Sećamo se srećnih školskih godina. Pioniri u nastavi matematike, počevši da proučavaju korijene, prije svega su se upoznali s kvadratnim korijenom. Ići ćemo istim putem.

Primjer 1

Pronađite neodređeni integral

Analizirajući integrand, dolazite do tužnog zaključka da on nimalo ne liči na tablične integrale. Sada, da je sve ovo dobro u brojiocu, bilo bi jednostavno. Ili ne bi bilo korijena na dnu. Ili polinom. Nema metode integracije razlomaka nemoj ni pomoći. šta da radim?

Glavni način rješavanja iracionalnih integrala je promjena varijable, što će nas spasiti od SVIH korijena u integrandu.

Imajte na umu da je ova zamjena malo neobična, njena tehnička implementacija se razlikuje od "klasične" metode zamjene, o kojoj se govori u lekciji Metoda zamjene u neodređenom integralu.

U ovom primjeru, trebate zamijeniti x = t 2, odnosno umjesto "x" ispod korijena imaćemo t 2. Zašto je zamena baš ovakva? Jer, i kao rezultat zamjene, root će nestati.

Da smo u integralnom umjesto kvadratnog korijena imali, tada bismo izvršili zamjenu. Da sam ja bio tamo, oni bi to uradili i tako dalje.

U redu, naši će se pretvoriti u. Šta se dešava sa polinomom? Nema poteškoća: ako, onda .

Ostaje saznati u što će se diferencijal pretvoriti. Ovo se radi ovako:

Uzimamo našu zamjenu i na oba dijela kačimo diferencijale:

(pisaćemo što je moguće detaljnije).

Rješenje bi trebalo izgledati otprilike ovako:

.

Zamenimo: .

.

(1) Zamenu vršimo nakon zamene (kako, šta i gde, već je razmotreno).

(2) Premjestiti konstantu iz integrala. Smanjite brojilac i imenilac za t.

(3) Dobijeni integral je tabelarni, pripremamo ga za integraciju odabirom kvadrata.

(4) Integriramo preko tablice koristeći formulu

.

(5) Vršimo obrnutu zamjenu. Kako se to radi? Pamtimo od čega smo plesali: ako, onda.

Primjer 2

Pronađite neodređeni integral

Ovo je primjer rješenja uradi sam. Kompletno rješenje i odgovor na kraju tutorijala.

Nekako se dogodilo da u primjerima 1, 2 postoji "goli" brojilac sa jednim diferencijalom. Hajde da popravimo situaciju.

Primjer 3

Pronađite neodređeni integral

Preliminarna analiza integranda opet pokazuje da ne postoji lak način. Stoga se morate riješiti korijena.

Zamenimo:.

Per označava SVE izraze ispod korijena... Zamjena iz prethodnih primjera ovdje nije prikladna (tačnije, može se učiniti, ali nas neće riješiti root-a).

Pričvršćujemo diferencijale na oba dijela:

Sa sređenim brojačem. Šta učiniti sa imeniocem?

Uzimamo našu zamjenu i izražavamo od nje:.

Ako onda.

(1) Zamenu vršimo u skladu sa izvršenom zamenom.

(2) Češljanje brojioca. Više volim da konstantu ne stavljam izvan predznaka integrala (možete to učiniti na ovaj način, neće biti greška)

(3) Proširujemo brojilac u iznos. Još jednom, toplo preporučujemo da pročitate prvi pasus lekcije Integracija nekih razlomaka... Biće dosta trikova sa proširenjem brojila u zbir u iracionalnim integralima, veoma je važno razraditi ovu tehniku.

(4) Podijelite član brojioca sa nazivnikom.

(5) Koristimo svojstva linearnosti neodređenog integrala. U drugom integralu biramo kvadrat za naknadnu integraciju preko tabele.

(6) Integriramo preko stola. Prvi integral je prilično jednostavan, u drugom koristimo tabelarnu formulu visokog logaritma .

(7) Vršimo obrnutu zamjenu. Ako smo izvršili zamjenu, onda, natrag:.

