уголовный адвокат, преподаёт право и практикует как уголовный.
Физика примеры решения задач Электротехника Задачи и лабораторные работы Математика примеры решения задач Вычислить интеграл Информатика Компьютерные сети Компьютерная математика
СУБД администратору базы данных Цель инфологического моделирования Целостность даталогическая модель данных Реляционная база данных реляционная алгебра пользователь системы Избыточность Нормализация Типовая организация СУБД Язык SQL

Интегралы - конспект лекций, задачи с решениями

Неопределённый интеграл и таблица неопределённых интегралов

Дадим теперь такое название множеству всех первообразных данной функции:

        Определение 1.1   Пусть $ f(x)$  -- функция, заданная на объединении интервалов вещественной оси. Набор всех первообразных для $ f(x)$ называется неопределённым интегралом от $ f(x)$ и обозначается $ \int f(x)\,dx$ . Операция нахождения неопределённого интеграла по заданной функции $ f(x)$ называется интегрированием этой функции; найти неопределённый интеграл означает проинтегрировать данную функцию. Функция $ f(x)$ , записанная после знака интеграла (или, как часто говорят, под знаком интеграла), называется подынтегральной функцией.     

Согласно доказанным выше теоремам о виде первообразных, неопределённый интеграл от функции $ f(x)$ состоит из функций вида $ F(x)+C$ , где $ F(x)$  -- какая-либо фиксированная первообразная для $ f(x)$ , а $ C$  -- величина, постоянная на каждом из непересекающихся интервалов, на которых задана функция $ f(x)$ . Поэтому можно написать такую формулу:

$\displaystyle \int f(x)\,dx=F(x)+C.$

(Точнее было бы $ \int f(x)\,dx=\{F(x)+C\}$ , но фигурные скобки, обозначающие множество всех функций вида $ F(x)+C$ , писать в данной ситуации не принято.)

Итак, для того чтобы доказать равенство $ \int f(x)\,dx=F(x)+C$ , достаточно проверить, что $ F(x)$  -- первообразная для $ f(x)$ , то есть что $ F'(x)=f(x)$ . Поэтому таблица неопределённых интегралов для многих часто встречающихся функций сразу следует из таблицы производных, которую мы получили в первом семестре.

1) Поскольку $ (x^m)'=mx^{m-1}$ , то при $ m\ne0$ $ (\frac{1}{m}x^m)'=x^{m-1}$ и $ (\frac{1}{n+1}x^{n+1})'=x^n$ , если взять $ m=n+1$ . Поэтому при $ n\ne-1$

$\displaystyle \int x^n\,dx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C.$

В частности, получаем при $ n=0$ (заметим, что $ x^0=1$ ):

$\displaystyle \int\,dx=x+C,$

при $ n=1$ (тогда $ x^1=x$ ):

$\displaystyle \int x\,dx=\frac{1}{2}x^2+C,$

при $ n=2$ :

$\displaystyle \int x^2\,dx=\frac{1}{3}x^3+C,$

при $ n=-2$ (тогда $ x^{-2}=\frac{1}{x^2}$ ):

$\displaystyle \int\frac{1}{x^2}\,dx=-\frac{1}{x}+C$

(заметим, что здесь $ C$  -- кусочно постоянная величина, принимающая постоянные значения $ C_1$ при $ x<0$ и $ C_2$ при $ x>0$ ), при $ n=\frac{1}{2}$ (тогда $ x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}$ ):

$\displaystyle \int\sqrt{x}\,dx=\frac{1}{3/2}x^{3/2}+C=\frac{2}{3}x\sqrt{x}+C,$

при $ n=-\frac{1}{2}$ (тогда $ x^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{x}}$ ):

$\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{x}}\,dx=\frac{1}{1/2}x^{1/2}+C=2\sqrt{x}+C,$

при $ n=-\frac{1}{3}$ (тогда $ x^{-\frac{1}{3}}=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}$ ):

$\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt[3]{x}}\,dx=\frac{1}{2/3}x^{2/3}+C=\frac{3}{2}\sqrt[3]{x^2}+C$

(здесь $ C$  -- кусочно постоянная, поскольку подынтегральная функция задана на объединении двух интервалов $ (-\infty;0)\cup(0;+\infty)$ ), и т. п.

2) Пусть $ n=-1$ . Тогда $ \int x^{-1}\,dx=\int\frac{dx}{x}$ не задаётся формулой предыдущего пункта. Однако, согласно таблице производных, при $ x>0$ мы имеем $ (\ln x)'=\frac{1}{x}$ , следовательно, $ F(x)=\ln x=\ln\vert x\vert$  -- первообразная для $ f(x)=\frac{1}{x}$ на интервале $ (0;+\infty)$ . Проверим, что при $ x<0$ функция $ \ln\vert x\vert=\ln(-x)$  -- первообразная для $ \frac{1}{x}$ на интервале $ (-\infty;0)$ . Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции получаем

$\displaystyle (\ln(-x))'=\frac{1}{-x}(-x)'=\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\frac{1}{x}.$

Итак, на объединении интервалов $ (-\infty;0)\cup(0;+\infty)$ ) функция $ F(x)=\ln\vert x\vert$ служит первообразной для $ f(x)=\frac{1}{x}$ , то есть

$\displaystyle \int\frac{dx}{x}=\ln\vert x\vert+C$

(здесь $ C$  -- кусочно постоянная величина).

