Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

IDU / IDU_M1_L02

.pdf
Скачиваний:
5
Добавлен:
26.04.2015
Размер:
122.67 Кб
Скачать

кафедра «Математическое моделирование» проф. П. Л. Иванков

Интегралы и дифференциальные уравнения

конспект лекций

для студентов 1-го курса 2-го семестра специальностей РЛ1,2,3,6, БМТ1,2

Лекция 2

Интегрирование подстановкой и заменой переменной. Интегрирование по частям. Интегрирование выражений, содержащих квадратный трехчлен.

Основными приемами вычисления интегралов являются подстановка и замена переменной.

Теорема (об интегрировании подстановкой).

Пусть функции ϕ и f определены соответственно на промежутках I1 и I2, ϕ дифференцируема на I1 , причем ϕ(x) I2 для любого x I1 . Пусть далее

Z

f(u)du = F (u) + C

на промежутке I2. Тогда

Z

f(ϕ(x))ϕ0(x)dx = F (ϕ(x)) + C

на промежутке I1.

Доказательство.

Имеем (F (ϕ(x)))0 = F 0(ϕ(x)) · ϕ0(x) = f(ϕ(x)) · ϕ0(x),

и доказываемое равенство справедливо.

Отметим важный частный случай доказанной теоремы:

если

Z

f(u)du = F (u) + C,

то

Z

f(ax + b)dx = a1 F (ax + b) + C, a 6= 0.

Особенно часто это замечание используется при b = 0 или при a = 1 :

Z

f(ax)dx = a1 F (ax) + C, a 6= 0;

Z

f(x + b)dx + F (x + b) + C.

1

Пример.

cos2 xdx = Z 1 +

 

 

 

dx = 2

 

 

 

 

Z

2

 

 

+

4

+ C;

 

 

 

 

cos 2x

 

x

 

sin 2x

 

аналогично

Z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin2 xdx = 2

 

 

 

 

 

 

 

4

 

+ C.

 

 

 

 

 

 

x

 

 

sin 2x

 

 

 

 

При практическом применении доказанной теоремы обычно используют формальный прием, называемый ”подведением под знак дифференциала”:

Z Z Z

f(ϕ(x))ϕ0(x)dx = f(ϕ(x))dϕ(x) = f(u)du = F (u) + C = F (ϕ(x)) + C;

в простых случаях вспомогательную переменную u = ϕ(x)

не вводят,т.е. сразу пишут

 

 

 

 

 

 

Z f(ϕ(x))dϕ(x) = F (ϕ(x)) + C.

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример. Вычислим интеграл

 

 

 

I = Z

sin x.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z

dx

 

 

Z

 

cos x

 

 

dx

Z

 

 

1

 

 

 

x

)0dx =

Z

d tg x

 

 

x

 

 

2 sin x2 cos x2

 

 

 

sin x2

· 2 cos2 x2

 

 

tg x2

 

2

tg x2

 

2

 

I =

=

 

2

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

(tg

 

 

 

2 = ln

 

tg

 

 

+ C.

Т.к. cos x = sin(x +

 

π

)

,то отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos x

= Z

sin(x +

π2

 

= ln tg

 

2 +

2

 

+ C.

 

 

 

 

 

 

I = Z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема (об интегрировании заменой переменной).

 

 

 

Пусть функция ϕ дифференцируема на промежутке I1

и взаимно однозначно отобра-

жает его на промежуток I

2

 

6

t

 

1

 

, причем ϕ0(t) = 0 для любого

 

I . Пусть, далее, функция

f определена на I2 .

Тогда, если на промежутке I1

 

 

 

 

 

 

Z

f(ϕ(t))ϕ0(t)dt = F (t) + C,

 

 

 

то на промежутке

I2

 

Z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f(x)dx = F (ϕ−1(x)) + C,

где ϕ−1(x) - функция, обратная к функции ϕ(t) .

Доказательство.

Из условий теоремы следует, что функция ϕ−1(x) дифференцируема, и

2

 

 

 

 

−1(x))0

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ0−1(x))

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Поэтому

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F (ϕ−1(x)) 0 = F 0−1(x)) · (ϕ−1(x))0 = f(ϕ(ϕ−1(x))) · ϕ(ϕ−1(x)) ·

 

 

1

 

= f(x).

 

 

 

ϕ0−1(x))

Отсюда непосредственно вытекает утверждение теоремы.

 

 

 

 

 

 

 

Пример. Пусть требуется вычислить

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I = Z

 

 

 

dx,

 

 

 

−a < x < a,

 

 

 

 

 

 

 

 

a2 − x2

 

 

 

 

 

a > 0.

 

 

 

 

 

Рассмотрим функцию ϕ(t) = a sin t,

 

 

 

 

π

 

 

 

π

 

Нетрудно проверить, что все

 

 

 

 

 

< t <

 

 

 

 

 

.

 

 

 

2

2

 

условия последней теоремы выполнены. Имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z pa2 − a2 sin2 t · a cos tdt = a2

 

Z cos2 tdt = a2

2

+

4

 

+ C =

 

 

 

 

 

a2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

sin 2t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

t

· p1 − sin

2 t

 

 

 

+ C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 2 (

 

+ sin

 

 

 

)x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Заменяя в последнем выражении

t

 

на ϕ−1(x) = arcsin

 

 

, получаем

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

a2

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I =

 

 

arcsin

 

+ xa2 − x2 + C.

