по частям 1. Интегрирование методом замены переменного или способом подстановки Пусть требуется найти интеграл ∫f(x)dx ,  причём непосредственно подобрать первообразную для  f(x)  мы не можем, но нам известно, что она существует. Сделаем замену переменной в подынтегральном выражении, положив x=φ(t) где   φ(t)  (1)   ­ непрерывная функция  с непрерывной производной, имеющая обратную функцию. Тогда  dx=φ'(t)dt ; докажем, что в этом случае имеет место следующее равенство: ∫f(x)dx=∫f(φ(t))φ'(t)dt  (2) Здесь подразумевается, что после интегрирования в правой части равенства вместо   t   будет подставлено его выражение через  x  на основании равенства (1). Для того чтобы установить, что выражения, стоящие справа и слева, одинаковы в указанном выше смысле, нужно доказать, что их производные по  x  равны между собой. Находим производную от ле­ вой части (∫f(x)dx)x Правую часть равенства (2) будем дифференцировать по  x  как сложную функцию, где  t  – '=f(x) .  промежуточный аргумент. Зависимость  t  от  x  выражается равенством (1), при этом  dx dt=φ'(t) и по правилу дифференцирования обратной функции dt dx= 1 φ'(t) .  Таким образом, имеем: (∫f(φ(t))φ'(t)dt)x Следовательно,   производные   по   x   от   правой   и   левой   частей   равенства   (2)   равны,   что   и 'dt dx=f(φ(t))φ'(t) 1 φ'(t) '=(∫f(φ(t))φ'(t)dt)t =f(φ(t))=f(x) .  требовалось доказать. Функцию   x=φ(t)   следует   выбирать   так,   чтобы   можно   было   вычислить   неопределенный интеграл, стоящий в правой части равенства (2). Замечание. При интегрировании иногда целесообразнее подбирать замену переменного не в виде , a  t=ψ(x) . Проиллюстрируем это на примере. Пусть нужно вычислить интеграл, имеющий x=φ(t) вид ∫ ψ'(x)dx ψ(x) Здесь удобно положить . 3 курс ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ ψ(x)=t ,  тогда ψ'(x)dx=dt ,  ∫ ψ'(x)dx ψ(x) Приведем несколько примеров на интегрирование с помощью замены переменных. Пример 1. Вычислить интеграл  ∫√sinx∙cosxdx . Сделаем подстановку  t=sinx ; тогда  dt=cosxdx  и, следовательно,  t =ln|ψ(x)|+C .  =∫ dt 3 2 1 2dt=2t 3 +C= 2 3 sin 3 2x+C .  ∫√sinx∙cosxdx=∫√tdt=∫t Пример 2. Вычислить интеграл  ∫ xdx . 1+x2 Полагаем  t=1+x2 ; тогда  dt=2xdx  и  ∫ xdx 1+x2=1 2∫dt t =1 2 lnt+C= 1 ln (1+x2)+C .  2 ∫ dx a2+x2= 1 Пример 3. Вычислить интеграл  a2∫ dx 1+(x a)2 . Полагаем  t=x ∫ dx a2+x2= 1 Пример 4. Вычислить интеграл  a+C .  a ; тогда  dx=adt , arctgt+C=1 1+t2=1 1+t2=1 a2∫ adt arctgx a a ∫ dx √a2−x2 a∫ dt . a∫ dx = 1 √1−( x a)2 1−t2=arcsint+C=arcsin x Полагаем  t=x a ; тогда  dx=adt , =∫ dt = 1 ∫ dx a∫ dt √1−t2 √a2−x2 Здесь предполагается, что  a>0 . В примерах 3 и 4 выведены формулы, приведённые в таблице интегралов под номерами 11 '  и 13 a+C .  ' . 4 +C= 1 x=∫t3dt=t4 Пример 5. Вычислить интеграл  ∫(lnx)3 dx x . Полагаем  t=lnx ; тогда  dt=dx x , ∫(lnx)3 dx 4 (lnx)4+C .  Пример 6. Вычислить интеграл  ∫ xdx . 1+x4 Полагаем  t=x2 ; тогда  dt=2xdx , ∫ xdx arctgt+C= 1 1+x4=1 2 Метод   замены   переменных   является   одним   из   основных   методов   вычисления   неопределённых интегралов.   Даже   в   тех   случаях,   когда   мы   интегрируем   каким­либо   другим   методом,   нам   часто 1+t2=1 2 arctgx2+C .  2∫ dt приходится   в   промежуточных   вычислениях   прибегать   к   замене   переменных.   Успех   интегрирования 3 курс ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ зависит в значительной степени от того, сумеем ли мы подобрать такую удачную замену переменных, которая упростила бы данный интеграл. По существу говоря, изучение методов интегрирования сводится к выяснению того, какую надо сделать замену переменного при том или ином виде подынтегрального выражения.  2. Интегрирование по частям Пусть  u   v  – две дифференцируемые функции от  x . Тогда, как известно, дифференциал произведения  uv  вычисляется по следующей формуле: Пример 2. Требуется вычислить  ∫arctgxdx . Положим  u=arctgx ,  dv=dx ; тогда  du= dx 1+x2 Следовательно, ∫arctgxdx=xarctgx−∫ xdx 1+x2=xarctgx−1 2 Пример 3. Требуется вычислить  ∫x2exdx .  