Primjer 4

Pronađite neodređeni integral

Ovo je primjer za samostalno rješenje, ako niste pažljivo proradili prethodne primjere, onda napravite grešku! Kompletno rješenje i odgovor na kraju tutorijala.

Integrali sa nekoliko isto roots like

itd. A šta učiniti ako su u integrandu korijeni drugačije?

Primjer 5

Pronađite neodređeni integral

Dakle, došla je nadoknada za gole brojioce. Kada se naiđe na takav integral, obično postane zastrašujuće. Ali strahovi su uzaludni, nakon što se napravi odgovarajuća zamjena, integrand postaje jednostavniji. Izazov je napraviti uspješnu zamjenu kako biste se odjednom riješili SVIH korijena.

Kada se daju različiti korijeni, zgodno je držati se specifične sheme rješenja.

Prvo, ispisujemo integrand na nacrtu i predstavljamo sve korijene u obliku:

Bićemo zainteresovani za imenioci stepeni:

Ne postoji univerzalni način rješavanja iracionalnih jednačina, jer se njihova klasa razlikuje po broju. U članku će biti istaknuti karakteristični tipovi jednadžbi sa zamjenom metodom integracije.

Za korištenje metode direktne integracije potrebno je izračunati neodređene integrale tipa ∫ k x + b p d x, gdje je p racionalni razlomak, k i b realni koeficijenti.

Primjer 1

Pronađite i izračunajte antiderivate funkcije y = 1 3 x - 1 3.

Rješenje

Prema pravilu integracije potrebno je primijeniti formulu ∫ f (kx + b) dx = 1 k F (kx + b) + C, a tabela antiderivata pokazuje da postoji gotovo rješenje za ovu funkciju . Shvatili smo to

∫ 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

odgovor:∫ d x 3 x - 1 3 = 1 2 (3 x - 1) 2 3 + C.

Postoje slučajevi kada možete koristiti metodu dovođenja pod diferencijalni znak. Ovo se rješava principom nalaženja neodređenih integrala oblika ∫ f "(x) · (f (x)) p d x, kada se vrijednost p smatra racionalnim razlomkom.

Primjer 2

Naći neodređeni integral ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x.

Rješenje

Imajte na umu da je d x 3 + 5 x - 7 = x 3 + 5 x - 7 "d x = (3 x 2 + 5) d x. Zatim je potrebno sabrati pod predznakom diferencijala koristeći tabele antiderivata. Dobijamo da

∫ 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

odgovor:∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C.

Rješenje neodređenih integrala daje formulu oblika ∫ d x x 2 + p x + q, gdje su p i q realni koeficijenti. Zatim je potrebno odabrati cijeli kvadrat ispod korijena. Shvatili smo to

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

Primjenom formule koja se nalazi u tablici neodređenih integrala, dobijamo:

∫ d x x 2 ± α = ln x + x 2 ± α + C

Tada se izračunava integral:

∫ 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

Primjer 3

Naći neodređeni integral oblika ∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1.

Rješenje

Da biste izračunali, morate izvaditi broj 2 i staviti ga ispred radikala:

∫ 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

Odaberite cijeli kvadrat u radikalnom izrazu. Shvatili smo to

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

Tada dobijamo neodređeni integral oblika 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

odgovor: d x x 2 + 3 x - 1 = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C

Integracija iracionalnih funkcija se radi na sličan način. Primjenjivo za funkcije oblika y = 1 - x 2 + p x + q.

Primjer 4

Pronađite neodređeni integral ∫ d x - x 2 + 4 x + 5.

Rješenje

Prvo, morate izvesti kvadrat nazivnika izraza ispod korijena.

∫ 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

Tablični integral ima oblik ∫ dxa 2 - x 2 = arc sin xa + C, tada dobijamo da je ∫ dx - x 2 + 4 x + 5 = ∫ dx - (x - 2) 2 + 9 = arc sin x - 2 3 + C

odgovor:∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = a r c sin x - 2 3 + C.

Proces nalaženja antiderivata iracionalnih funkcija oblika y = M x + N x 2 + px + q, gdje su dostupni M, N, p, q realni koeficijenti, a slični su integraciji najjednostavnijih razlomaka treći tip. Ova transformacija ima nekoliko faza:

zbrajanje diferencijala ispod korijena, isticanje punog kvadrata izraza ispod korijena, korištenjem tabelarnih formula.

