Ορισμένο ολοκλήρωμα παράλογων συναρτήσεων. Μέθοδοι για την ενοποίηση παράλογων συναρτήσεων (ρίζες)
Ορισμός 1
Το σύνολο όλων των αντιπαραγώγων δεδομένη λειτουργίαΤο $y=f(x)$ που ορίζεται σε ένα συγκεκριμένο τμήμα ονομάζεται αόριστο ολοκλήρωμα μιας δεδομένης συνάρτησης $y=f(x)$. Δεν οριστικό ολοκλήρωμασυμβολίζεται με το σύμβολο $\int f(x)dx $.
Σχόλιο
Ο ορισμός 2 μπορεί να γραφτεί ως εξής:
\[\int f(x)dx =F(x)+C.\]
Δεν μπορεί κάθε παράλογη συνάρτηση να εκφραστεί ως ολοκλήρωμα με όρους στοιχειώδεις λειτουργίες. Ωστόσο, τα περισσότερα από αυτά τα ολοκληρώματα μπορούν να μειωθούν χρησιμοποιώντας αντικαταστάσεις σε ολοκληρώματα ορθολογικών συναρτήσεων, τα οποία μπορούν να εκφραστούν με όρους στοιχειωδών συναρτήσεων.
$\int R\left(x,x^(m/n) ,...,x^(r/s) \right)dx $;
$\int R\left(x,\left(\frac(ax+b)(cx+d) \right)^(m/n) ,...,\left(\frac(ax+b)(cx +δ) \δεξιά)^(r/s) \right)dx $;
$\int R\left(x,\sqrt(ax^(2) +bx+c) \right)dx $.
Εγώ
Όταν βρίσκετε ένα ολοκλήρωμα της μορφής $\int R\left(x,x^(m/n) ,...,x^(r/s) \right)dx $ είναι απαραίτητο να εκτελέσετε την ακόλουθη αντικατάσταση:
Με αυτή την αντικατάσταση, το καθένα κλασματική δύναμητης μεταβλητής $x$ εκφράζεται μέσω μιας ακέραιας ισχύος της μεταβλητής $t$. Ως αποτέλεσμα, η συνάρτηση integrand μετατρέπεται σε μια ορθολογική συνάρτηση της μεταβλητής $t$.
Παράδειγμα 1
Εκτελέστε ενσωμάτωση:
\[\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) .\]
Λύση:
$k=4$ είναι ο κοινός παρονομαστής των κλασμάτων $\frac(1)(2) ,\, \, \frac(3)(4) $.
\ \[\begin(πίνακας)(l) (\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) =4\int \frac(t^(2) ) (t^(3) +1) \cdot t^(3) dt =4\int \frac(t^(5) )(t^(3) +1) dt =4\int \left(t^( 2) -\frac(t^(2) )(t^(3) +1) \right)dt =4\int t^(2) dt -4\int \frac(t^(2) )(t ^(3) +1) dt =\frac(4)(3) \cdot t^(3) -) \\ (-\frac(4)(3) \cdot \ln |t^(3) +1 |+C)\end(πίνακας)\]
\[\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) =\frac(4)(3) \cdot \left+C\]
II
Όταν βρίσκουμε ολοκλήρωμα της μορφής $\int R\left(x,\left(\frac(ax+b)(cx+d) \right)^(m/n) ,...,\left(\frac (ax+ b)(cx+d) \right)^(r/s) \right)dx $ είναι απαραίτητο να εκτελέσετε την ακόλουθη αντικατάσταση:
όπου $k$ είναι ο κοινός παρονομαστής των κλασμάτων $\frac(m)(n) ,...,\frac(r)(s) $.
Ως αποτέλεσμα αυτής της αντικατάστασης, η συνάρτηση ολοκλήρωσης μετατρέπεται σε μια ορθολογική συνάρτηση της μεταβλητής $t$.
Παράδειγμα 2
Εκτελέστε ενσωμάτωση:
\[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx .\]
Λύση:
Ας κάνουμε την εξής αντικατάσταση:
\ \[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx =\int \frac(t^(2) )(t^(2) -4) dt =2\int \left(1 +\frac(4)(t^(2) -4) \right)dt =2\int dt +8\int \frac(dt)(t^(2) -4) =2t+2\ln \αριστερά |\frac(t-2)(t+2) \right|+C\]
Αφού κάνουμε την αντίστροφη αντικατάσταση, έχουμε το τελικό αποτέλεσμα:
\[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx =2\sqrt(x+4) +2\ln \left|\frac(\sqrt(x+4) -2)(\ sqrt(x+4) +2) \right|+C.\]
III
Κατά την εύρεση ενός ολοκληρώματος της μορφής $\int R\left(x,\sqrt(ax^(2) +bx+c) \right)dx $, εκτελείται η λεγόμενη αντικατάσταση Euler (μία από τις τρεις πιθανές αντικαταστάσεις είναι μεταχειρισμένος).
Πρώτη αλλαγή του Όιλερ
Για την περίπτωση $a>
Παίρνοντας το σύμβολο «+» μπροστά από το $\sqrt(a) $, παίρνουμε
Παράδειγμα 3
Εκτελέστε ενσωμάτωση:
\[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) .\]
Λύση:
Ας κάνουμε την ακόλουθη αντικατάσταση (περίπτωση $a=1>0$):
\[\sqrt(x^(2) +c) =-x+t,\, \, x=\frac(t^(2) -c)(2t) ,\, \, dx=\frac(t ^(2) +c)(2t^(2) ) dt,\, \, \sqrt(x^(2) +c) =-\frac(t^(2) -c)(2t) +t= \frac(t^(2) +c)(2t) .\] \[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) =\int \frac(\frac(t^ (2) +c)(2t^(2) ) dt)(\frac(t^(2) +c)(2t) ) =\int \frac(dt)(t) =\ln |t|+C \]
Αφού κάνουμε την αντίστροφη αντικατάσταση, έχουμε το τελικό αποτέλεσμα:
\[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) =\ln |\sqrt(x^(2) +c) +x|+C.\]
Δεύτερη αλλαγή για Όιλερ
Για την περίπτωση $c>0$ είναι απαραίτητο να πραγματοποιηθεί η ακόλουθη αντικατάσταση:
Παίρνοντας το σύμβολο «+» μπροστά από το $\sqrt(c) $, παίρνουμε
Παράδειγμα 4
Εκτελέστε ενσωμάτωση:
\[\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x+x^(2) ) ) dx .\]
Λύση:
Ας κάνουμε την εξής αντικατάσταση:
\[\sqrt(1+x+x^(2) ) =xt+1.\]
\ \[\sqrt(1+x+x^(2) ) =xt+1=\frac(t^(2) -t+1)(1-t^(2) ) \] \
$\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x+x^(2) ) dx = \int \frac((-2t^(2) +t)^(2) (1-t)^(2) (1-t^(2))(2t^(2) -2t+2))( (1-t^(2))^(2) (2t-1)^(2) (t^(2) -t+1)(1-t^(2))^(2) ) dt =\ int \frac(t^(2) )(1-t^(2) ) dt =-2t+\ln \left|\frac(1+t)(1-t) \right|+C$ Έχοντας κάνει το αντίστροφο αντικατάσταση, παίρνουμε το τελικό αποτέλεσμα:
\[\begin(array)(l) (\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x +x^(2) ) dx =-2\cdot \frac(\sqrt(1+x+x^(2) ) -1)(x) +\ln \left|\frac(x+\sqrt(1 + x+x^(2) ) -1)(x-\sqrt(1+x+x^(2) ) +1) \right|+C=-2\cdot \frac(\sqrt(1+x + x^(2) ) -1)(x) +) \\ (+\ln \left|2x+2\sqrt(1+x+x^(2) ) +1\δεξιά|+C) \end ( πίνακας)\]
Τρίτη αλλαγή για Όιλερ
Δεν υπάρχει καθολικός τρόπος επίλυσης παράλογων εξισώσεων, αφού η κατηγορία τους διαφέρει σε ποσότητα. Το άρθρο θα επισημάνει χαρακτηριστικούς τύπους εξισώσεων με αντικατάσταση χρησιμοποιώντας τη μέθοδο ολοκλήρωσης.
