Denne delen vil vurdere metoden for å integrere rasjonelle funksjoner. 7.1. Kort informasjon om rasjonelle funksjoner Den enkleste rasjonelle funksjonen er et polynom av ti-te grad, dvs. en funksjon av formen hvor er reelle konstanter, og a0 Φ 0. Polynomet Qn (x), for hvilket koeffisienten a0 = 1 "kalles redusert. Et reelt tall b kalles en rot av polynomet Qn (z) hvis Qn (b) = 0. Det er kjent at hvert polynom Qn (x) med reelle koeffisienter er unikt dekomponert til reelle faktorer av formen hvor p, q er reelle koeffisienter, og de kvadratiske faktorene har ingen reelle røtter og er derfor uoppløselige til reelle lineære faktorer. Ved å kombinere de samme faktorene (hvis noen) og for enkelhets skyld antar polynomet Qn (x) redusert, kan vi skrive faktoriseringen på formen hvor er naturlige tall. Siden graden av polynomet Qn (x) er lik n, er summen av alle eksponentene a, / 3, ..., A, addert med den doble summen av alle eksponentene ui, ..., q, lik n: Roten a til polynomet kalles enkel eller enkel , hvis a = 1, og multiplum, hvis a> 1; tallet a kalles multiplisiteten av roten a. Det samme gjelder for de andre røttene til polynomet. En rasjonell funksjon f (x) eller en rasjonell brøk er forholdet mellom to polynomer og det antas at polynomene Pm (x) og Qn (x) ikke har noen felles faktorer. En rasjonell brøk kalles riktig hvis graden av polynomet i telleren er mindre enn graden av polynomet i nevneren, dvs. Hvis mn, kalles den rasjonelle brøken feil, og i dette tilfellet, ved å dele telleren med nevneren i henhold til regelen for å dele polynomer, kan den representeres på formen hvor er noen polynomer, og ^^ er en vanlig rasjonell brøk. . Eksempel 1. En rasjonell brøk er en uregelmessig brøk. Dividere med "hjørne", vil vi ha Følgelig. Her. og en vanlig brøkdel. Definisjon. De enkleste (eller elementære) brøkene er rasjonelle brøker av følgende fire typer: hvor er reelle tall, k er et naturlig tall som er større enn eller lik 2, og kvadrattrinomialet x2 + px + q har ingen reelle røtter, slik at - 2 _2 er dens diskriminant I algebra er følgende teorem bevist. Teorem 3. En regulær rasjonell brøk med reelle koeffisienter, hvis nevner Qn (x) har formen dekomponert på en unik måte til en sum av elementære brøker etter regelen Integrasjon av rasjonelle funksjoner Kort informasjon om rasjonelle funksjoner Integrasjon av elementære brøker Generelt tilfelle Integrasjon av irrasjonelle funksjoner Eulers første substitusjon Andre Eulers substitusjon Tredje Eulers substitusjon I denne utvidelsen - noen reelle konstanter, hvorav noen kan være lik null. For å finne disse konstantene reduseres høyre side av likhet (I) til en fellesnevner, og deretter likestilles koeffisientene med samme potens av x i tellerne på venstre og høyre side. Dette gir et system av lineære ligninger hvorfra de ønskede konstantene er funnet. ... Denne metoden for å finne ukjente konstanter kalles metoden for udefinerte koeffisienter. Noen ganger er det mer praktisk å bruke en annen måte å finne ukjente konstanter på, som består i det faktum at etter å likestille tellerne, oppnås en identitet med hensyn til x, der noen verdier er tilordnet argumentet x, for eksempel, verdiene til røttene, som et resultat av hvilke ligninger for å finne konstantene oppnås. Det er spesielt praktisk hvis nevneren Q „(x) bare har reelle enkle røtter. Eksempel 2. Dekomponer en rasjonell brøk til enkle brøker Denne brøken er regulær. Vi dekomponerer nevneren til faktorer av ate: Siden røttene til nevneren er reelle og forskjellige, vil dekomponeringen av brøken til elementære elementer på grunnlag av formel (1) ha formen De ukjente til koeffisienten A. 2? , C finnes på to måter. Den første måten. Likning av koeffisientene med samme potenser av x, dvs. ved (fri ledd), og på venstre og høyre side av identiteten får vi et lineært ligningssystem for å finne de ukjente koeffisientene A, B, C: Dette systemet har en unik løsning C Andre måte. Tek som røttene til nevneren er revet stv i i 0, vi får 2 = 2A, derav A * 1; r i 1, får vi -1 * -B, hvorav 5 * 1; x i 2, får vi 2 = 2C. hvorfra С »1, og den nødvendige dekomponeringen har formen 3. Utvid ikke-elementære brøker, rasjonell brøk 4 Vi dekomponerer polynomet, som står ved a, til faktorer:. Nevneren har to forskjellige dobbeltrøtter: x \ = 0 av multiplisitet 3. Derfor er utvidelsen av denne brøken ikke den enkleste formen. Ved å redusere høyresiden til en fellesnevner finner vi enten First-metoden. Sette likhetstegn mellom koeffisientene med samme potenser av x på venstre og høyre side av den siste identiteten. vi får et lineært ligningssystem Dette systemet har en unik løsning og den nødvendige utvidelsen vil være den andre metoden. I den resulterende identiteten, innstilling