Primjer 5

Pronađite antiderivate y = x + 2 x 2 - 3 x + 1.

Rješenje

Iz uslova imamo da je d (x 2 - 3 x + 1) = (2 x - 3) dx i x + 2 = 1 2 (2 x - 3) + 7 2, tada je (x + 2) dx = 1 2 (2 x - 3) + 7 2 dx = 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 dx.

Izračunajte integral: ∫ 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

odgovor:∫ 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.

Traženje neodređenih integrala funkcije ∫ x m (a + b x n) p d x vrši se metodom supstitucije.

Da biste to riješili, morate uvesti nove varijable:

1. Kada je broj p cijeli broj, tada je x = z N, a N je zajednički imenitelj za m, n.
2. Kada je m + 1 n cijeli broj tada je a + b x n = z N i N je imenilac p.
3. Kada je m + 1 n + p cijeli broj, tada trebate unijeti varijablu a x - n + b = z N, a N je imenilac p.

Primjer 6

Odrediti definitivni integral ∫ 1 x 2 x - 9 d x.

Rješenje

Dobijamo da je ∫ 1 x 2 x - 9 d x = ∫ x - 1 · (- 9 + 2 x 1) - 1 2 d x. Iz toga slijedi da je m = - 1, n = 1, p = - 1 2, tada je m + 1 n = - 1 + 1 1 = 0 cijeli broj. Možete unijeti novu varijablu oblika - 9 + 2 x = z 2. Potrebno je izraziti x kroz z. Na izlazima to dobijamo

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

Potrebno je izvršiti zamjenu u datom integralu. Imamo to

∫ 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

odgovor:∫ d x x 2 x - 9 = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C.

Da bi se pojednostavilo rješavanje iracionalnih jednačina, koriste se osnovne metode integracije.

Ako primijetite grešku u tekstu, odaberite je i pritisnite Ctrl + Enter

Kompleksni integrali

Ovaj članak dovršava temu neodređenih integrala i uključuje integrale za koje smatram da su prilično teški. Lekcija je nastala na višestruke zahtjeve posjetilaca koji su izrazili želju da se na sajtu analiziraju i teži primjeri.

Pretpostavlja se da je čitalac ovog teksta dobro pripremljen i da zna da primeni osnovne tehnike integracije. Lutke i ljudi koji nisu baš sigurni u integrale treba da pogledaju prvu lekciju - Neodređeni integral. Primjeri rješenja, gdje možete savladati temu praktično od nule. Iskusniji studenti mogu se upoznati sa tehnikama i metodama integracije koje se još nisu susrele u mojim člancima.

Koji će se integrali uzeti u obzir?

Najprije ćemo razmotriti integrale s korijenima za čije rješenje se sukcesivno koristimo varijabilna zamjena i integracija po dijelovima... Odnosno, u jednom primjeru dvije tehnike se kombiniraju odjednom. I još više.

Tada ćemo se upoznati sa zanimljivim i originalnim metoda svođenja integrala na sebe... Nije tako malo integrala riješeno na ovaj način.

Treći broj programa pripašće integralima složenih razlomaka, koji su u prethodnim člancima proletjeli iznad blagajne.

Četvrto, analizirat će se dodatni integrali trigonometrijskih funkcija. Konkretno, postoje metode koje izbjegavaju dugotrajnu univerzalnu trigonometrijsku zamjenu.

(2) U integrandu dijelimo brojilac sa nazivnikom član po član.

(3) Koristimo svojstvo linearnosti neodređenog integrala. U posljednjem integralu odmah dovodimo funkciju pod diferencijalni predznak.

(4) Uzmimo preostale integrale. Imajte na umu da se zagrade mogu koristiti u logaritmu, a ne modulu, jer.