Για να χρησιμοποιήσετε τη μέθοδο της άμεσης ολοκλήρωσης, είναι απαραίτητο να υπολογίσετε αόριστα ολοκληρώματα του τύπου ∫ k x + b p d x , όπου p είναι ορθολογικό κλάσμα, k και b είναι πραγματικοί συντελεστές.
Παράδειγμα 1
Βρείτε και υπολογίστε αντιπαράγωγες συναρτήσεις y = 1 3 x - 1 3 .
Λύση
Σύμφωνα με τον κανόνα ολοκλήρωσης, είναι απαραίτητο να εφαρμοστεί ο τύπος ∫ f (k x + b) d x = 1 k F (k x + b) + C και ο πίνακας των αντιπαραγώγων δείχνει ότι υπάρχει μια έτοιμη λύση σε αυτή τη συνάρτηση . Το καταλαβαίνουμε
∫ d x 3 x - 1 3 = ∫ (3 x - 1) - 1 3 d x = 1 3 1 - 1 3 + 1 (3 x - 1) - 1 3 + 1 + C = = 1 2 (3 x - 1 ) 2 3 + C
Απάντηση:∫ d x 3 x - 1 3 = 1 2 (3 x - 1) 2 3 + C .
Υπάρχουν περιπτώσεις που είναι δυνατή η χρήση της μεθόδου της υπαγωγής ενός διαφορικού πρόσημου. Αυτό λύνεται με την αρχή της εύρεσης αόριστων ολοκληρωμάτων της μορφής ∫ f " (x) · (f (x)) p d x , όταν η τιμή του p θεωρείται λογικό κλάσμα.
Παράδειγμα 2
Να βρείτε το αόριστο ολοκλήρωμα ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x .
Λύση
Σημειώστε ότι d x 3 + 5 x - 7 = x 3 + 5 x - 7 "d x = (3 x 2 + 5) d x. Τότε είναι απαραίτητο να υπολογίσουμε το διαφορικό πρόσημο χρησιμοποιώντας πίνακες αντιπαραγώγων. Λαμβάνουμε ότι
∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = ∫ (x 3 + 5 x - 7) - 7 6 (3 x 2 + 5) d x = = ∫ (x 3 + 5 x - 7 ) - 7 6 d (x 3 + 5 x - 7) = x 3 + 5 x - 7 = z = = ∫ z - 7 6 d z = 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
Απάντηση:∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C .
Η επίλυση αόριστων ολοκληρωμάτων περιλαμβάνει έναν τύπο της μορφής ∫ d x x 2 + p x + q, όπου p και q είναι πραγματικοί συντελεστές. Στη συνέχεια, πρέπει να επιλέξετε ένα πλήρες τετράγωνο κάτω από τη ρίζα. Το καταλαβαίνουμε
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
Εφαρμόζοντας τον τύπο που βρίσκεται στον πίνακα των αόριστων ολοκληρωμάτων, παίρνουμε:
∫ d x x 2 ± α = ln x + x 2 ± α + C
Στη συνέχεια υπολογίζεται το ολοκλήρωμα:
∫ d x x 2 + p x + q = ∫ d x x + 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 + p x + q + C
Παράδειγμα 3
Να βρείτε το αόριστο ολοκλήρωμα της μορφής ∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 .
Λύση
Για να υπολογίσετε, πρέπει να βγάλετε τον αριθμό 2 και να τον τοποθετήσετε μπροστά από τη ρίζα:
∫ 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
Επιλέξτε ένα πλήρες τετράγωνο σε ριζική έκφραση. Το καταλαβαίνουμε
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
Τότε λαμβάνουμε ένα αόριστο ολοκλήρωμα της μορφής 1 2 ∫ d x x 2 + 3 2 x - 1 2 = 1 2 ∫ d x x + 3 4 2 - 17 16 = = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C
Απάντηση: d x x 2 + 3 x - 1 = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C
Ενσωμάτωση παράλογες λειτουργίεςπαράγονται με παρόμοιο τρόπο. Ισχύει για συναρτήσεις της μορφής y = 1 - x 2 + p x + q.
Παράδειγμα 4
Να βρείτε το αόριστο ολοκλήρωμα ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 .
Λύση
Πρώτα πρέπει να εξαγάγετε το τετράγωνο του παρονομαστή της έκφρασης κάτω από τη ρίζα.
∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = ∫ d x - x 2 - 4 x - 5 = = ∫ d x - x 2 - 4 x + 4 - 4 - 5 = ∫ d x - x - 2 2 - 9 = ∫ d x - (x - 2) 2 + 9
Το ολοκλήρωμα πίνακα έχει τη μορφή ∫ d x a 2 - x 2 = a r c sin x a + C, τότε λαμβάνουμε ότι ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = ∫ d x - (x - 2) 2 + 9 = a r c sin x - 2 3 +C
Απάντηση:∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = a r c sin x - 2 3 + C .
Η διαδικασία εύρεσης αντιπαραγώγων παράλογων συναρτήσεων της μορφής y = M x + N x 2 + p x + q, όπου τα υπάρχοντα M, N, p, q είναι πραγματικοί συντελεστές και είναι παρόμοια με την ολοκλήρωση απλών κλασμάτων του τρίτου τύπου . Αυτός ο μετασχηματισμός έχει διάφορα στάδια:
αθροίζοντας το διαφορικό κάτω από τη ρίζα, απομονώνοντας το πλήρες τετράγωνο της έκφρασης κάτω από τη ρίζα, χρησιμοποιώντας τύπους πινάκων.
Παράδειγμα 5
Να βρείτε τις αντιπαράγωγες της συνάρτησης y = x + 2 x 2 - 3 x + 1.
Λύση
Από την συνθήκη έχουμε ότι d (x 2 - 3 x + 1) = (2 x - 3) d x και x + 2 = 1 2 (2 x - 3) + 7 2, τότε (x + 2) d x = 1 2 (2 x - 3) + 7 2 d x = 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 d x .
Ας υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα: ∫ x + 2 x 2 - 3 x + 1 d x = 1 2 ∫ d (x 2 - 3 x + 1) x 2 - 3 x + 1 + 7 2 ∫ d x x 2 - 3 x + 1 = = 1 2 ∫ (x 2 - 3 x + 1) - 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 ∫ d x x - 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
Απάντηση:∫ 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 .
Η αναζήτηση για αόριστα ολοκληρώματα της συνάρτησης ∫ x m (a + b x n) p d x πραγματοποιείται με τη μέθοδο της αντικατάστασης.
Για την επίλυση είναι απαραίτητο να εισαχθούν νέες μεταβλητές:
- Όταν το p είναι ακέραιος, τότε x = z N λαμβάνεται υπόψη και N είναι ο κοινός παρονομαστής για m, n.
- Όταν m + 1 n είναι ακέραιος, τότε a + b x n = z N και N είναι ο παρονομαστής του p.
- Όταν m + 1 n + p είναι ακέραιος, τότε απαιτείται η μεταβλητή a x - n + b = z N και N είναι ο παρονομαστής του αριθμού p.
Να βρείτε το οριστικό ολοκλήρωμα ∫ 1 x 2 x - 9 d x .
Λύση
Παίρνουμε ότι ∫ 1 x 2 x - 9 d x = ∫ x - 1 · (- 9 + 2 x 1) - 1 2 d x . Έπεται ότι m = - 1, n = 1, p = - 1 2, τότε m + 1 n = - 1 + 1 1 = 0 είναι ακέραιος αριθμός. Μπορείτε να εισάγετε ένα νέο μεταβλητή όπως- 9 + 2 x = z 2 . Είναι απαραίτητο να εκφράσουμε το x ως z. Ως έξοδο παίρνουμε αυτό
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
Είναι απαραίτητο να γίνει αντικατάσταση στο δεδομένο ολοκλήρωμα. Το έχουμε αυτό
∫ 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
Απάντηση:∫ d x x 2 x - 9 = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C .