x = 0, får vi 1 a A2, eller A2 = 1; felt * homofil x = -1, vi får -3 i B), eller Bj i -3. Når du erstatter de funnet verdiene til koeffisientene A \ og B) a, vil identiteten ha formen eller Forutsatt x = 0, og deretter x = -I. vi finner at = 0, B2 = 0 og. derfor B \ = 0. Dermed får vi igjen eksempel 4. Utvid den rasjonelle brøken til enkle brøker 4 Nevneren til brøken har ingen reelle røtter, siden funksjonen x2 + 1 ikke forsvinner for noen reelle verdier av x. Derfor bør utvidelsen til de enkleste brøkene ha formen Fra dette får vi eller. Ved å likestille koeffisientene ved Sshinak potenser av x i venstre og høyre side av den siste likheten, vil vi ha fra hvor vi finner, og derfor bør det bemerkes at i noen tilfeller kan utvidelser til enkle brøker oppnås raskere og enklere ved å handle på annen måte, uten å bruke metoden med ubestemte koeffisienter. For å få utvidelsen av brøken i eksempel 3, kan du for eksempel addere og subtrahere i telleren Zx2 og utføre divisjon, som angitt nedenfor. 7.2. Integrasjon av elementære brøker.Som nevnt ovenfor kan enhver uregelmessig rasjonell brøk representeres som summen av et visst polynom og en regulær rasjonell brøk (§7), og denne representasjonen er unik. Integrasjon av et polynom er ikke vanskelig, så vi vil vurdere spørsmålet om å integrere en vanlig rasjonell brøk. Siden enhver vanlig rasjonell brøk kan representeres som en sum av de enkleste brøkene, reduseres integrasjonen til integrasjonen av de enkleste brøkene. La oss nå vurdere spørsmålet om deres integrering. III. For å finne integralet til den enkleste brøken av den tredje typen, la oss velge hele kvadratet til binomialet fra kvadrattrinomialet: Siden det andre leddet setter vi det lik a2, hvor og så gjør vi en substitusjon. Deretter, tar vi i betraktning de lineære egenskapene til integralet, finner vi: Eksempel 5. Finn integralet 4 Integranden er den enkleste brøken av den tredje typen, siden kvadrattrinomialet x1 + Ax + 6 ikke har noen reelle røtter (dens diskriminant er negativ:, og telleren inneholder et polynom av første grad. Derfor går vi frem som følger: 1) vi velger et komplett kvadrat i nevneren 2) vi gjør en substitusjon (her 3) med * ett integral For å finne integralet av den enkleste brøkdelen av den fjerde typen, setter vi, som ovenfor,. Deretter får vi integralet på høyre side, betegner det med A og transformerer det som følger: Vi integrerer integralet på høyre side ved deler, forutsatt hvorfra eller Integrasjon av rasjonelle funksjoner Kort informasjon om rasjonelle funksjoner Integrasjon av enkle brøker Generelt kasus Integrasjon av irrasjonelle funksjoner Første Euler-substitusjon Andre Euler-substitusjon Tredje substitusjon Euler Vi har fått den såkalte tilbakevendende formelen, som lar oss finne integralet Jk for enhver k = 2, 3 ,. ... Faktisk er integralet J \ tabellform: Sett i den tilbakevendende formelen finner vi Å vite og sette A = 3, vi kan enkelt finne Jj, og så videre. I sluttresultatet, ved å erstatte uttrykkene deres overalt i stedet for t og a i form av x og koeffisientene p og q, får vi for initialintegralet dets uttrykk i form av x og de gitte tallene M, AH, p, q. Eksempel 8. Neyti-integral «Den integrerbare funksjonen er den enkleste brøkdelen av den fjerde typen, siden diskriminanten til kvadrattrinomialet er negativ, dvs. derfor har nevneren ingen reelle røtter, og telleren er et polynom av 1. grad. 1) Tilordne hele kvadratet i nevneren 2) Gjør substitusjonen: Integralet har formen: Forutsatt i den tilbakevendende formelen * = 2, a3 = 1. vil vi ha, og derfor er den nødvendige integralen lik. variabelen x, får vi til slutt 7,3. Generell sak Fra resultatene av s. Et viktig teorem følger umiddelbart av 1 og 2 i denne delen. Teorem! 4. Et ubestemt integral av enhver rasjonell funksjon eksisterer alltid (på intervaller der nevneren til brøken Qn (x) Φ 0) og uttrykkes i form av et endelig antall elementære funksjoner, nemlig det er en algebraisk sum. , rasjonelle brøker, naturlige logaritmer og arctangenser. Så for å finne det ubestemte integralet av en rasjonell brøkfunksjon, bør man handle på følgende måte: 1) hvis den rasjonelle brøken er feil, så velges hele delen ved å dele telleren med nevneren, det vil si at denne funksjonen er representert som en sum av et polynom og en regulær rasjonell brøk; 2) deretter dekomponeres nevneren til den oppnådde korrekte brøken til produktet av lineære og kvadratiske faktorer; 3) denne regulære brøken dekomponeres til summen av de enkleste brøkene; 4) ved å bruke lineariteten til integralet og formlene til punkt 2, finnes integralene til hvert ledd separat. Eksempel 7. Finn integralet М Siden nevneren er et polynom av det tredje trinnet, er integranden en uregelmessig brøk. Vi