(5) Vršimo obrnutu supstituciju, izražavajući iz direktne zamene "te":

Mazohistički studenti mogu razlikovati odgovor i dobiti originalni integrand kao što sam ja upravo učinio. Ne, ne, provjerio sam u pravom smislu =)

Kao što vidite, u toku rješavanja bilo je potrebno koristiti čak više od dvije metode rješenja, tako da su za bavljenje ovakvim integralima potrebne sigurne vještine integracije i ni najmanje iskustvo.

U praksi je, naravno, češći kvadratni korijen, evo tri primjera za nezavisno rješenje:

Primjer 2

Pronađite neodređeni integral

Primjer 3

Pronađite neodređeni integral

Primjer 4

Pronađite neodređeni integral

Ovi primjeri su istog tipa, tako da će kompletno rješenje na kraju članka biti samo za primjer 2, u primjerima 3-4 - jedan odgovor. Koju zamjenu koristiti na početku rješenja, mislim da je očigledno. Zašto sam uzeo primjerke istog tipa? Često se susreću u svojoj ulozi. Češće, možda, samo nešto slično .

Ali ne uvijek, kada se korijen linearne funkcije pronađe ispod arktangenta, sinusa, kosinusa, eksponenta i drugih funkcija, mora se primijeniti nekoliko metoda odjednom. U nizu slučajeva moguće je "lako sići", odnosno odmah nakon zamjene dobije se jednostavan integral koji se može uzeti na elementaran način. Najlakši od gore predloženih zadataka je primjer 4, u kojem se, nakon zamjene, dobija relativno jednostavan integral.

Svođenjem integrala na sebe

Genijalna i lijepa metoda. Pogledajmo odmah klasike žanra:

Primjer 5

Pronađite neodređeni integral

Ispod korijena se nalazi kvadratni binom, a kada pokušate integrirati ovaj primjer, čajnik može patiti satima. Takav integral se uzima dio po dio i svodi na sebe. U principu, nije teško. ako znaš kako.

Označimo integral koji se razmatra latiničnim slovom i započnemo rješenje:

Integriramo dio po dio:

(1) Pripremite funkciju integranda za dijeljenje termina.

(2) Integrand dijelimo po članu. Možda ne razumiju svi, pisaću detaljnije:

(3) Koristimo svojstvo linearnosti neodređenog integrala.

(4) Uzmite posljednji integral ("dugi" logaritam).

Sada gledamo na sam početak rješenja:

I na kraju:

Šta se desilo? Kao rezultat naših manipulacija, integral se sveo na sebe!

Hajde da izjednačimo početak i kraj:

Pomaknite se lijevo uz promjenu znaka:

I nosimo dvojku na desnu stranu. Kao rezultat:

Konstantu je, strogo govoreći, trebalo dodati ranije, ali je dodati na kraju. Toplo preporučujem da pročitate šta je strogo ovdje:

Bilješka: Još strožije, završna faza rješenja izgleda ovako:

Na ovaj način:

Konstanta se može preimenovati kao. Zašto možete preimenovati? Jer i dalje prihvata bilo koji vrijednosti, te u tom smislu nema razlike između konstanti i.
Kao rezultat:

Sličan trik stalnog redizajniranja se široko koristi u diferencijalne jednadžbe... I tamo ću biti strog. I ovdje takvu slobodu dopuštam samo da vas ne zbunjujem sa nepotrebnim stvarima i da se fokusiram na sam način integracije.

Primjer 6

Pronađite neodređeni integral

Još jedan tipičan integral za nezavisno rješenje. Kompletno rješenje i odgovor na kraju tutorijala. Razlika u odnosu na odgovor iz prethodnog primjera bit će!

Ako ispod kvadratnog korijena postoji kvadratni trinom, tada se rješenje u svakom slučaju svodi na dva analizirana primjera.

Na primjer, razmotrite integral ... Sve što treba da uradite je unapred odaberite cijeli kvadrat:
.
Nadalje, provodi se linearna zamjena, koja se eliminira "bez ikakvih posljedica":
, što rezultira integralom. Nešto poznato, zar ne?

Ili takav primjer, s kvadratnim binomom:
Odaberite cijeli kvadrat:
I, nakon linearne zamjene, dobijamo integral, koji se također rješava prema već razmatranom algoritmu.