Για να απλοποιηθεί η λύση των παράλογων εξισώσεων, χρησιμοποιούνται βασικές μέθοδοι ολοκλήρωσης.
Εάν παρατηρήσετε κάποιο σφάλμα στο κείμενο, επισημάνετε το και πατήστε Ctrl+Enter
Η κατηγορία των παράλογων συναρτήσεων είναι πολύ ευρεία, επομένως απλά δεν μπορεί να υπάρξει καθολικός τρόπος για να τις ενσωματώσουμε. Σε αυτό το άρθρο θα προσπαθήσουμε να εντοπίσουμε τους πιο χαρακτηριστικούς τύπους παράλογων συναρτήσεων ολοκλήρωσης και να συσχετίσουμε τη μέθοδο ολοκλήρωσης με αυτούς.
Υπάρχουν περιπτώσεις που ενδείκνυται η χρήση της μεθόδου εγγραφής στο διαφορικό πρόσημο. Για παράδειγμα, όταν βρίσκουμε αόριστα ολοκληρώματα της μορφής, όπου Π– ορθολογικό κλάσμα.
Παράδειγμα.
Να βρείτε το αόριστο ολοκλήρωμα 
.
Λύση.
Δεν είναι δύσκολο να το παρατηρήσεις αυτό. Επομένως, το βάζουμε κάτω από το διαφορικό πρόσημο και χρησιμοποιούμε τον πίνακα των αντιπαραγώγων: 
Απάντηση:
.
13. Κλασματική γραμμική αντικατάσταση
Ολοκληρώματα του τύπου όπου a, b, c, d είναι πραγματικοί αριθμοί, οι a, b,..., d, g είναι φυσικοί αριθμοί, ανάγονται σε ολοκληρώματα μιας ορθολογικής συνάρτησης με αντικατάσταση, όπου το K είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο του οι παρονομαστές των κλασμάτων
Πράγματι, από την αντικατάσταση προκύπτει ότι
δηλ. τα x και dx εκφράζονται μέσω ορθολογικών συναρτήσεων του t. Επιπλέον, κάθε βαθμός του κλάσματος εκφράζεται μέσω μιας ορθολογικής συνάρτησης του t.
Παράδειγμα 33.4. Βρείτε το ολοκλήρωμα 
Λύση: Το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρονομαστών των κλασμάτων 2/3 και 1/2 είναι το 6.
Επομένως, βάζουμε x+2=t 6, x=t 6 -2, dx=6t 5 dt, Επομένως,
Παράδειγμα 33.5.Καθορίστε την αντικατάσταση για την εύρεση ολοκληρωμάτων:
Λύση: Για I 1 αντικατάσταση x=t 2, για I 2 αντικατάσταση
14. Τριγωνομετρική αντικατάσταση
Τα ολοκληρώματα τύπου ανάγεται σε ολοκληρώματα συναρτήσεων που εξαρτώνται ορθολογικά από τριγωνομετρικές συναρτήσεις χρησιμοποιώντας τις ακόλουθες τριγωνομετρικές αντικαταστάσεις: x = a sint για το πρώτο ολοκλήρωμα. x=a tgt για το δεύτερο ολοκλήρωμα.
Παράδειγμα 33.6.Βρείτε το ολοκλήρωμα 
Λύση: Ας βάλουμε x=2 sin t, dx=2 cos tdt, t=arcsin x/2. Επειτα
Εδώ το ολοκλήρωμα είναι μια ορθολογική συνάρτηση ως προς το x και 
Επιλέγοντας ένα πλήρες τετράγωνο κάτω από τη ρίζα και κάνοντας μια αντικατάσταση, τα ολοκληρώματα του υποδεικνυόμενου τύπου μειώνονται σε ολοκληρώματα του ήδη θεωρημένου τύπου, δηλ. σε ολοκληρώματα του τύπου 
Αυτά τα ολοκληρώματα μπορούν να υπολογιστούν χρησιμοποιώντας κατάλληλες τριγωνομετρικές αντικαταστάσεις.
Παράδειγμα 33.7.Βρείτε το ολοκλήρωμα 
Λύση: Αφού x 2 +2x-4=(x+1) 2 -5, τότε x+1=t, x=t-1, dx=dt. Να γιατί 
Ας βάλουμε 
Σημείωση: Ολοκληρωμένος τύπος 
Είναι σκόπιμο να βρεθεί χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση x=1/t.
15. Οριστικό ολοκλήρωμα
Αφήστε μια συνάρτηση να οριστεί σε ένα τμήμα και να έχει μια αντιπαράγωγο σε αυτό. Η διαφορά λέγεται οριστικό ολοκλήρωμα συναρτήσεις κατά μήκος του τμήματος και δηλώνουν. Ετσι,
Η διαφορά γράφεται στη μορφή λοιπόν 
. Οι αριθμοί καλούνται όρια ένταξης
.
Για παράδειγμα, ένα από τα αντιπαράγωγα για μια συνάρτηση. Να γιατί
16 . Αν ο c είναι σταθερός αριθμός και η συνάρτηση ƒ(x) μπορεί να ολοκληρωθεί στο , τότε
δηλαδή ο σταθερός παράγοντας c μπορεί να αφαιρεθεί από το πρόσημο του οριστικού ολοκληρώματος.
▼ Ας συνθέσουμε το ολοκληρωτικό άθροισμα για τη συνάρτηση με ƒ(x). Εχουμε:
Τότε προκύπτει ότι η συνάρτηση c ƒ(x) είναι ενσωματώσιμη στο [a; b] και ισχύει ο τύπος (38.1).▲
2. Εάν οι συναρτήσεις ƒ 1 (x) και ƒ 2 (x) μπορούν να ολοκληρωθούν στο [a;b], τότε μπορούν να ολοκληρωθούν στο [a; β] το άθροισμά τους u
δηλαδή το ολοκλήρωμα του αθροίσματος είναι ίσο με το άθροισμα των ολοκληρωμάτων.
▼ 
▲
Η ιδιότητα 2 ισχύει για το άθροισμα οποιουδήποτε πεπερασμένου αριθμού όρων.
3.
Αυτή η ιδιότητα μπορεί να γίνει αποδεκτή εξ ορισμού. Αυτή η ιδιότητα επιβεβαιώνεται επίσης από τον τύπο Newton-Leibniz.
4. Εάν η συνάρτηση ƒ(x) είναι ενσωματώσιμη στο [a; β] και α< с < b, то
δηλαδή το ολοκλήρωμα σε ολόκληρο το τμήμα είναι ίσο με το άθροισμα των ολοκληρωμάτων στα μέρη αυτού του τμήματος. Αυτή η ιδιότητα ονομάζεται προσθετικότητα ενός ορισμένου ολοκληρώματος (ή ιδιότητα προσθετικότητας).
Όταν διαιρούμε το τμήμα [a;b] σε μέρη, συμπεριλαμβάνουμε το σημείο c στον αριθμό των σημείων διαίρεσης (αυτό μπορεί να γίνει λόγω της ανεξαρτησίας του ορίου του ολοκληρωτικού αθροίσματος από τη μέθοδο διαίρεσης του τμήματος [a;b] σε μέρη). Αν c = x m, τότε το ολοκληρωτικό άθροισμα μπορεί να χωριστεί σε δύο αθροίσματα:
Κάθε ένα από τα γραπτά αθροίσματα είναι αναπόσπαστο, αντίστοιχα, για τα τμήματα [a; β], [α; s] και [s; σι]. Περνώντας στο όριο στην τελευταία ισότητα ως n → ∞ (λ → 0), παίρνουμε ισότητα (38.3).
Η ιδιότητα 4 ισχύει για οποιαδήποτε θέση των σημείων a, b, c (υποθέτουμε ότι η συνάρτηση ƒ (x) μπορεί να ολοκληρωθεί στο μεγαλύτερο από τα τμήματα που προκύπτουν).