skiller ut hele delen i den: Derfor vil vi ha. Nevneren til en regulær brøk har phi med forskjellige reelle røtter: og derfor har utvidelsen til enkle brøker formen Fra dette finner vi. Ved å gi argumentet x-verdier lik røttene til nevneren, finner vi fra denne identiteten at: Følgelig vil det nødvendige integralet være lik eksempel 8. Finn integralet 4 Integranden er en regulær brøk, hvis nevner har to forskjellige reelle røtter: х - О av multiplisitet 1 og х = 1 av multiplisitet 3, Derfor har ekspansjonen av integranden til de enkleste brøkene formen Å bringe høyresiden av denne likheten til en fellesnevner og annullere begge sider av den. likhet ved denne nevneren, får vi eller. Vi setter likhetstegn mellom koeffisientene ved samme grad av x i venstre og høyre side av denne identiteten: Herfra finner vi. Ved å erstatte de funnet verdiene til koeffisientene i utvidelsen, vil vi ha Integrating, finner vi: Eksempel 9. Finn integralet 4 Nevneren til brøken har ingen reelle røtter. Derfor har ekspansjonen til de enkleste brøkene av integranden formen Derav eller Lignende koeffisientene ved samme potenser av x i venstre og høyre side av denne identiteten, vil vi ha hvor vi finner og derfor bemerker. I det gitte eksemplet kan integranden representeres som summen av elementære brøker på en enklere måte, nemlig i telleren til brøken velger vi binomialet i nevneren, og deretter utfører vi ledd-for-ledd divisjon: § 8. Integrasjon av irrasjonelle funksjoner Funksjon av formen reelle konstanter, og Eksempel 1, Funksjonen er en rasjonell funksjon av variablene z og y, siden den representerer både relasjonen til et polynom av tredje grad og et polynom av femte grad og funksjonen er ikke barlind. I tilfellet når variablene i sin tur er funksjoner av variabelen x: kalles funksjonen] en rasjonell funksjon av eksempelfunksjonene. En funksjon er en rasjonell funksjon av r og pvdikvlv Linje 3. En funksjon av formen er ikke en rasjonell funksjon av x og radikal y / r1 + 1, men det er en rasjonell funksjon av funksjoner. Som eksempler viser, integraler av irrasjonelle funksjoner er ikke alltid uttrykt i form av elementære funksjoner. For eksempel er integraler som ofte finnes i applikasjoner ikke uttrykt i form av elementære funksjoner; disse integralene kalles elliptiske integraler av henholdsvis den første og andre typen. La oss vurdere de tilfellene der integrasjonen av irrasjonelle funksjoner kan reduseres, ved å bruke noen substitusjoner, til integrasjonen av rasjonelle funksjoner. 1. Anta at det er nødvendig å finne integralet der R (x, y) er en rasjonell funksjon av argumentene x og y; m £ 2 - naturlig tall; a, 6, c, d er reelle konstanter som tilfredsstiller betingelsen ad - bc> 0 (for ad - be = 0 er koeffisientene a og b proporsjonale med koeffisientene c og d, og derfor er forholdet ikke avhengig av x; derfor , i dette tilfellet vil integranden være en rasjonell funksjon av variabelen x, hvis integrasjon ble vurdert tidligere). La oss gjøre en endring av variabelen i dette integralet ved å sette Derfor uttrykker vi variabelen x i form av den nye variabelen.Vi har x = - en rasjonell funksjon av t. Videre finner vi eller, etter forenkling, Derfor, hvor A1 (t) er en rasjonell funksjon av *, siden den rasjonelle funksjonen til en rasjonell funksjon, så vel som produktet av rasjonelle funksjoner, er rasjonelle funksjoner. Vi vet hvordan vi integrerer rasjonelle funksjoner. La Da vil det nødvendige integralet være lik At. IVIt integral 4 Integrand *-funksjonen er en rasjonell funksjon av. Derfor setter vi t = Da Integrasjon av rasjonelle funksjoner Kort informasjon om rasjonelle funksjoner Integrasjon av elementære brøker Generelt tilfelle Integrasjon av irrasjonelle funksjoner Første Euler-substitusjon Andre Euler-substitusjon Tredje Euler-substitusjon Dermed får vi Primar 5. Finn integralet funksjonen kan representeres i formen 1 _ 1_ hvorfra det kan ses at det er en rasjonell funksjon av: Tar vi hensyn til dette, setter vi. Følgelig, 2. Tenk på intefps av formen der den subintefaliske funksjonen er slik at ved å erstatte radikalen \ / ax2 + bx + c i den med y, får vi funksjonen R (x) y) - rasjonell med hensyn til både argumentene x og y. Dette integralet reduseres til et integral av en rasjonell funksjon av en annen variabel ved Eulers substitusjoner. 