Razmotrimo još dva tipična primjera kako svesti integral na sebe:
- integral eksponenta pomnožen sinusom;
Je li integral eksponenta pomnožen kosinusom.

U navedenim integralima po dijelovima morat ćemo integrirati već dva puta:

Primjer 7

Pronađite neodređeni integral

Integrand je eksponent pomnožen sinus.

Integriramo po dijelovima dva puta i svodimo integral na sebe:

Kao rezultat dvostruke integracije po dijelovima, integral se svodi na sebe. Izjednačimo početak i kraj rješenja:

Pomaknite se ulijevo sa promjenom predznaka i izrazite naš integral:

Spreman. Usput je poželjno češljati desnu stranu, tj. staviti eksponent izvan zagrada, a u zagradama rasporediti sinus i kosinus u "lijepom" redoslijedu.

Vratimo se sada na početak primjera, odnosno na integraciju po dijelovima:

Jer smo odredili izlagača. Postavlja se pitanje, tačno eksponent treba uvijek označavati sa? Nije potrebno. Zapravo, u razmatranom integralu fundamentalno nema razlike, za šta označiti, moglo se i na drugi način:

Zašto je to moguće? Pošto se eksponent pretvara u sebe (i tokom diferencijacije i tokom integracije), sinus i kosinus se međusobno transformišu (opet, i tokom diferencijacije i integracije).

Odnosno, možete odrediti i trigonometrijsku funkciju. Ali, u razmatranom primjeru, to je manje racionalno, jer će se pojaviti razlomci. Ako želite, ovaj primjer možete pokušati riješiti na drugi način, odgovori moraju biti isti.

Primjer 8

Pronađite neodređeni integral

Ovo je primjer rješenja uradi sam. Prije nego što odlučite, razmislite što je u ovom slučaju isplativije odrediti za eksponentnu ili trigonometrijsku funkciju? Kompletno rješenje i odgovor na kraju tutorijala.

I naravno, imajte na umu da je većinu odgovora u ovoj lekciji dovoljno lako razlikovati!

Smatralo se da primjeri nisu najteži. U praksi su češći integrali, gdje je konstanta i u eksponentu iu argumentu trigonometrijske funkcije, na primjer:. Mnogi ljudi će morati da se izgube u takvom integralu, a ja se često zbunim. Činjenica je da postoji velika vjerovatnoća pojave razlomaka u otopini i vrlo je lako izgubiti nešto nepažnjom. Osim toga, postoji velika vjerovatnoća greške u predznacima, imajte na umu da eksponent ima predznak minus, a to unosi dodatne poteškoće.

U završnoj fazi često se ispostavi nešto poput sljedećeg:

Čak i na kraju rješenja, trebali biste biti izuzetno oprezni i kompetentno se baviti razlomcima:

Integracija složenih frakcija

Polako se približavamo ekvatoru lekcije i počinjemo razmatrati integrale razlomaka. Opet, nisu svi superkomplicirani, samo iz ovog ili onog razloga primjeri su bili malo "off topic" u drugim člancima.

Nastavljamo s temom korijena

Primjer 9

Pronađite neodređeni integral

U nazivniku ispod korijena je kvadratni trinom plus izvan korijena "dodatak" u obliku "x". Integral ove vrste rješava se standardnom zamjenom.

Odlučujemo:

Zamjena je jednostavna:

Gledamo na život nakon zamjene:

(1) Nakon zamjene, članove pod korijenom dovodimo do zajedničkog imenioca.
(2) Vadimo ispod korena.
(3) Smanjite brojilac i imenilac za. U isto vrijeme, pod korijenom, preuredio sam pojmove u prikladnom redoslijedu. Uz određeno iskustvo, koraci (1), (2) se mogu preskočiti usmenim izvođenjem komentiranih radnji.
(4) Dobijeni integral, kako se sjećate iz lekcije Integracija nekih razlomaka, riješeno metodom odabira punog kvadrata... Odaberite cijeli kvadrat.
(5) Integracijom dobijamo običan "dugački" logaritam.
(6) Vršimo obrnutu zamjenu. Ako na početku, onda nazad:.
(7) Završna radnja usmjerena je na frizuru rezultata: pod korijenom ponovo dovodimo članove u zajednički nazivnik i vadimo ih ispod korijena.