Έτσι, για παράδειγμα, εάν α< b < с, то
(χρησιμοποιήθηκαν οι ιδιότητες 4 και 3).
5. «Θεώρημα για τις μέσες τιμές». Αν η συνάρτηση ƒ(x) είναι συνεχής στο διάστημα [a; β], τότε υπάρχει τόνκα με є [a; β] τέτοιο ώστε
▼Με τον τύπο Newton-Leibniz έχουμε
όπου F"(x) = ƒ(x). Εφαρμόζοντας το θεώρημα Lagrange (το θεώρημα της πεπερασμένης αύξησης μιας συνάρτησης) στη διαφορά F(b)-F(a), παίρνουμε
F(b)-F(a) = F"(c) (b-a) = ƒ(c) (b-a).▲
Η ιδιότητα 5 ("θεώρημα μέσης τιμής") για το ƒ (x) ≥ 0 έχει ένα απλό γεωμετρική σημασία: η τιμή του ορισμένου ολοκληρώματος είναι ίση, για μερικά c є (a; b), με το εμβαδόν ενός ορθογωνίου με ύψος ƒ (c) και βάση b-a (βλ. Εικ. 170). Αριθμός 
ονομάζεται μέση τιμή της συνάρτησης ƒ(x) στο διάστημα [a; σι].
6. Αν η συνάρτηση ƒ (x) διατηρεί το πρόσημά της στο τμήμα [a; β], όπου α< b, то интегралимеет
тот же знак, что и функция. Так, если
ƒ(х)≥0 на отрезке [а; b], то
▼Με το "θεώρημα μέσης τιμής" (ιδιότητα 5)
όπου c є [a; σι]. Και αφού ƒ(x) ≥ 0 για όλα τα x О [a; β], λοιπόν
ƒ(с)≥0, b-a>0.
Επομένως ƒ(с) (b-а) ≥ 0, δηλ. 
▲
7. Ανισότητα μεταξύ συνεχών συναρτήσεων στο διάστημα [a; β], (α
▼Αφού ƒ 2 (x)-ƒ 1 (x)≥0, τότε όταν ένα< b, согласно свойству 6, имеем
Ή, σύμφωνα με την ιδιότητα 2,
Σημειώστε ότι είναι αδύνατο να διαφοροποιηθούν οι ανισότητες.
8. Εκτίμηση του ολοκληρώματος. Αν m και M είναι, αντίστοιχα, οι μικρότερες και μεγαλύτερες τιμές της συνάρτησης y = ƒ (x) στο τμήμα [a; β], (α< b), то
▼Εφόσον για κάθε x є [a;b] έχουμε m≤ƒ(x)≤M, τότε, σύμφωνα με την ιδιότητα 7, έχουμε
Εφαρμόζοντας την ιδιότητα 5 στα ακραία ολοκληρώματα, λαμβάνουμε
▲
Εάν ƒ(x)≥0, τότε η ιδιότητα 8 απεικονίζεται γεωμετρικά: η περιοχή ενός καμπυλόγραμμου τραπεζοειδούς περικλείεται μεταξύ των περιοχών των ορθογωνίων των οποίων η βάση είναι , και των οποίων τα ύψη είναι m και M (βλ. Εικ. 171).
9. Το μέτρο συντελεστή ενός ορισμένου ολοκληρώματος δεν υπερβαίνει το ολοκλήρωμα του συντελεστή του ολοκληρώματος:
▼Εφαρμόζοντας την ιδιότητα 7 στις προφανείς ανισότητες -|ƒ(x)|≤ƒ(x)≤|ƒ(x)|, λαμβάνουμε
Από αυτό προκύπτει ότι
▲
10. Η παράγωγος ορισμένου ολοκληρώματος ως προς ένα μεταβλητό άνω όριο ισούται με το ολοκλήρωμα στο οποίο η μεταβλητή ολοκλήρωσης αντικαθίσταται από αυτό το όριο, δηλ.
Ο υπολογισμός του εμβαδού ενός σχήματος είναι ένα από τα πιο δύσκολα προβλήματα στη θεωρία περιοχών. Στο μάθημα της σχολικής γεωμετρίας μάθαμε να βρίσκουμε τα εμβαδά των βασικών γεωμετρικών σχημάτων, για παράδειγμα κύκλο, τρίγωνο, ρόμβο κ.λπ. Ωστόσο, πολύ πιο συχνά πρέπει να ασχοληθείτε με τον υπολογισμό των περιοχών των πιο περίπλοκων αριθμών. Κατά την επίλυση τέτοιων προβλημάτων, πρέπει κανείς να καταφύγει στον ολοκληρωτικό λογισμό.
Σε αυτό το άρθρο θα εξετάσουμε το πρόβλημα του υπολογισμού του εμβαδού ενός καμπυλόγραμμου τραπεζοειδούς και θα το προσεγγίσουμε με γεωμετρική έννοια. Αυτό θα μας επιτρέψει να ανακαλύψουμε την άμεση σύνδεση μεταξύ του ορισμένου ολοκληρώματος και της περιοχής ενός καμπυλόγραμμου τραπεζοειδούς.
Αυτή η ενότητα θα συζητήσει τη μέθοδο ολοκλήρωσης ορθολογικών συναρτήσεων. 7.1. Σύντομη ενημέρωσησχετικά με τις ορθολογικές συναρτήσεις Η απλούστερη ορθολογική συνάρτηση είναι ένα πολυώνυμο του δέκατου βαθμού, δηλ. συνάρτηση της μορφής όπου είναι πραγματικές σταθερές, και a0 Ф 0. Το πολυώνυμο Qn(x) του οποίου ο συντελεστής a0 = 1 ονομάζεται ανηγμένο. Ένας πραγματικός αριθμός b ονομάζεται ρίζα του πολυωνύμου Qn(z) εάν Q„(b) = 0. Είναι γνωστό ότι κάθε πολυώνυμο Qn(x) με πραγματικούς συντελεστές αποσυντίθεται μοναδικά σε πραγματικούς παράγοντες της μορφής όπου p, q είναι πραγματικοί συντελεστές και οι δευτεροβάθμιοι παράγοντες δεν έχουν πραγματικές ρίζες και, επομένως, δεν μπορούν να αποσυντεθούν σε πραγματικούς γραμμικούς παράγοντες. Συνδυάζοντας πανομοιότυπους παράγοντες (εάν υπάρχουν) και υποθέτοντας, για λόγους απλότητας, ότι το πολυώνυμο Qn(x) είναι μειωμένο, μπορούμε να γράψουμε την παραγοντοποίησή του με τη μορφή όπου είναι φυσικοί αριθμοί. Εφόσον ο βαθμός του πολυωνύμου Qn(x) είναι ίσος με n, τότε το άθροισμα όλων των εκθετών a, /3,..., A, που προστίθεται στο διπλάσιο άθροισμα όλων των εκθετών ω,..., q, είναι ίσο έως n: Η ρίζα a ενός πολυωνύμου ονομάζεται απλή ή απλή , αν a = 1, και πολλαπλή αν a > 1; ο αριθμός α ονομάζεται πολλαπλότητα της ρίζας α. Το ίδιο ισχύει και για άλλες ρίζες του πολυωνύμου. Μια ορθολογική συνάρτηση f(x) ή ένα ορθολογικό κλάσμα είναι ο λόγος δύο πολυωνύμων και θεωρείται ότι τα πολυώνυμα Pm(x) και Qn(x) δεν έχουν κοινούς παράγοντες. Ένα ορθολογικό κλάσμα ονομάζεται σωστό αν ο βαθμός του πολυωνύμου στον αριθμητή είναι μικρότερος από τον βαθμό του πολυωνύμου στον παρονομαστή, δηλ. Εάν m n, τότε το ορθολογικό κλάσμα ονομάζεται ακατάλληλο κλάσμα και σε αυτή την περίπτωση, διαιρώντας τον αριθμητή με τον παρονομαστή σύμφωνα με τον κανόνα για τη διαίρεση πολυωνύμων, μπορεί να αναπαρασταθεί με τη μορφή όπου υπάρχουν μερικά πολυώνυμα και το ^^ είναι σωστό ορθολογικό κλάσμα. Παράδειγμα 1. Ένα ορθολογικό κλάσμα είναι ένα ακατάλληλο κλάσμα. Διαιρώντας με μια "γωνία", έχουμε