 

 

 

 

 

 

 

2

a

 

 

 

 

 

 

Теорема (об интегрировании по частям).

Пусть функции u и v дифференцируемы на промежутке I ,и функция u0 · v имеет

на этом промежутке первообразную. Тогда

 

Z

u · v0dx = u · v − Z

u0 · vdx.

Доказательство.

Запишем правило дифференцирования произведения:

Отсюда

 

(u · v)0 = u0v + uv0.

 

u0 · vdx = Z ((uv)0 − uv0)dx = uv − Z

 

Z

u · v0dx.

Теорема доказана.

 

 

 

 

 

 

Примеры.

 

 

 

 

 

 

1. Рассмотрим интегралы

 

 

I2 = Z

 

 

 

I1 = Z

bxdx

и

eax sin bxdx.

3

Имеем

Z

I1 =

Z

I2 = eax

 

 

bx

 

0

sin bx

 

 

a

eax

sin

 

 

dx = eax ·

 

Z

b

 

b

b

b

 

dx = −eax ·

b

+ b Z

 

cos bx

 

 

0

 

cos bx

 

a

eax sin bxdx = eax sin bx aI2; b b

eax cos bxdx = −eax cos bx + aI1. b b

Т.о., для нахождения I1 и I2 получаем такую систему:

 

I1 = eax

sin bx

a

 

 

 

 

I2,

 

 

b

b

 

I2 = −eax

cos bx a

 

 

 

+

 

 

I1.

 

b

 

b

Отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I1

=

 

a cos bx + b sin bx

eax + C,

 

 

 

 

 

a2 + b2

 

 

 

 

 

 

 

I2

+

a sin bx − b cos bx

eax + C.

 

 

 

a2 + b2

 

 

 

 

 

 

 

Рассмотрим теперь некоторые интегралы, содержащие квадратный трехчлен.

Пусть

I = R

 

 

 

 

Ax + B

dx,

a 6= 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ax2 + bx + c

 

 

 

 

Вычислим вспомогательный интеграл:

 

ax2 + bx + c.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I1 = Z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Выделив в знаменателе полный квадрат, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a Z

(x + 2a )2

b 4a2

 

 

 

 

 

 

I1 =

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

2 4ac

 

 

Если D = b2 − 4ac > 0 , то, обозначив

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k2 =

b2 − 4ac

 

 

 

 

 

 

и u = x +

 

 

b

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2a

получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4a2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u + k

 

 

 

 

 

a u2

 

k2

 

 

 

 

2ak

 

 

 

 

 

I = 1

Z

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

1 ln

 

u − k

 

 

+ C;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

du

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

если же D < 0, то

k2 = −D , и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I1 = a Z

 

u2

+ k2

= ak arctg k + C.

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

du

 

 

 

 

1

 

 

 

 

u

 

 

 

 

При D = 0 имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

= a

Z

 

 

 

 

= −au + C.

 

 

 

 

 

 

 

 

I1

 

u2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

du

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

4

Т.о., остается лишь вернуться к прежней переменной x .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычисление интеграла

I можно свести к вычислению

 

I1 :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

2ax + b

 

 

 

 

 

 

 

Ab

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I =

 

 

 

 

 

Z

 

 

 

 

 

 

dx + B −

 

 

 

· I1

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2a

ax2 + bx + c

 

2a

 

 

 

 

 

 

 

 

Z

 

2ax + b

 

 

 

dx = Z

d(ax2 + bx + c)

 

 

 

|ax2 + bx + c| + C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ln

 

 

 

ax2 + bx + c

 

ax2 + bx + c

 

 

 

 

Аналогично вычисляется и интеграл

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J = Z

 

 

Ax + B

 

 

dx.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ax2 + bx + c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычислим вспомогательный интеграл

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J1 =

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

du

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z

 

ax

2

+ bx + c

 

Z

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

2

 

4ac

 

 

 

Z

 

p

 

 

 

2

±

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a (x +

)2

b

 

 

 

 

 

 

 

a(u

 

k

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

2a

4a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где

u = x +

 

,

 

 

 

 

k =

 

|b

 

 

− 4ac|

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2a

 

 

 

 

 

 

4a2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при D = b2 − 4ac > 0

 

под радикалом в последнем интеграле берется знак ”-”, а при

D < 0 - знак ”+”. В результате дело сводится к вычислению табличных интегралов вида

 

 

 

 

 

 

du

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

du

 

 

 

 

 

 

 

 

du

 

 

 

du

 

 

 

 

 

 

Z

 

,

 

Z

 

 

 

 

или

Z

 

 

 

= ± Z

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|u|

u

 

 

 

 

 

 

k2 − u2

 

 

u2 ± k2

 

 

 

 

 

 

знак перед последним интегралом выбирается в зависимости от расположения промежутка интегрирования относительно нуля.

Вычисление интеграла J

сводится к вычислению

J1 :

J = 2a Z

ax2 + bx + cdx +

B − 2a J1;

 

A

 

2ax + b

 

 

 

Ab

R

2ax + b

 

 

 

 

 

2

 

 

 

dx = 2

 

ax

 

+ bx + c + C.

ax2 + bx + c

 

5

Соседние файлы в папке IDU