Primjer 10

Pronađite neodređeni integral

Ovo je primjer rješenja uradi sam. Ovdje je konstanta dodana usamljenom X-u, a zamjena je skoro ista:

Jedino što treba dodatno uraditi je izraziti "x" iz zamjene:

Kompletno rješenje i odgovor na kraju tutorijala.

Ponekad u takvom integralu može biti kvadratni binom ispod korijena, to ne mijenja rješenje, bit će još jednostavnije. Osjetite razliku:

Primjer 11

Pronađite neodređeni integral

Primjer 12

Pronađite neodređeni integral

Kratka rješenja i odgovori na kraju lekcije. Treba napomenuti da je primjer 11 upravo takav binomni integral, čija je metoda rješenja razmatrana u lekciji Integrali iracionalnih funkcija.

Integral nerazložljivog polinoma stepena 2 u stepenu

(polinom u nazivniku)

Rijetkiji, ali, ipak, susreću se u praktičnim primjerima, oblik integrala.

Primjer 13

Pronađite neodređeni integral

Ali da se vratimo na primjer sa sretnim brojem 13 (iskreno, nisam pogodio). I ovaj integral je iz kategorije onih s kojima se možete poprilično namučiti ako ne znate kako da ga riješite.

Rješenje počinje umjetnom transformacijom:

Mislim da svi već razumiju kako podijeliti brojilac sa nazivnikom član po član.

Dobijeni integral se uzima dio po dio:

Za integral oblika (je prirodan broj), ponavljajuća Formula za smanjenje stepena:
, gdje - integral stepena nižeg.

Provjerimo valjanost ove formule za riješeni integral.
U ovom slučaju:,, koristimo formulu:

Kao što vidite, odgovori su isti.

Primjer 14

Pronađite neodređeni integral

Ovo je primjer rješenja uradi sam. Otopina uzorka koristi gornju formulu dva puta uzastopno.

Ako ispod diplome postoji nerastavljivo kvadratni trinom, tada se rješenje svodi na binom odabirom kompletnog kvadrata, na primjer:

Šta ako postoji dodatni polinom u brojiocu? U ovom slučaju se koristi metoda nedefiniranih koeficijenata, a integrand se proširuje u zbir razlomaka. Ali u mojoj praksi takav primjer nikad sreo, pa sam ovaj slučaj preskočio u članku Integrali razlomke racionalne funkcije, sada ću to preskočiti. Ako se takav integral ipak pojavi, pogledajte udžbenik - tamo je sve jednostavno. Ne smatram prikladnim uključiti materijal (čak i jednostavan), vjerovatnoća susreta s kojim teži nuli.

Integracija složenih trigonometrijskih funkcija

U većini primjera, pridjev “teško” je opet u velikoj mjeri uvjetovan. Počnimo s tangentama i kotangensima u visokim stepenima. Sa stanovišta metoda koje se koriste za rješavanje tangente i kotangensa, one su gotovo ista stvar, pa ću više govoriti o tangenti, podrazumijevajući da prikazana metoda rješavanja integrala vrijedi i za kotangens.

U gornjoj lekciji smo pogledali univerzalna trigonometrijska supstitucija za rješavanje određene vrste integrala trigonometrijskih funkcija. Nedostatak univerzalne trigonometrijske zamjene je što se pri njenoj upotrebi često pojavljuju glomazni integrali sa teškim proračunima. A u nekim slučajevima se može izbjeći univerzalna trigonometrijska zamjena!

Razmotrimo još jedan kanonski primjer, integral jedinstva podijeljen sa sinusom:

Primjer 17

Pronađite neodređeni integral

Ovdje možete koristiti generičku trigonometrijsku zamjenu i dobiti odgovor, ali postoji racionalniji način. Dat ću kompletno rješenje sa komentarima za svaki korak:

(1) Koristimo trigonometrijsku formulu dvostrukog ugla sinusa.
(2) Izvodimo umjetnu transformaciju: U nazivniku podijelite i pomnožite sa.
(3) Prema poznatoj formuli u nazivniku pretvaramo razlomak u tangentu.
(4) Funkciju dovodimo pod znak diferencijala.
(5) Uzmite integral.