Επομένως. Εδώ. και είναι σωστό κλάσμα. Ορισμός. Τα πιο απλά (ή στοιχειώδη) κλάσματα είναι λογικά κλάσματα των ακόλουθων τεσσάρων τύπων: όπου - πραγματικούς αριθμούς, το k είναι ένας φυσικός αριθμός μεγαλύτερος ή ίσος του 2, και το τετράγωνο τριώνυμο x2 + px + q δεν έχει πραγματικές ρίζες, άρα -2 _2 είναι η διάκρισή του στην άλγεβρα, αποδεικνύεται το ακόλουθο θεώρημα. Θεώρημα 3. Ένα σωστό ορθολογικό κλάσμα με πραγματικούς συντελεστές, ο παρονομαστής του οποίου η Qn(x) έχει τη μορφή διασπάται με μοναδικό τρόπο στο άθροισμα απλών κλασμάτων σύμφωνα με τον κανόνα Ολοκλήρωση ορθολογικών συναρτήσεων Σύντομη πληροφορία για ορθολογικές συναρτήσεις Ολοκλήρωση απλών κλασμάτων Γενική περίπτωση Ολοκλήρωση παράλογων συναρτήσεων Πρώτη αντικατάσταση Euler Δεύτερη αντικατάσταση Euler Τρίτη αντικατάσταση Euler Σε αυτή την επέκταση υπάρχουν μερικές πραγματικές σταθερές, μερικές από τις οποίες μπορεί να είναι ίσες με μηδέν. Για να βρεθούν αυτές οι σταθερές, η δεξιά πλευρά της ισότητας (I) φέρεται σε έναν κοινό παρονομαστή και στη συνέχεια εξισώνονται οι συντελεστές στις ίδιες δυνάμεις του x στους αριθμητές της αριστερής και της δεξιάς πλευράς. Αυτό δίνει το σύστημα γραμμικές εξισώσεις, από το οποίο βρίσκονται οι απαιτούμενες σταθερές. . Αυτή η μέθοδος εύρεσης άγνωστων σταθερών ονομάζεται μέθοδος απροσδιόριστων συντελεστών. Μερικές φορές είναι πιο βολικό να χρησιμοποιήσετε μια άλλη μέθοδο εύρεσης άγνωστων σταθερών, η οποία συνίσταται στο γεγονός ότι μετά την εξίσωση των αριθμητών, λαμβάνεται μια ταυτότητα σε σχέση με το x, στην οποία στο όρισμα x δίνονται ορισμένες τιμές, για παράδειγμα, οι τιμές των ριζών, με αποτέλεσμα εξισώσεις για την εύρεση των σταθερών. Είναι ιδιαίτερα βολικό εάν ο παρονομαστής Q„(x) έχει μόνο πραγματικές απλές ρίζες. Παράδειγμα 2. Διασπάστε το ορθολογικό κλάσμα σε απλούστερα κλάσματα Αυτό το κλάσμα είναι σωστό. Αποσυνθέτουμε τον παρονομαστή σε πολλαπλασιαστές: Εφόσον οι ρίζες του παρονομαστή είναι πραγματικές και διαφορετικές, τότε, με βάση τον τύπο (1), η αποσύνθεση του κλάσματος στο απλούστερο θα έχει τη μορφή: Μείωση της σωστής τιμής «της ισότητας αυτής στο κοινός παρονομαστής και εξισώνοντας τους αριθμητές στην αριστερή και δεξιά πλευρά του, παίρνουμε την ταυτότητα ή Βρίσκουμε άγνωστους συντελεστές A. 2?, C με δύο τρόπους. Πρώτος τρόπος Εξίσωση των συντελεστών για τις ίδιες δυνάμεις των x, t.v. με (ελεύθερος όρος), και η αριστερή και η δεξιά πλευρά της ταυτότητας, παίρνουμε γραμμικό σύστημαεξισώσεις εύρεσης αγνώστων συντελεστών Α, Β, Γ: Αυτό το σύστημα έχει μόνη απόφασηΓ Δεύτερη μέθοδος. Δεδομένου ότι οι ρίζες του παρονομαστή είναι σχισμένες στο i 0, παίρνουμε 2 = 2A, από όπου A * 1; g i 1, παίρνουμε -1 * -B, από το οποίο 5 * 1; x i 2, παίρνουμε 2 = 2C. από όπου το C» 1, και η απαιτούμενη επέκταση έχει τη μορφή 3. Rehlozhnt όχι τα απλούστερα κλάσματα ορθολογικό κλάσμα 4 Αποσυνθέτουμε το πολυώνυμο, που βρίσκεται στην αντίθετη κατεύθυνση, σε παράγοντες: . Ο παρονομαστής έχει δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες: x\ = 0 πολλαπλότητα πολλαπλότητας 3. Επομένως, η αποσύνθεση αυτού του κλάσματος δεν είναι η απλούστερη και έχει τη μορφή Δίνεται σωστη πλευρασε έναν κοινό παρονομαστή, θα βρούμε ή Η πρώτη μέθοδος. Εξίσωση των συντελεστών για τις ίδιες δυνάμεις του x στην αριστερή και δεξιά πλευρά της τελευταίας ταυτότητας. παίρνουμε ένα γραμμικό σύστημα εξισώσεων Αυτό το σύστημα έχει μια μοναδική λύση και η απαιτούμενη επέκταση θα είναι η Δεύτερη μέθοδος. Στην ταυτότητα που προκύπτει, βάζοντας x = 0, λαμβάνουμε 1 a A2, ή A2 = 1. πεδίο* gay x = -1, παίρνουμε -3 i B), ή Bj i -3. Κατά την αντικατάσταση των τιμών που βρέθηκαν των συντελεστών A\ και B) και η ταυτότητα θα πάρει τη μορφή ή Βάζοντας x = 0, και στη συνέχεια x = -I. βρίσκουμε ότι = 0, B2 = 0 και. Αυτό σημαίνει B\ = 0. Έτσι, λαμβάνουμε πάλι το Παράδειγμα 4. Αναπτύξτε το ορθολογικό κλάσμα 4 σε απλούστερα κλάσματα Ο παρονομαστής του κλάσματος δεν έχει πραγματικές ρίζες, αφού η συνάρτηση x2 + 1 δεν ισούται με μηδέν για κανένα. πραγματικές αξίεςΧ. Επομένως, η αποσύνθεση σε απλά κλάσματα θα πρέπει να έχει τη μορφή Από εδώ παίρνουμε ή. Εξισώνοντας τους συντελεστές των συναξικών δυνάμεων του x στην αριστερή και δεξιά πλευρά της τελευταίας ισότητας, θα έχουμε πού θα βρούμε και, επομένως, θα πρέπει να σημειωθεί ότι σε ορισμένες περιπτώσεις οι αποσυνθέσεις σε απλά κλάσματα μπορούν να ληφθούν ταχύτερα και ευκολότερα ενεργώντας με κάποιο άλλο τρόπο, χωρίς τη χρήση της μεθόδου των αόριστων συντελεστών Για παράδειγμα, για να λάβετε την αποσύνθεση του κλάσματος στο παράδειγμα 3, μπορείτε να προσθέσετε και να αφαιρέσετε στον αριθμητή 3x2 και να διαιρέσετε όπως υποδεικνύεται παρακάτω. 