3) Поскольку, согласно таблице производных, при $ a>0, a\ne1$

$\displaystyle \bigl(\frac{1}{\ln a}a^x\bigr)'=\frac{1}{\ln a}\cdot a^x\ln a=a^x,$

то

$\displaystyle \int a^x\,dx=\frac{1}{\ln a}a^x+C.$

В частности, при $ a=e$ получаем:

$\displaystyle \int e^x\,dx=e^x+C.$

4) Поскольку $ (\sin x)'=\cos x$ , получаем

$\displaystyle \int\cos x\,dx=\sin x+C.$

5) Поскольку $ (-\cos x)'=\sin x$ , получаем

$\displaystyle \int\sin x\,dx=-\cos x+C.$

6) Так как $ (\mathop{\rm tg}\nolimits x)'=\frac{1}{\cos^2x}$ , то

$\displaystyle \int\frac{dx}{\cos^2x}=\mathop{\rm tg}\nolimits x+C$

(здесь $ C$  -- кусочно постоянная функция; см. пример в замечании 1.1).

7) Аналогично, поскольку $ (\mathop{\rm ctg}\nolimits x)'=-\frac{1}{\sin^2x}$ , получаем

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sin^2x}=-\mathop{\rm ctg}\nolimits x+C$

(здесь $ C$  -- кусочно постоянная функция на интервалах вида $ (k\pi;(k+1)\pi)$ , где $ k\in\mathbb{Z}$ ).

8) Табличная формула $ (\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ означает, что $ F(x)=\arcsin x$  -- первообразная для $ f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ на интервале $ (-1;1)$ . Значит,

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+C.$

Заметим, что в соответствии с примером 1.3 мы можем также написать:

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=-\arccos x+C.$

(Значения $ C$ в двух последних формулах означают разные постоянные.)

Докажем также обобщение полученной формулы: если $ a>0$ , то на интервале $ (-a;a)$ имеем

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin\frac{x}{a}+C.$

Для доказательства достаточно показать, что производная правой части равна подынтегральной функции:

$\displaystyle \bigl(\arcsin\frac{x}{a}\bigr)'=
\frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2...
...frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}}\cdot\frac{1}{a}=
\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}.
$

Разумеется, верна и формула

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=-\arccos\frac{x}{a}+C.$

9) Из табличной формулы $ (\mathop{\rm arctg}\nolimits x)'=\frac{1}{1+x^2}$ (при $ x\in(-\infty;+\infty)$ ) получаем, что

$\displaystyle \int\frac{dx}{1+x^2}=\mathop{\rm arctg}\nolimits x+C.$

Поскольку $ \mathop{\rm arctg}\nolimits x+\mathop{\rm arcctg}\nolimits x=\frac{\pi}{2}$ при любом $ x$ , то функция $ -\mathop{\rm arcctg}\nolimits x$ так же, как и $ \mathop{\rm arctg}\nolimits x$ , служит первообразной для $ \frac{1}{1+x^2}$ . Значит, мы можем также написать

$\displaystyle \int\frac{dx}{1+x^2}=-\mathop{\rm arcctg}\nolimits x+C$

(с другим, однако, значением постоянной $ C$ , нежели в предыдущей формуле).

Докажем также следующее обобщение полученной формулы: если $ a>0$ , то

$\displaystyle \int\frac{dx}{a^2+x^2}=\frac{1}{a}\mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{x}{a}+C.$

Для доказательства найдём производную правой части:

$\displaystyle \bigl(\frac{1}{a}\mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{x}{a}\bigr)'=
...
...frac{1}{a}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{a^2}}\cdot\frac{1}{a}=
\frac{1}{a^2+x^2}.$

Получили подынтегральную функцию, что и доказывает формулу.

Ясно, что имеет место также формула

$\displaystyle \int\frac{dx}{a^2+x^2}=-\frac{1}{a}\mathop{\rm arcctg}\nolimits \frac{x}{a}+C.$

10) Докажем формулу

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{x^2+k}}=\ln\vert x+\sqrt{x^2+k}\vert+C,$(1.1)

где $ k\ne0$  -- произвольное постоянное число. (Заметим, что при $ k>0$ формула имеет смысл для всех $ x\in\mathbb{R}$ , а при $ k<0$  -- для $ x\in(-\infty;-\sqrt{\vert k\vert})\cup(\sqrt{\vert k\vert};+\infty)$ , так что во втором случае величина $ C$  -- кусочно постоянная.) Для доказательства надо рассмотреть два случая: $ x+\sqrt{x^2+k}>0$ (при $ k>0$ возможен только этот случай; это неравенство имеет место также при $ k<0$ и $ x\in(\sqrt{\vert k\vert};+\infty)$ ) и $ x+\sqrt{x^2+k}<0$ (при $ k<0$ и $ x\in(-\infty;-\sqrt{\vert k\vert})$ ; поскольку $ k\ne0$ , случай равенства нулю невозможен). В первом случае имеем:

$\displaystyle (\ln\vert x+\sqrt{x^2+k}\vert)'=
 (\ln(x+\sqrt{x^2+k}))'=$   
$\displaystyle =\frac{1}{x+\sqrt{x^2+k}}(x+\sqrt{x^2+k})'=
 \frac{1}{x+\sqrt{x^2+k}}(1+\frac{1}{2\sqrt{x^2+k}}(x^2+k)'=$   
$\displaystyle =\frac{1}{x+\sqrt{x^2+k}}(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+k}}=
 \frac{x+\sqrt{x^2+k}}{(x+\sqrt{x^2+1})\sqrt{x^2+k}}=
 \frac{1}{\sqrt{x^2+k}}.$   

Поскольку получили подынтегральную функцию, формула в этом случае доказана. Второй случай, когда $ \ln\vert x+\sqrt{x^2+k}\vert=\ln(-(x+\sqrt{x^2+k}))$ , рассматривается аналогично.

Заметим, что функцию в правой части формулы (1.1) часто называют кдлинным логарифмом", в отличие от правой части формулы следующего пункта, тоже содержащей логарифм.

11) Пусть $ a>0$ и $ x\ne\pm a$ , то есть $ x\in(-\infty;-a)\cup(-a;a)\cup(a;+\infty)$ . Тогда

$\displaystyle \int\frac{dx}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\ln\bigl\vert\frac{x-a}{x+a}\bigr\vert+C$(1.2)

(здесь $ C$  -- кусочно постоянная величина, которая на трёх интервалах изменения $ x$ может принимать три разных значения).

Рассмотрим два случая: $ \frac{x-a}{x+a}>0$ (это неравенство выполняется при $ {x\in(-\infty;-a)\cup(a;+\infty)}$ ) и $ {\frac{x-a}{x+a}<0}$ (это неравенство выполняется при $ {x\in(-a;a)}$ ). В первом случае имеем

$\displaystyle \Bigl(\frac{1}{2a}\ln\bigl\vert\frac{x-a}{x+a}\bigr\vert\Bigr)'=
 \frac{1}{2a}\cdot\frac{1}{\frac{x-a}{x+a}}\cdot\bigl(\frac{x-a}{x+a}\bigr)'=$   
$\displaystyle =\frac{1}{2a}\cdot\frac{x+a}{x-a}\cdot\frac{(x+a)-(x-a)}{(x+a)^2}=
 \frac{2a}{2a(x-a)(x+a)}=\frac{1}{x^2-a^2}.$   

Получили подынтегральную функцию, так что формула (1.2) в этом случае доказана. Случай $ \frac{x-a}{x+a}<0$ рассматривается аналогично.

Функцию, стоящую в правой части формулы (1.2), часто называют квысоким логарифмом".

12) Докажем формулу

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sin x}=\ln\bigl\vert\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{x}{2}\bigr\vert+C.$

(Здесь $ C$ постоянна на каждом из интервалов $ (k\pi;(k+1)\pi)$ , $ k\in\mathbb{Z}$ , из которых состоит область определения подынтегральной функции $ \frac{1}{\sin x}$ .)

Подсчитаем производную правой части в случае, когда $ \mathop{\rm tg}\nolimits \frac{x}{2}>0$ . Получаем:

$\displaystyle \Bigl(\ln\bigl(\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{x}{2}\bigr)\Bigr)'=...
...rm tg}\nolimits \frac{x}{2}}\cdot\frac{1}{\cos^2\frac{x}{2}}\cdot
 \frac{1}{2}=$   
$\displaystyle =\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}=\frac{1}{\sin x}.$   

Случай $ \mathop{\rm tg}\nolimits \frac{x}{2}<0$ разбирается аналогично.

13) Имеет место также формула

 

$\displaystyle \int\frac{dx}{\cos x}=\ln\bigl\vert\mathop{\rm tg}\nolimits \bigl(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\bigr)\bigr\vert+C,$

доказательство которой предоставляется читателю в качестве упражнения.

При оформлении контрольной работы по предмету математика, нужно достаточно аккуратно излагать решение задачи, в случае если существуют необходимость, то выполнять ссылки на соответствующие формулы, теоремы, которые вы использовали при решении задачи. Чертежи, графики и другие элементы, нужные вам для пояснения хода решения задачи должны быть четко выполнены, и содержать единицы масштаба, обозначения координатных осей и другие нужные детали, так как этого требует такая дисциплина, как математика.

Математика Интегральное исчисление Основы оптики Практические занятия правила работы с матрицами и примеры матричных расчетов