Nekoliko jednostavnih primjera za samostalno rješenje:

Primjer 18

Pronađite neodređeni integral

Napomena: Prvi korak je korištenje formule cast i pažljivo izvršite korake slične prethodnom primjeru.

Primjer 19

Pronađite neodređeni integral

Pa, ovo je vrlo jednostavan primjer.

Kompletna rješenja i odgovori na kraju lekcije.

Mislim da sada niko neće imati problema sa integralima:
itd.

Koja je ideja iza metode? Ideja je organizirati samo tangente i derivaciju tangente u integrandu koristeći transformacije, trigonometrijske formule. Odnosno, govorimo o zamjeni: ... U primjerima 17-19, mi smo zapravo primijenili ovu zamjenu, ali su integrali bili toliko jednostavni da je materija tretirana ekvivalentnom radnjom – dovođenjem funkcije pod diferencijalni predznak.

Slično razmišljanje, kao što sam već spomenuo, može se izvesti za kotangens.

Postoji i formalni preduvjet za primjenu gornje zamjene:

Zbir potencija kosinusa i sinusa je negativan cijeli parni broj, Na primjer:

za integral - negativan cijeli broj PAR broj.

! Bilješka : ako integrand sadrži SAMO sinus ili SAMO kosinus, tada se integral uzima i za negativan neparni stepen (najjednostavniji slučajevi su u primjerima br. 17, 18).

Razmotrite nekoliko značajnijih zadataka za ovo pravilo:

Primjer 20

Pronađite neodređeni integral

Zbir stupnjeva sinusa i kosinusa: 2 - 6 = –4 je negativan cijeli broj PARAN broj, što znači da se integral može svesti na tangente i njegov derivat:

(1) Transformirajte imenilac.
(2) Prema poznatoj formuli dobijamo.
(3) Transformirajte imenilac.
(4) Koristimo formulu .
(5) Funkciju dovodimo pod predznak diferencijala.
(6) Vršimo zamjenu. Iskusniji učenici možda neće izvršiti zamjenu, ali je ipak bolje zamijeniti tangentu jednim slovom - manji je rizik od zabune.

Primjer 21

Pronađite neodređeni integral

Ovo je primjer rješenja uradi sam.

Čekaj, šampionska kola počinju =)

Često u integrandu postoji "mašavica":

Primjer 22

Pronađite neodređeni integral

Ovaj integral u početku sadrži tangentu, što odmah navodi na već poznatu misao:

Vještačku transformaciju na samom početku i ostale korake ostavljam bez komentara, jer je sve već rečeno gore.

Par kreativnih primjera za samostalno rješenje:

Primjer 23

Pronađite neodređeni integral

Primjer 24

Pronađite neodređeni integral

Da, u njima, naravno, možete sniziti stupnjeve sinusa, kosinusa, koristiti univerzalnu trigonometrijsku zamjenu, ali rješenje će biti mnogo efikasnije i kraće ako se provodi kroz tangente. Kompletno rješenje i odgovori na kraju lekcije

Iracionalna funkcija varijable je funkcija koja se formira od varijable i proizvoljnih konstanti korištenjem konačnog broja operacija sabiranja, oduzimanja, množenja (povišenja na cijeli broj), dijeljenja i vađenja korijena. Iracionalna funkcija se razlikuje od racionalne po tome što iracionalna funkcija sadrži operacije za vađenje korijena.

Postoje tri glavna tipa iracionalnih funkcija, čiji se neodređeni integrali svode na integrale racionalnih funkcija. To su integrali koji sadrže korijene proizvoljnih cijelih stupnjeva iz linearne frakcijske funkcije (korijeni mogu biti različitih stupnjeva, ali iz iste linearne frakcijske funkcije); integrali diferencijalnog binoma i integrali s kvadratnim korijenom kvadratnog trinoma.

Važna napomena. Korijeni su dvosmisleni!