7.2. Ολοκλήρωση απλών κλασμάτων, Όπως αναφέρθηκε παραπάνω, οποιοδήποτε ακατάλληλο ορθολογικό κλάσμα μπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα κάποιου πολυωνύμου και ενός κατάλληλου ορθολογικού κλάσματος (§7), και αυτή η αναπαράσταση είναι μοναδική. Η ολοκλήρωση ενός πολυωνύμου δεν είναι δύσκολη, επομένως εξετάστε το ζήτημα της ολοκλήρωσης ενός σωστού ρητού κλάσματος. Εφόσον οποιοδήποτε σωστό ορθολογικό κλάσμα μπορεί να αναπαρασταθεί ως άθροισμα απλών κλασμάτων, η ολοκλήρωσή του ανάγεται στην ολοκλήρωση απλών κλασμάτων. Ας εξετάσουμε τώρα το ζήτημα της ενσωμάτωσής τους. III. Για να βρούμε το ολοκλήρωμα του απλούστερου κλάσματος του τρίτου τύπου, απομονώνουμε το πλήρες τετράγωνο του διωνύμου από το τετράγωνο τριώνυμο: Εφόσον ο δεύτερος όρος είναι ίσος με a2, όπου και μετά κάνουμε την αντικατάσταση. Στη συνέχεια, δεδομένο γραμμικές ιδιότητεςολοκλήρωμα, βρίσκουμε: Παράδειγμα 5. Βρείτε το ολοκλήρωμα 4 Το ολοκλήρωμα είναι το απλούστερο κλάσμα του τρίτου τύπου, αφού το τετράγωνο τριώνυμο x1 + Ax + 6 δεν έχει πραγματικές ρίζες (η διάκρισή του είναι αρνητική: , και ο αριθμητής περιέχει ένα πολυώνυμο του Ο πρώτος βαθμός, λοιπόν, προχωράμε ως εξής: 1) επιλέγουμε το τέλειο τετράγωνο στον παρονομαστή 2) κάνουμε αντικατάσταση (εδώ 3) για * ένα ολοκλήρωμα Για να βρούμε το ολοκλήρωμα του απλούστερου κλάσματος του τέταρτου τύπου. παραπάνω, . Τότε παίρνουμε το Ολοκλήρωμα στη δεξιά πλευρά που συμβολίζεται με Α και το μετατρέπουμε ως εξής: Ολοκλήρωμα στη δεξιά πλευρά ολοκληρώνεται με μέρη, υποθέτοντας από πού ή Ολοκλήρωση ορθολογικών συναρτήσεων Σύντομες πληροφορίες για ορθολογικές συναρτήσεις Ολοκλήρωση απλών κλασμάτων Γενική περίπτωση Ολοκλήρωση ανορθολογικών συναρτήσεις Πρώτη αντικατάσταση του Euler Δεύτερη αντικατάσταση Euler Τρίτη αντικατάσταση Euler Έχουμε λάβει τον λεγόμενο επαναλαμβανόμενο τύπο, ο οποίος μας επιτρέπει να βρούμε το ολοκλήρωμα Jk για οποιαδήποτε k = 2, 3,.... Πράγματι, το ολοκλήρωμα J\ είναι πινακοποιημένο: Βάζοντας τον τύπο επανάληψης, βρίσκουμε Knowing και βάζοντας A = 3, μπορούμε εύκολα να βρούμε Jj κ.ο.κ. Στο τελικό αποτέλεσμα, αντικαθιστώντας παντού αντί για t και a τις παραστάσεις τους ως προς το x και τους συντελεστές p και q, λαμβάνουμε για το αρχικό ολοκλήρωμα την έκφρασή του ως x και δεδομένους αριθμούς M, LG, p, q. Παράδειγμα 8. Νέο ολοκλήρωμα «Η συνάρτηση ολοκλήρωσης είναι το απλούστερο κλάσμα του τέταρτου τύπου, αφού η διάκριση ενός τετραγωνικού τριωνύμου είναι αρνητική, δηλ. Αυτό σημαίνει ότι ο παρονομαστής δεν έχει πραγματικές ρίζες και ο αριθμητής είναι πολυώνυμο 1ου βαθμού. 1) Επιλέγουμε ένα πλήρες τετράγωνο στον παρονομαστή 2) Κάνουμε αντικατάσταση: Το ολοκλήρωμα θα έχει τη μορφή: Βάζοντας τον τύπο επανάληψης * = 2, a3 = 1. θα έχουμε, και, επομένως, το επιθυμητό ολοκλήρωμα είναι ίσο Επιστρέφοντας στη μεταβλητή x, λαμβάνουμε τελικά το 7.3. Γενική περίπτωση Από τα αποτελέσματα των παραγράφων. Τα 1 και 2 αυτής της ενότητας ακολουθούν αμέσως ένα σημαντικό θεώρημα. Θεώρημα! 4. Το αόριστο ολοκλήρωμα οποιασδήποτε ορθολογικής συνάρτησης υπάρχει πάντα (σε διαστήματα στα οποία ο παρονομαστής του κλάσματος Q„(x) φ 0) και εκφράζεται μέσω ενός πεπερασμένου αριθμού στοιχειωδών συναρτήσεων, δηλαδή, είναι αλγεβρικό άθροισμα, οι όροι εκ των οποίων μπορούν να πολλαπλασιαστούν μόνο , λογικά κλάσματα, φυσικοί λογάριθμοι και εφαπτομένες. Άρα, για να βρούμε το αόριστο ολοκλήρωμα μιας κλασματικής-ορθολογικής συνάρτησης, θα πρέπει να προχωρήσουμε ως εξής: 1) εάν το ρητό κλάσμα είναι ακατάλληλο, τότε διαιρώντας τον αριθμητή με τον παρονομαστή, απομονώνεται ολόκληρο το μέρος, δηλ. αυτή τη λειτουργίαπαριστάνεται ως το άθροισμα ενός πολυωνύμου και ενός κατάλληλου ορθολογικού κλάσματος. 2) τότε ο παρονομαστής του προκύπτοντος κατάλληλου κλάσματος αποσυντίθεται στο γινόμενο γραμμικών και τετραγωνικών παραγόντων. 3) αυτό το σωστό κλάσμα αποσυντίθεται στο άθροισμα απλών κλασμάτων. 4) χρησιμοποιώντας τη γραμμικότητα του ολοκληρώματος και τους τύπους του βήματος 2, τα ολοκληρώματα κάθε όρου βρίσκονται χωριστά. Παράδειγμα 7. Βρείτε το ολοκλήρωμα M Εφόσον ο παρονομαστής είναι πολυώνυμο τρίτης τάξης, η συνάρτηση ολοκληρώματος είναι ακατάλληλο κλάσμα. Αναδεικνύουμε ολόκληρο το μέρος σε αυτό: Επομένως, θα έχουμε. Ο παρονομαστής ενός κατάλληλου κλάσματος έχει phi διαφορετικές πραγματικές ρίζες: και επομένως η αποσύνθεσή του σε απλά κλάσματα έχει τη μορφή Εξ ου και βρίσκουμε. Δίνοντας στο όρισμα x τιμές ίσες με τις ρίζες του παρονομαστή, βρίσκουμε από αυτήν την ταυτότητα ότι: Επομένως, το απαιτούμενο ολοκλήρωμα θα είναι ίσο με το Παράδειγμα 8. Βρείτε το ολοκλήρωμα 4 Το ολοκλήρωμα είναι ένα σωστό κλάσμα, ο παρονομαστής του οποίου έχει δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες: x - O πολλαπλότητα του 1 και x = 1 της πολλαπλότητας 3, Επομένως, η επέκταση του ολοκληρώματος σε απλά κλάσματα έχει τη μορφή Φέρνοντας τη δεξιά πλευρά αυτής της ισότητας σε έναν κοινό παρονομαστή και μειώνοντας και τις δύο πλευρές της ισότητας με αυτόν τον παρονομαστή, λαμβάνουμε ή. Εξισώνουμε τους συντελεστές για τις ίδιες δυνάμεις του x στην αριστερή και δεξιά πλευρά αυτής της ταυτότητας: Από εδώ βρίσκουμε. Αντικαθιστώντας τις τιμές των συντελεστών που βρέθηκαν στην επέκταση, θα έχουμε Ολοκληρώνοντας, βρίσκουμε: Παράδειγμα 9. Βρείτε το ολοκλήρωμα 4 Ο παρονομαστής του κλάσματος δεν έχει πραγματικές ρίζες. Επομένως, η αποσύνθεση σε απλά κλάσματα του ολοκληρώματος έχει τη μορφή Hence ή Εξισώνοντας τους συντελεστές στις ίδιες δυνάμεις του x στην αριστερή και δεξιά πλευρά αυτής της ταυτότητας, θα έχουμε από πού βρίσκουμε και, επομένως, Παρατήρηση. Στο παράδειγμα που δίνεται, το ολοκλήρωμα μπορεί να αναπαρασταθεί ως άθροισμα απλών κλασμάτων άνω του με απλό τρόπο , δηλαδή, στον αριθμητή του κλάσματος επιλέγουμε το δυώνυμο που είναι στον παρονομαστή και στη συνέχεια εκτελούμε διαίρεση όρο προς όρο: §8. Ολοκλήρωση παράλογων συναρτήσεων Μια συνάρτηση της μορφής όπου Pm και £?