8.1. Eulers første substitusjon La koeffisienten a> 0. Vi setter eller Derfor finner vi x som en rasjonell funksjon av, og derfor uttrykker den indikerte substitusjonen rasjonelt gjennom *. Derfor vil vi ha hvor Merknad. Den første Euler-substitusjonen kan også tas på formen Eksempel 6. Finn integralet Vi vil derfor ha dx Eulers substitusjon, vis at Y 8.2. Eulers andre substitusjon La trinomialet ax2 + bx + c ha forskjellige reelle røtter λ] og x2 (koeffisienten kan ha hvilket som helst fortegn). I dette tilfellet antar vi Siden da får vi Siden x, dxn y / ax2 + be + c er uttrykt rasjonelt i form av t, reduseres det opprinnelige integralet til et integral av en rasjonell funksjon, det vil si hvor Problem. Ved å bruke den første Euler-substitusjonen, vis at det er en rasjonell funksjon av t. Eksempel 7. Neyti-integral dx M-funksjon] - x1 har forskjellige reelle røtter. Derfor bruker vi den andre substitusjonen på Euler. Herfra finner vi Substituting the found cutouts into Given?I * gyvl; vi får 8,3. Eulers tredje understasjon La koeffisienten c> 0. Endre variabelen ved å sette. Merk at den første og andre Euler-substitusjonen er tilstrekkelig til å redusere integralet til integralet av en rasjonell funksjon. Faktisk, hvis diskriminanten b2 -4ac> 0, så er røttene til den kvadratiske trinomiale akse + bx + c reelle, og i dette tilfellet er den andre Euler-substitusjonen aktuelt. Hvis fortegnet til trinomialet ax2 + bx + c faller sammen med fortegnet for koeffisienten a, og siden trinomialet må være positivt, så er a> 0. I dette tilfellet er den første Euler-substitusjonen aktuelt. For å finne integraler av typen som er angitt ovenfor, er det ikke alltid tilrådelig å bruke Eulers substitusjoner, siden det for dem er mulig å finne andre integrasjonsmetoder som fører til målet raskere. La oss vurdere noen av disse integralene. 1. For å finne integraler av formen, velg den lange firkanten fra kvadratet av det th trinomiale: hvor Etter det, foreta en substitusjon og få der koeffisientene a og P har forskjellige fortegn eller begge er positive. For, og også for a> 0 og integralet vil reduseres til logaritmen, hvis på den annen side til arcsinus. På. Finn imtegrel 4 Så noe sånt. forutsatt at vi får Prmmar 9. Finn. Sett x -, vi vil ha 2. Et integral av formen reduseres til integralet y fra element 1 som følger. Ta i betraktning at den deriverte () "= 2, velger vi den i telleren: 4 Vi avslører i telleren den deriverte av det radikale uttrykket. Siden (x, vil vi ha, tatt i betraktning resultatet av eksempel 9, 3) Integraler av formen der P„ (x) er polynomet n -te grad, kan finnes ved metoden med udefinerte koeffisienter, som er som følger: Anta at likheten gjelder eksempel 10. Mektig integral hvor Qn-i (s ) er et polynom av (n - 1) -te grad med udefinerte koeffisienter: koeffisienter | vi skiller begge sider av (1): Da reduseres høyresiden av likhet (2) til en fellesnevner lik nevneren av venstre side, dvs. begge sider av disse er polynomer av grad n. Ved å likestille koeffisientene med samme potenser av x i venstre og høyre side av (3), får vi n + 1 ligninger, hvorfra vi finner den nødvendige koeffisientene j4 * (fc = 0,1,2, ..., n Ved å erstatte verdiene deres i høyre side av (1) og finne integralet + с, får vi svaret for denne integralen. Eksempel 11. Finn integralet La oss differensiere begge likhetsdressene, vi vil ha. Redusere høyresiden til en fellesnevner og annullere begge sider ved den, får vi identiteten eller. Ved å likestille koeffisientene med samme potenser av x, kommer vi til et likningssystem som vi finner = Da finner vi integralet på høyre side av likhet (4): Følgelig vil det nødvendige integralet være lik
Vi minnes de glade skoleårene. Pionerer i matematikktimer, som begynte å studere røtter, ble først og fremst kjent med kvadratroten. Vi vil gå samme vei.
Eksempel 1
Finn det ubestemte integralet
Ved å analysere integranden kommer du til den triste konklusjonen at den ikke i det hele tatt ligner tabellintegraler. Nå, hvis alt dette gode var i telleren, ville det være enkelt. Eller det ville ikke være noen rot i bunnen. Eller et polynom. Ingen metoder for å integrere fraksjoner ikke hjelpe heller. Hva å gjøre?
Den viktigste måten å løse irrasjonelle integraler på er å endre variabelen, som vil redde oss fra ALLE røtter i integranden.
Merk at denne erstatningen er litt sær, dens tekniske implementering skiller seg fra den "klassiske" erstatningsmetoden, som diskuteres i leksjonen Erstatningsmetode i ubestemt integral.
I dette eksemplet må du erstatte x = t 2, det vil si i stedet for "x" under roten vi vil ha t 2. Hvorfor er erstatningen akkurat slik? Fordi, og som et resultat av erstatningen, vil roten forsvinne.
Hvis vi hadde i integranden i stedet for kvadratroten, så ville vi ha utført erstatningen. Hvis jeg hadde vært der, hadde de gjort det og så videre.
Ok, vår vil bli til. Hva skjer med polynomet? Det er ingen vanskeligheter: hvis, da 
.
Det gjenstår å finne ut hva differensialen vil bli til. Dette gjøres slik:
Vi tar vår erstatning og vi henger differensialer på begge deler:
(vi vil skrive så detaljert som mulig).
Løsningen skal se omtrent slik ut:
.