Положим  u=x2 ,  dv=exdx ; тогда  du=2xdx ,  v=ex , ln|1+x2|+C .  ,  v=x . d(uv)=udv+vdu .  Отсюда, интегрируя, получаем: uv=∫udv+∫vdu . (1) Последняя формула называется формулой интегрирования по частям. Эта формула чаще всего применяется к интегрированию выражений, которые можно так представить в виде произведения двух сомножителей   u   и   dv , чтобы отыскание функции  v  по ее дифференциалу   dv   и вычисление интеграла   ∫vdu   составляли   в   совокупности   задачу   белее   простую,   чем   непосредственное вычисление интеграла   ∫udv . Умение разбивать разумным образом данное подынтегральное выра­ жение на множители   u   и   dv   вырабатывается в процессе решения задач, и мы покажем на ряде примеров, как это делается. Пример 1. Вычислить интеграл  ∫xsinxdx . Положим u=x,dv=sinxdx ;  тогда  du=dx,v=−cosx .  Следовательно, ∫xsinxdx=−xcosx+∫cosxdx=−xcosx+sinx+C .  Замечание. При определении функции   v   по дифференциалу   dv   мы можем брать любую произвольную постоянную, так как в конечный результат она не входит (что легко проверить, подставив в равенство  (1) вместо  v  выражение  v+C ). Поэтому удобно считать эту постоянную равной нулю. Правило интегрирования по частям применяется во многих случаях. Так, например, интегралы вида ∫xksinaxdx ∫xkeaxdx ∫xkcosaxdx ∫xklnxdx некоторые   интегралы,   содержащие   обратные   тригонометрические   функции,   вычисляются   с   помощью интегрирования по частям. 3 курс ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ ,   2 ∫x2exdx=x2ex−2∫xexdx .  Последний интеграл снова интегрируем по частям, полагая u1=x ,  du1=dx ,  dv1=exdx ,  v1=ex .  Тогда  ∫xexdx=xex−∫exdx=xex−ex+C .  Окончательно будем иметь: ∫x2exdx=x2ex−2(xex−ex)+C=x2ex−2xex+2ex+C=ex(x2−2x+2)+C .  Пример 4. Требуется вычислить  ∫(x2+7x−5)cos2xdx . Положим  u=x2+7x−5 ,  dv=cos2xdx ; тогда du=(2x+7)dx ,  v=sin 2x ∫(x2+7x−5)cos2xdx=(x2+7x−5)∙sin 2x dx .  Применим интегрирование по частям к последнему интегралу, принимая u1=2x+7 2 тогда  du1=dx ,  v1=−cos2x sin2xdx=2x+7 ∫ 2x+7 2 2 Поэтому окончательно ∫(x2+7x−5)cos2xdx=(x2+7x−5)∙sin 2x ¿(2x2+14x−11)sinx +C .  Пример 5. Требуется вычислить  I=∫√a2−x2dx . Произведём тождественные преобразования. Умножим и разделим подынтегральную функцию на 2 −∫(2x+7) sin 2x 4 +(2x+7) cos2x )−∫(−cos2x ∙(−cos2x ,  dv1=sin 2xdx ;  +(2x+7) cos2x −(2x+7)∙cos2x + sin2x + sin 2x )dx= ; 2 +C .  4 +C=¿   2 2 4 4 2 2 4 4 √a2−x2 : .  =a2arcsin x ,  v=−√a2−x2 ; a−∫x xdx √a2−x2 √a2−x2dx=a2∫ dx √a2−x2 −∫ x2dx ∫√a2−x2dx=∫ a2−x2 √a2−x2 Последний интеграл проинтегрируем по частям, полагая u=x ,  du=dx ,  dv= xdx √a2−x2 тогда  ∫ x2dx √a2−x2=∫x xdx Подставляя последний результат в полученное ранее выражение данного интеграла, будем иметь: ∫√a2−x2dx=a2arcsin x Перенося   интеграл   справа   налево   и   выполнив   элементарные   преобразования,   окончательно √a2−x2=−x√a2−x2+∫√a2−x2dx .  a+x√a2−x2−∫√a2−x2dx .  получим: ∫√a2−x2dx=a2 2 Пример 6. Вычислить интегралы arcsin x a+x 2√a2−x2+C . 3 курс ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ cosbx ,  ∙eax∙cosbx+a I1=∫eaxcosbxdx  и  ∫eaxsinbxdx .  Применяя метод интегрирования по частям к первому интегралу, получим: u=eax ,  du=aeaxdx ,  dv=cosbxdx ,  v= 1 sinbx ,  b ∫eaxcosbxdx=1 ∙eax∙sinbx−a b К последнему интегралу снова применим метод интегрирования по частям: u=eax ,  du=aeaxdx ,  dv=sinbxdx ,  v=−1 b ∫eaxsinbxdx=−1 b Подставляя полученное выражение в предыдущее равенство, получим: ∫eaxcosbxdx=1 ∙eax∙sinbx+ a b Найдём из последнего равенства  I1 : (1+a2 b∙sinbx+ a откуда  I1=∫eaxcosbxdx=eax(bsinbx+acosbx) Аналогично находим: I2=∫eaxsinbxdx=eax(asinbx−bcosbx) b∫eaxcosbxdx .  b2∙eax∙cosbx−a2 b2)∫eaxcosbxdx=eax( 1 b2 ∙cosbx)+C(1+a2 b2) ,  b2∫eaxcosbxdx .  b∫eaxsinbxdx .  a2+b2 a2+b2 +C .  +C .   Вопросы на закрепление темы  1. Определите схему интегрирования методом замены переменного. 2. Определите схему интегрирования по частям. 3. Приведите   по   одному   примеру   на   применение   каждого   из   известных   вам   методов интегрирования.