„ είναι πολυώνυμα τύπου βαθμού, αντίστοιχα, στις μεταβλητές uub2,... λέγεται ορθολογική συνάρτηση του ubu2j... Για παράδειγμα, πολυώνυμο δεύτερου βαθμού σε δύο μεταβλητές u\ και u2 έχει τη μορφή όπου - μερικές πραγματικές σταθερές, και Παράδειγμα 1, Η συνάρτηση είναι μια ορθολογική συνάρτηση των μεταβλητών r και y, αφού αντιπροσωπεύει τον λόγο ενός πολυωνύμου τρίτου βαθμού και ενός πολυωνύμου του πέμπτου βαθμού, αλλά δεν είναι συνάρτηση πουρνάρι. Στην περίπτωση που οι μεταβλητές, με τη σειρά τους, είναι συναρτήσεις της μεταβλητής x: τότε η συνάρτηση ] ονομάζεται ορθολογική συνάρτηση των συναρτήσεων του Παραδείγματος. Μια συνάρτηση είναι μια λογική συνάρτηση του r και του rvdikvlv Pryaivr 3. Μια συνάρτηση της μορφής δεν είναι μια ορθολογική συνάρτηση του x και της ρίζας y/r1 + 1, αλλά είναι μια ορθολογική συνάρτηση των συναρτήσεων οι συναρτήσεις δεν εκφράζονται πάντα μέσω στοιχειωδών συναρτήσεων. Για παράδειγμα, τα ολοκληρώματα που συναντώνται συχνά σε εφαρμογές δεν εκφράζονται με όρους στοιχειωδών συναρτήσεων. Αυτά τα ολοκληρώματα ονομάζονται ελλειπτικά ολοκληρώματα πρώτου και δεύτερου είδους, αντίστοιχα. Ας εξετάσουμε εκείνες τις περιπτώσεις όπου η ολοκλήρωση των παράλογων συναρτήσεων μπορεί να αναχθεί, με τη βοήθεια ορισμένων αντικαταστάσεων, στην ολοκλήρωση ορθολογικών συναρτήσεων. 1. Ας είναι απαραίτητο να βρεθεί το ολοκλήρωμα όπου το R(x, y) είναι μια ορθολογική συνάρτηση των ορισμάτων του x και y. m £ 2 - φυσικός αριθμός. a, 6, c, d είναι πραγματικές σταθερές που ικανοποιούν τη συνθήκη ad - bc ^ O (για ad - be = 0, οι συντελεστές a και b είναι ανάλογοι με τους συντελεστές c και d, και επομένως η σχέση δεν εξαρτάται από το x Αυτό σημαίνει ότι σε αυτή την περίπτωση η συνάρτηση ολοκλήρωσης θα είναι μια ορθολογική συνάρτηση της μεταβλητής x, η ολοκλήρωση της οποίας συζητήθηκε νωρίτερα). Ας κάνουμε μια αλλαγή της μεταβλητής σε αυτό το ολοκλήρωμα, βάζοντας επομένως τη μεταβλητή x μέσω μιας νέας μεταβλητής Έχουμε x = - μια ορθολογική συνάρτηση του t. Στη συνέχεια βρίσκουμε ή, μετά από απλοποίηση, Επομένως όπου το A1 (t) είναι μια ορθολογική συνάρτηση του *, αφού τα ρητά φουνάδια μιας ορθολογικής συνάρτησης, καθώς και το γινόμενο ορθολογικών συναρτήσεων, είναι ορθολογικές συναρτήσεις. Γνωρίζουμε πώς να ενσωματώνουμε ορθολογικές συναρτήσεις. Έστω Τότε το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι ίσο με At. Ολοκλήρωμα IvYti 4 Μια συνάρτηση integrand* είναι μια ορθολογική συνάρτηση του. Επομένως, θέσαμε t = Τότε Ολοκλήρωση ορθολογικών συναρτήσεων Σύντομες πληροφορίες για τις ορθολογικές συναρτήσεις Ολοκλήρωση απλών κλασμάτων Γενική περίπτωση Ολοκλήρωση παράλογων συναρτήσεων Πρώτη αντικατάσταση Euler Δεύτερη αντικατάσταση Euler Τρίτη αντικατάσταση Euler Έτσι, λαμβάνουμε το Primar 5. Βρείτε το ολοκλήρωμα Κοινός παρονομαστής κλασματικοί δείκτεςοι δυνάμεις του x είναι 12, οπότε το ολοκλήρωμα μπορεί να αναπαρασταθεί ως 1 _ 1_ που δείχνει ότι είναι μια ορθολογική συνάρτηση του: Λαμβάνοντας αυτό υπόψη, ας βάλουμε. Κατά συνέπεια, 2. Θεωρήστε τα ενδιάμεσα της μορφής όπου η υποενεφαλική συνάρτηση είναι τέτοια ώστε αντικαθιστώντας τη ρίζα \/ax2 + bx + c σε αυτήν με y, λαμβάνουμε μια συνάρτηση R(x) y) - ορθολογική σε σχέση με τα δύο ορίσματα x και y. Αυτό το ολοκλήρωμα ανάγεται στο ολοκλήρωμα μιας ορθολογικής συνάρτησης ενός άλλου μεταβλητές αντικαταστάσεις Euler. 8.1. Πρώτη αντικατάσταση του Euler Έστω ο συντελεστής a > 0. Ας ορίσουμε ή Επομένως βρίσκουμε το x ως ορθολογική συνάρτηση του u, που σημαίνει Έτσι, η υποδεικνυόμενη αντικατάσταση εκφράζεται ορθολογικά ως *. Επομένως, θα έχουμε μια παρατήρηση. Η πρώτη αντικατάσταση του Euler μπορεί επίσης να ληφθεί με τη μορφή Παράδειγμα 6. Ας βρούμε το ολοκλήρωμα Επομένως, θα έχουμε την αντικατάσταση του dx Euler, να δείξουμε ότι Y 8.2. Δεύτερη αντικατάσταση του Euler Έστω ότι το τριώνυμο ax2 + bx + c έχει διαφορετικές πραγματικές ρίζες R] και x2 (ο συντελεστής μπορεί να έχει οποιοδήποτε πρόσημο). Σε αυτή την περίπτωση, υποθέτουμε Από τότε λαμβάνουμε Αφού τα x,dxn y/ax2 + be + c εκφράζονται ορθολογικά ως t, τότε το αρχικό ολοκλήρωμα ανάγεται στο ολοκλήρωμα μιας ορθολογικής συνάρτησης, δηλ. όπου Πρόβλημα. Χρησιμοποιώντας την πρώτη αντικατάσταση του Euler, δείξτε ότι είναι μια λογική συνάρτηση του t. Παράδειγμα 7. Βρείτε την ολοκληρωτική συνάρτηση dx M ] - το x1 έχει διαφορετικές πραγματικές ρίζες. Επομένως, εφαρμόζουμε τη δεύτερη αντικατάσταση