La oss erstatte: 
.
.
(1) Vi utfører substitusjonen etter substitusjonen (hvordan, hva og hvor, er allerede vurdert).
(2) Flytt konstanten ut av integralet. Reduser teller og nevner med t.
(3) Det resulterende integralet er tabellformet, vi forbereder det for integrasjon ved å velge en firkant.
(4) Vi integrerer over tabellen ved å bruke formelen
.
(5) Vi utfører omvendt utskifting. Hvordan gjøres det? Vi husker hva vi danset fra: hvis, da.
Eksempel 2
Finn det ubestemte integralet
Dette er et eksempel på en gjør-det-selv-løsning. Fullfør løsning og svar på slutten av veiledningen.
På en eller annen måte skjedde det at i eksempel 1, 2 er det en "naken" teller med en enkelt differensial. La oss fikse situasjonen.
Eksempel 3
Finn det ubestemte integralet
En foreløpig analyse av integranden viser igjen at det ikke er noen enkel måte. Derfor må du bli kvitt roten.
La oss erstatte:.
Per angir ALL uttrykk under roten... Erstatningen fra de foregående eksemplene er ikke egnet her (mer presist, det kan gjøres, men det vil ikke kvitte oss med roten).
Vi legger differensialer til begge deler:
Med telleren ordnet. Hva skal man gjøre med nevneren?
Vi tar vår erstatning og uttrykker fra den:.
Hvis da.
(1) Vi utfører substitusjonen i samsvar med utført substitusjon.
(2) Greing av telleren. Jeg foretrakk å ikke sette konstanten utenfor integrertegnet (du kan gjøre det på denne måten, det vil ikke være en feil)
(3) Vi utvider telleren til beløpet. Nok en gang anbefaler vi på det sterkeste at du leser det første avsnittet i leksjonen Integrasjon av noen fraksjoner... Det vil være mange gimmicker med utvidelsen av telleren til en sum i irrasjonelle integraler, det er veldig viktig å finne ut av denne teknikken.
(4) Del tellerleddet med nevneren.
(5) Vi bruker linearitetsegenskapene til det ubestemte integralet. I det andre integralet velger vi en firkant for påfølgende integrasjon over bordet.
(6) Vi integrerer over bordet. Det første integralet er ganske enkelt, i det andre bruker vi tabellformelen for høy logaritme 
.
(7) Vi utfører omvendt utskifting. Hvis vi utførte en erstatning, så tilbake:.
Eksempel 4
Finn det ubestemte integralet
Dette er et eksempel på en uavhengig løsning, hvis du ikke har jobbet nøye gjennom de forrige eksemplene, så gjør en feil! Fullfør løsning og svar på slutten av veiledningen.
Integraler med flere det samme røtter som
Etc. Og hva du skal gjøre hvis i integranden røttene diverse?
Eksempel 5
Finn det ubestemte integralet
Så tilbakebetalingen har kommet for de nakne tellerne. Når en slik integral støtes på, blir det vanligvis skummelt. Men frykt er forgjeves, etter å ha laget en passende erstatning, blir integranden enklere. Utfordringen er å lage en vellykket erstatning for å bli kvitt ALLE røtter på en gang.
Når det gis forskjellige røtter, er det praktisk å holde seg til et bestemt løsningsskjema.
Først skriver vi ut integranden på utkastet, og representerer alle røttene i skjemaet:
Vi vil være interessert i nevnere grader:
Klassen av irrasjonelle funksjoner er veldig bred, så det kan rett og slett ikke være en universell måte å integrere dem på. I denne artikkelen vil vi prøve å fremheve de mest karakteristiske typene irrasjonelle integrandfunksjoner og sette dem i samsvar med integrasjonsmetoden.
Det er tider når det er hensiktsmessig å bruke metoden for å summere differensialtegnet. For eksempel, når du finner ubestemte integraler av formen, hvor s Er en rasjonell brøk.
Eksempel.
Finn det ubestemte integralet 
.
Løsning.
Det er ikke vanskelig å se det. Derfor tar vi under differensialtegnet og bruker tabellen over antiderivater: 
Svar:
.
13. Fraksjonell lineær substitusjon
Integraler av typen der a, b, c, d er reelle tall, a, b, ..., d, g er naturlige tall, reduseres til integraler av en rasjonell funksjon ved substitusjon hvor K er det minste felles multiplum av nevnere av brøker
Faktisk innebærer erstatningen at og
det vil si at x og dx uttrykkes i termer av rasjonelle funksjoner til t. Dessuten er hver potens av brøken uttrykt i form av en rasjonell funksjon av t.
Eksempel 33.4... Finn integralet 
Løsning: Det minste felles multiplum av nevnerne på 2/3 og 1/2 er 6.
Derfor setter vi x + 2 = t 6, x = t 6 -2, dx = 6t 5 dt, Derfor,
Eksempel 33.5. Angi en erstatning for å finne integraler:
Løsning: For I 1 er substitusjonen x = t 2, for I 2 substitusjonen
14. Trigonometrisk substitusjon
Integraler av typen reduseres til integraler av funksjoner som rasjonelt er avhengige av trigonometriske funksjoner ved å bruke følgende trigonometriske substitusjoner: x = en sint for det første integralet; x = en tgt for det andre integralet; for det tredje integralet.
Eksempel 33.6. Finn integralet 
Løsning: Sett x = 2 sin t, dx = 2 cos tdt, t = arcsin x / 2. Deretter
Her er integranden en rasjonell funksjon med hensyn til x og 
Ved å velge en komplett firkant under radikalen og gjøre en erstatning, reduseres integralene til den angitte typen til integraler av allerede vurdert type, det vil si til integraler av typen 
Disse integralene kan beregnes ved å bruke passende trigonometriske substitusjoner.
Eksempel 33.7. Finn integralet 
Løsning: Siden x 2 + 2x-4 = (x + 1) 2 -5, så er x + 1 = t, x = t-1, dx = dt. Derfor 
Vi putter 
Merk: Integral av type 
det er hensiktsmessig å finne ved å bruke substitusjonen x = 1 / t.
15. Det bestemte integralet
La funksjonen være gitt på et segment og har en antiderivert på seg. Forskjellen kalles bestemt integral funksjoner langs segmentet og angir. Så,
Forskjellen skrives i skjemaet, da 
... Tallene er begrensninger for integrering
.
For eksempel en av antiderivatene for en funksjon. Derfor
16 . Hvis c er et konstant tall og funksjonen (x) er integrerbar på, da
det vil si at konstantfaktoren c kan tas utenfor tegnet til et bestemt integral.
▼ La oss komponere integralsummen for funksjonen med ƒ (x). Vi har:
Så Det følger av dette at funksjonen c (x) er integrerbar på [a; b] og formel (38.1) er gyldig ▲
2. Hvis funksjonene ƒ 1 (x) og ƒ 2 (x) er integrerbare på [a; b], så er de integrerbare på [a; b] summen deres u
det vil si at integralet av summen er lik summen av integralene.
▼ 
▲
Egenskap 2 strekker seg til summen av et hvilket som helst begrenset antall ledd.
3.
Denne egenskapen kan tas per definisjon. Denne egenskapen bekreftes også av Newton-Leibniz-formelen.
4. Hvis funksjonen (x) er integrerbar på [a; b] og a< с < b, то
det vil si at integralet over hele segmentet er lik summen av integralene over delene av dette segmentet. Denne egenskapen kalles additiviteten til et bestemt integral (eller additivitetsegenskapen).
Når vi deler segmentet [a; b] i deler, inkluderer vi punkt c i antall delingspunkter (dette kan gjøres siden grensen for integralsummen er uavhengig av metoden for å dele segmentet [a; b] i deler ). Hvis c = x m, kan integralsummen deles inn i to summer:
Hver av de skrevne summene er henholdsvis integral for segmentene [a; b], [a; s] og [s; b]. Går vi til grensen i den siste likheten som n → ∞ (λ → 0), får vi likhet (38.3).
Egenskap 4 er gyldig for ethvert arrangement av punktene a, b, c (vi antar at funksjonen ƒ (x) er integrerbar på det største av de resulterende intervallene).
Så, for eksempel, hvis en< b < с, то
(egenskapene 4 og 3 er brukt).
5. "Gjennomsnittsteorem". Hvis funksjonen ƒ (x) er kontinuerlig på segmentet [a; b], så er det en tynn c є [a; b] slik at
▼ Ved Newton-Leibniz-formelen har vi
hvor F "(x) = ƒ (x). Ved å bruke på forskjellen F (b) -F (a) Lagrange-setningen (setningen om det endelige inkrementet til en funksjon), får vi
F (b) -F (a) = F "(c) (b-a) = ƒ (c) (b-a). ▲
Egenskap 5 ("middelverditeorem") for ƒ (x) ≥ 0 har en enkel geometrisk betydning: verdien av det bestemte integralet er, for noen c є (a; b), arealet av et rektangel med høyde ƒ (c) og base b- a (se fig. 170). Nummer 
kalles middelverdien av funksjonen ƒ (x) på segmentet [a; b].
6. Hvis funksjonen ƒ (x) beholder tegnet sitt på segmentet [a; b], hvor a< b, то интегралимеет
тот же знак, что и функция. Так, если
ƒ(х)≥0 на отрезке [а; b], то
▼ Ved "middelverditeoremet" (egenskap 5)
hvor c є [a; b]. Og siden ƒ (x) ≥ 0 for alle x Î [a; b], da
ƒ (c) ≥0, b-a> 0.
Derfor er ƒ (c) (b-a) ≥ 0, dvs. 
▲
7. Ulikhet mellom kontinuerlige funksjoner på intervallet [a; b], (a
▼ Siden ƒ 2 (x) -ƒ 1 (x) ≥0, så for en< b, согласно свойству 6, имеем
Eller, ifølge eiendom 2,
Merk at det er umulig å differensiere ulikheter.
8. Estimering av integralet. Hvis m og M er henholdsvis den minste og største verdien av funksjonen y = ƒ (x) på segmentet [a; b], (a< b), то
▼ Siden vi for enhver x є [a; b] har m≤ƒ (x) ≤М, så har vi ifølge egenskap 7
Ved å bruke egenskap 5 til de ekstreme integralene får vi
▲
Hvis ƒ (x) ≥0, er egenskap 8 illustrert geometrisk: arealet til en krumlinjet trapes er innelukket mellom områdene av rektangler, hvis basis er, og høydene er lik m og M (se fig. 171).