του Euler Από εδώ βρίσκουμε Αντικατάσταση των εκφράσεων που βρέθηκαν στο Given? παίρνουμε 8.3. Τρίτο Euler substascom Έστω ο συντελεστής c > 0. Κάνουμε αλλαγή μεταβλητής βάζοντας. Σημειώστε ότι για να ανάγεται το ολοκλήρωμα στο ολοκλήρωμα μιας ορθολογικής συνάρτησης, αρκούν η πρώτη και η δεύτερη αντικατάσταση του Euler. Πράγματι, αν η διάκριση b2 -4ac > 0, τότε οι ρίζες του τετραγωνικού τριωνύμου ax + bx + c είναι πραγματικές και σε αυτή την περίπτωση ισχύει η δεύτερη αντικατάσταση Euler. Αν, τότε το πρόσημο του τριωνύμου ax2 + bx + c συμπίπτει με το πρόσημο του συντελεστή a, και εφόσον το τριώνυμο πρέπει να είναι θετικό, τότε a > 0. Σε αυτήν την περίπτωση, ισχύει η πρώτη αντικατάσταση του Euler. Για να βρείτε ολοκληρώματα του τύπου που υποδεικνύεται παραπάνω, δεν είναι πάντα σκόπιμο να χρησιμοποιείτε τις αντικαταστάσεις του Euler, καθώς για αυτούς είναι δυνατό να βρεθούν άλλες μέθοδοι ολοκλήρωσης που οδηγούν στον στόχο πιο γρήγορα. Ας δούμε μερικά από αυτά τα ολοκληρώματα. 1. Για να βρείτε ολοκληρώματα της φόρμας, επιλέξτε ένα τέλειο τετράγωνο από το τετράγωνο του τριωνύμου: όπου Μετά από αυτό, κάντε μια αντικατάσταση και βρείτε όπου έχουν οι συντελεστές a και P διαφορετικά σημάδιαή είναι και τα δύο θετικά. Για, και επίσης για > 0, το ολοκλήρωμα θα μειωθεί σε λογάριθμο, και αν ναι, στο τόξο. Στο. Βρείτε το ακέραιο 4 Takkak τότε. Υποθέτοντας, παίρνουμε Prmmar 9. Βρείτε. Υποθέτοντας x -, θα έχουμε 2. Το ολοκλήρωμα της φόρμας ανάγεται στο ολοκλήρωμα y από το βήμα 1 ως εξής. Θεωρώντας ότι η παράγωγος ()" = 2, την επισημαίνουμε στον αριθμητή: 4 Εντοπίζουμε την παράγωγο της ριζικής έκφρασης στον αριθμητή. Αφού (x, τότε θα έχουμε, λαμβάνοντας υπόψη το αποτέλεσμα του παραδείγματος 9, 3. Τα ολοκληρώματα της μορφής όπου το P„(x) είναι πολυώνυμο n -ο βαθμός, μπορούν να βρεθούν με τη μέθοδο των αόριστων συντελεστών, η οποία αποτελείται από τα ακόλουθα. Ας υποθέσουμε ότι η ισότητα είναι το Παράδειγμα 10. Ισχυρό ολοκλήρωμα όπου Qn-i Το (s) είναι ένα πολυώνυμο (n - 1) με αόριστους συντελεστές: Για να βρούμε τους συντελεστές | διαφοροποιούμε και τις δύο πλευρές του (1): Στη συνέχεια ανάγουμε τη δεξιά πλευρά της ισότητας (2) σε έναν κοινό παρονομαστή. παρονομαστής της αριστερής πλευράς, δηλαδή y/ax2 + bx + c, μειώνοντας τις δύο πλευρές της (2) με την οποία λαμβάνουμε την ταυτότητα και στις δύο πλευρές της οποίας περιέχουν πολυώνυμα βαθμού n Εξισώνοντας τους συντελεστές για τους ίδιους βαθμούς του x αριστερή και δεξιά πλευρά του (3), λαμβάνουμε n + 1 εξισώσεις, από τις οποίες βρίσκουμε τους απαιτούμενους συντελεστές j4*(fc = 0,1,2,..., n ) Αντικαθιστώντας τις τιμές τους στη δεξιά πλευρά του (1) και βρίσκοντας το ολοκλήρωμα + c παίρνουμε την απάντηση για αυτό το ολοκλήρωμα. Παράδειγμα 11. Βρείτε το ολοκλήρωμα Ας βάλουμε Διαφοροποιώντας και τις δύο στολές της ισότητας, θα έχουμε Φέρνοντας τη δεξιά πλευρά σε έναν κοινό παρονομαστή και μειώνοντας και τις δύο πλευρές από αυτό, παίρνουμε την ταυτότητα ή. Εξισώνοντας τους συντελεστές στις ίδιες δυνάμεις του x, καταλήγουμε σε ένα σύστημα εξισώσεων από το οποίο βρίσκουμε = Τότε βρίσκουμε το ολοκλήρωμα στη δεξιά πλευρά της ισότητας (4): Κατά συνέπεια, το απαιτούμενο ολοκλήρωμα θα είναι ίσο με
Η αριθμομηχανή λύνει ολοκληρώματα με περιγραφή των ενεργειών ΛΕΠΤΟΜΕΡΗΣ στα ρωσικά και δωρεάν!
Επίλυση αόριστων ολοκληρωμάτων
Αυτή είναι μια διαδικτυακή υπηρεσία στο ένα βήμα:
Επίλυση ορισμένων ολοκληρωμάτων
Αυτή είναι μια διαδικτυακή υπηρεσία στο ένα βήμα:
- Εισαγάγετε την έκφραση ολοκλήρωσης (ολοκληρωμένη συνάρτηση)
- Εισαγάγετε ένα κατώτερο όριο για το ολοκλήρωμα
- Εισαγάγετε ένα ανώτερο όριο για το ολοκλήρωμα
Επίλυση διπλών ολοκληρωμάτων
- Εισαγάγετε την έκφραση ολοκλήρωσης (ολοκληρωμένη συνάρτηση)
Επίλυση ακατάλληλων ολοκληρωμάτων
- Εισαγάγετε την έκφραση ολοκλήρωσης (ολοκληρωμένη συνάρτηση)
- Εισαγω άνω περιοχήολοκλήρωση (ή + άπειρο)
- Εισαγάγετε την κάτω περιοχή ολοκλήρωσης (ή - άπειρο)
Επίλυση τριπλών ολοκληρωμάτων
- Εισαγάγετε την έκφραση ολοκλήρωσης (ολοκληρωμένη συνάρτηση)
- Εισαγάγετε τα κατώτερα και τα ανώτερα όρια για την πρώτη περιοχή ολοκλήρωσης
- Εισαγάγετε το κάτω και το ανώτερο όριο για τη δεύτερη περιοχή ολοκλήρωσης
- Εισαγάγετε το κάτω και το ανώτερο όριο για την τρίτη περιοχή ολοκλήρωσης
Αυτή η υπηρεσίασας επιτρέπει να ελέγξετε τη δική σας υπολογισμούςγια την ορθότητα
Δυνατότητες
- Υποστήριξη για όλα τα δυνατά μαθηματικές συναρτήσεις: ημίτονο, συνημίτονο, εκθετική, εφαπτομένη, συνεφαπτομένη, τετραγωνικές και κυβικές ρίζες, δυνάμεις, εκθετικές και άλλα.
- Υπάρχουν παραδείγματα για εισαγωγή αόριστα ολοκληρώματα, και για μη ορθή και οριστική.
- Διορθώνει τα σφάλματα στις εκφράσεις που εισάγετε και προσφέρει τις δικές σας επιλογές για εισαγωγή.
- Αριθμητική λύση για οριστικά και ακατάλληλα ολοκληρώματα (συμπεριλαμβανομένων των διπλών και τριπλών ολοκληρωμάτων).
- Υποστήριξη μιγαδικοί αριθμοί, και διάφορες παραμέτρους(μπορείτε να καθορίσετε στο integrand όχι μόνο τη μεταβλητή ολοκλήρωσης, αλλά και άλλες μεταβλητές παραμέτρων)