9. Modulen til et bestemt integral overskrider ikke integralet til integrandens modul:
▼ Ved å bruke egenskap 7 på de åpenbare ulikhetene - | ƒ (x) | ≤ƒ (x) ≤ | ƒ (x) |, får vi
Derfor følger det
▲
10. Den deriverte av et bestemt integral med hensyn til en variabel øvre grense er lik integranden der integrasjonsvariabelen er erstattet med denne grensen, det vil si,
Å beregne arealet til en figur er et av de vanskeligste problemene i teorien om områder. På skolegeometrikurset lærte vi å finne områdene til grunnleggende geometriske former, for eksempel en sirkel, en trekant, en rombe osv. Imidlertid må du mye oftere forholde deg til beregningen av områdene med mer komplekse former. Når man skal løse slike problemer, må man ty til integralregning.
I denne artikkelen vil vi vurdere problemet med å beregne arealet til en buet trapes, og vi vil nærme oss det i geometrisk forstand. Dette vil tillate oss å finne ut det direkte forholdet mellom en bestemt integral og arealet til en buet trapes.
Kalkulatoren løser integralene med beskrivelsen av handlinger i DETALJER på russisk og gratis!
Løsning av ubestemte integraler
Det er en nettjeneste i et skritt:
Løsning av bestemte integraler
Det er en nettjeneste i et skritt:
- Skriv inn integrand-uttrykket (integrandfunksjon)
- Introduser den nedre grensen for integralet
- Introduser en øvre grense for integralet
Løsning av doble integraler
- Skriv inn integrand-uttrykket (integrandfunksjon)
Løse upassende integraler
- Skriv inn integrand-uttrykket (integrandfunksjon)
- Angi det øvre området for integrering (eller + uendelig)
- Introduser den nedre regionen av integrering (eller - uendelig)
Løsning av trippelintegraler
- Skriv inn integrand-uttrykket (integrandfunksjon)
- Angi nedre og øvre grenser for den første integreringsregionen
- Angi nedre og øvre grenser for den andre integrasjonsregionen
- Introduser nedre og øvre grenser for den tredje integrasjonsregionen
Denne tjenesten lar deg sjekke din beregninger for korrekthet
Muligheter
- Støtte for alle mulige matematiske funksjoner: sinus, cosinus, eksponent, tangens, cotangens, kvadratrot og kubikk, grader, eksponentiell og andre.
- Det finnes eksempler på input, både for ubestemte integraler og for upassende og bestemte.
- Retter feil i uttrykkene du skrev inn og tilbyr dine egne muligheter for input.
- Numerisk løsning for bestemte og upassende integraler (inkludert doble og trippelintegraler).
- Støtte for komplekse tall, så vel som forskjellige parametere (du kan spesifisere i integranden ikke bare integrasjonsvariabelen, men også andre variable parametere)
Det er ingen universell måte å løse irrasjonelle ligninger på, siden deres klasse er forskjellig i antall. Artikkelen vil fremheve de karakteristiske ligningstypene med substitusjon ved bruk av integrasjonsmetoden.
For å bruke den direkte integrasjonsmetoden er det nødvendig å beregne ubestemte integraler av typen ∫ k x + b p d x, der p er en rasjonell brøk, k og b er reelle koeffisienter.
Eksempel 1
Finn og beregn antiderivertene til funksjonen y = 1 3 x - 1 3.
Løsning
I henhold til integrasjonsregelen er det nødvendig å bruke formelen ∫ f (kx + b) dx = 1 k F (kx + b) + C, og tabellen over antiderivater indikerer at det er en ferdig løsning for denne funksjonen . Det skjønner vi
∫ dx 3 x - 1 3 = ∫ (3 x - 1) - 1 3 dx = 1 3 1 - 1 3 + 1 (3 x - 1) - 1 3 + 1 + C = = 1 2 (3 x - 1 ) 2 3 + C
Svar:∫ d x 3 x - 1 3 = 1 2 (3 x - 1) 2 3 + C.
Det er tilfeller når du kan bruke metoden for å bringe under differensialtegnet. Dette løses ved prinsippet om å finne ubestemte integraler av formen ∫ f "(x) · (f (x)) p d x, når verdien av p anses som en rasjonell brøk.
Eksempel 2
Finn det ubestemte integralet ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x.
Løsning
Legg merke til at d x 3 + 5 x - 7 = x 3 + 5 x - 7 "d x = (3 x 2 + 5) d x. Da er det nødvendig å summere under differensialtegnet ved å bruke tabeller med antiderivater. Vi får det
∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 dx = ∫ (x 3 + 5 x - 7) - 7 6 (3 x 2 + 5) dx = = ∫ (x 3 + 5 x - 7 ) - 7 6 d (x 3 + 5 x - 7) = x 3 + 5 x - 7 = z = = ∫ z - 7 6 dz = 1 - 7 6 + 1 z - 7 6 + 1 + C = - 6 z - 1 6 + C = z = x 3 + 5 x - 7 = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C
Svar:∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C.
Løsningen av ubestemte integraler gir en formel på formen ∫ d x x 2 + p x + q, hvor p og q er reelle koeffisienter. Deretter er det nødvendig å velge en komplett firkant under roten. Det skjønner vi
x 2 + p x + q = x 2 + p x + p 2 2 - p 2 2 + q = x + p 2 2 + 4 q - p 2 4
Ved å bruke formelen i tabellen over ubestemte integraler får vi:
∫ d x x 2 ± α = ln x + x 2 ± α + C
Deretter beregnes integralen:
∫ dxx 2 + px + q = ∫ dxx + p 2 2 + 4 q - p 2 4 = = ln x + p 2 + x + p 2 2 + 4 q - p 2 4 + C = = ln x + p 2 + x 2 + px + q + C
Eksempel 3
Finn det ubestemte integralet av formen ∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1.
Løsning
For å beregne, må du ta ut tallet 2 og plassere det foran radikalen:
∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 = ∫ d x 2 x 2 + 3 2 x - 1 2 = 1 2 ∫ d x x 2 + 3 2 x - 1 2
Velg en hel firkant i det radikale uttrykket. Det skjønner vi
x 2 + 3 2 x - 1 2 = x 2 + 3 2 x + 3 4 2 - 3 4 2 - 1 2 = x + 3 4 2 - 17 16
Da får vi en ubestemt integral av formen 1 2 ∫ dxx 2 + 3 2 x - 1 2 = 1 2 ∫ dxx + 3 4 2 - 17 16 = = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C
Svar: d x x 2 + 3 x - 1 = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C
Integrasjon av irrasjonelle funksjoner gjøres på lignende måte. Gjelder for funksjoner av formen y = 1 - x 2 + p x + q.
Eksempel 4
Finn det ubestemte integralet ∫ d x - x 2 + 4 x + 5.
Løsning
Først må du utlede kvadratet av nevneren til uttrykket fra under roten.
∫ dx - x 2 + 4 x + 5 = ∫ dx - x 2 - 4 x - 5 = = ∫ dx - x 2 - 4 x + 4 - 4 - 5 = ∫ dx - x - 2 2 - 9 = ∫ dx - (x - 2) 2 + 9
Tabellintegralet har formen ∫ dxa 2 - x 2 = arc sin xa + C, da får vi at ∫ dx - x 2 + 4 x + 5 = ∫ dx - (x - 2) 2 + 9 = arc sin x - 2 3 + C
Svar:∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = a r c sin x - 2 3 + C.
Prosessen med å finne antiderivater av irrasjonelle funksjoner av formen y = M x + N x 2 + px + q, hvor de tilgjengelige M, N, p, q er reelle koeffisienter, og de ligner på integrasjonen av de enkleste brøkene av den tredje typen. Denne transformasjonen har flere stadier:
summere differensialet under roten, fremheve hele kvadratet av uttrykket under roten, ved å bruke tabellformler.
Eksempel 5
Finn antiderivertene y = x + 2 x 2 - 3 x + 1.
Løsning
Fra betingelsen har vi at d (x 2 - 3 x + 1) = (2 x - 3) dx og x + 2 = 1 2 (2 x - 3) + 7 2, så (x + 2) dx = 1 2 (2 x - 3) + 7 2 dx = 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 dx.
Regn ut integralet: ∫ x + 2 x 2 - 3 x + 1 dx = 1 2 ∫ d (x 2 - 3 x + 1) x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ∫ dxx 2 - 3 x + 1 = = 1 2 ∫ (x 2 - 3 x + 1) - 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 ∫ dxx - 3 2 2 - 5 4 = = 1 2 1 - 1 2 + 1 x 2 - 3 x + 1 - 1 2 + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x - 3 2 - 5 4 + C = = x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x 2 - 3 x + 1 + C
Svar:∫ x + 2 x 2 - 3 x + 1 d x = x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ln x - 3 2 + x 2 - 3 x + 1 + C.
Søket etter ubestemte integraler av funksjonen ∫ x m (a + b x n) p d x utføres ved bruk av substitusjonsmetoden.
For å løse det, må du introdusere nye variabler:
- Når tallet p er et heltall, er x = z N, og N er fellesnevneren for m, n.
- Når m + 1 n er et heltall så er a + b x n = z N og N nevneren for p.
- Når m + 1 n + p er et heltall, må du angi variabelen a x - n + b = z N, og N er nevneren til p.
Finn det bestemte integralet ∫ 1 x 2 x - 9 d x.
Løsning
Vi får at ∫ 1 x 2 x - 9 d x = ∫ x - 1 · (- 9 + 2 x 1) - 1 2 d x. Det følger at m = - 1, n = 1, p = - 1 2, så er m + 1 n = - 1 + 1 1 = 0 et heltall. Du kan legge inn en ny variabel av formen - 9 + 2 x = z 2. Det er nødvendig å uttrykke x til z. På utgangene får vi det
9 + 2 x = z 2 ⇒ x = z 2 + 9 2 ⇒ d x = z 2 + 9 2 "d z = z d z - 9 + 2 x = z
Det er nødvendig å gjøre en erstatning i det gitte integralet. Det har vi
∫ d x x 2 x - 9 = ∫ z d z z 2 + 9 2 z = 2 ∫ d z z 2 + 9 = = 2 3 a r c t g z 3 + C = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C
Svar:∫ d x x 2 x - 9 = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C.
For å forenkle løsningen av irrasjonelle ligninger, brukes grunnleggende integreringsmetoder.
Hvis du oppdager en feil i teksten, velg den og trykk Ctrl + Enter