Prilikom izračunavanja integrala koji sadrže korijene, često se susreću izrazi oblika, gdje je neka funkcija varijable integracije. Treba to imati na umu. To jest, za t> 0, |t | = t... Na t< 0, |t | = - t. Stoga je prilikom izračunavanja ovakvih integrala potrebno posebno razmotriti slučajeve t> 0 i t< 0 ... To se može učiniti ispisivanjem znakova ili gdje je potrebno. Uz pretpostavku da se gornji znak odnosi na slučaj t> 0 , a donji - na slučaj t< 0 ... Daljnjom transformacijom ovi znakovi se po pravilu međusobno poništavaju.

Moguć je i drugi pristup, u kojem se integrand i rezultat integracije mogu posmatrati kao složene funkcije kompleksnih varijabli. Tada ne možete pratiti znakove u radikalnim izrazima. Ovaj pristup je primjenjiv ako je integrand analitičan, odnosno diferencijabilna funkcija kompleksne varijable. U ovom slučaju, i integrand i njegov integral su viševrijedne funkcije. Dakle, nakon integracije, prilikom zamjene numeričkih vrijednosti, potrebno je odabrati jednoznačnu granu (Rimannova površina) integrala, a za nju odabrati odgovarajuću granu rezultata integracije.

Frakcijska linearna iracionalnost

Ovo su integrali s korijenima iste linearne frakcijske funkcije:
,
gdje je R racionalna funkcija, su racionalni brojevi, m 1, n 1, ..., m s, n s su cijeli brojevi, α, β, γ, δ su realni brojevi.
Takvi se integrali supstitucijom svode na integral racionalne funkcije:
, gdje je n zajednički imenitelj brojeva r 1, ..., r s.

Korijeni ne moraju nužno biti iz linearne frakcijske funkcije, već i iz linearne (γ = 0, δ = 1), ili na varijablu integracije x (α = 1, β = 0, γ = 0, δ = 1).

Evo primjera takvih integrala:
, .

Integrali diferencijalnih binoma

Integrali diferencijalnih binoma su:
,
gdje su m, n, p racionalni brojevi, a, b realni brojevi.
Takvi se integrali svode na integrale racionalnih funkcija u tri slučaja.

1) Ako je p cijeli broj. Zamjena x = t N, gdje je N zajednički imenitelj razlomaka m i n.
2) Ako - cijeli. Zamjena a x n + b = t M, gdje je M imenilac p.
3) Ako - cijeli. Zamjena a + b x - n = t M, gdje je M imenilac p.

U drugim slučajevima, takvi integrali se ne izražavaju u terminima elementarnih funkcija.

Ponekad se takvi integrali mogu pojednostaviti korištenjem redukcijskih formula:
;
.

Integrali koji sadrže kvadratni korijen kvadratnog trinoma

Takvi integrali su u obliku:
,
gdje je R racionalna funkcija. Postoji nekoliko metoda rješenja za svaki takav integral.
1) Uz pomoć transformacija dovesti do jednostavnijih integrala.
2) Primijenite trigonometrijske ili hiperboličke zamjene.
3) Primijenite Eulerove zamjene.

Pogledajmo bliže ove metode.

1) Transformacija integranda

Primjenom formule i izvođenjem algebarskih transformacija dovodimo integrand u oblik:
,
gdje su φ (x), ω (x) racionalne funkcije.

Tip I

Integral forme:
,
gdje je P n (x) polinom stepena n.

Takvi integrali se nalaze metodom nedefiniranih koeficijenata koristeći identitet:

.
Diferencirajući ovu jednačinu i izjednačavajući lijevu i desnu stranu, nalazimo koeficijente A i.

II tip

Integral forme:
,
gdje je P m (x) polinom stepena m.

Zamjena t = (x - α) -1 ovaj integral se svodi na prethodni tip. Ako je m ≥ n, tada treba odabrati cijeli dio razlomka.

III tip

Ovdje vršimo zamjenu:
.
Tada će integral poprimiti oblik:
.
Nadalje, konstante α, β moraju biti odabrane tako da koeficijenti na t u nazivniku nestanu:
B = 0, B 1 = 0.
Tada se integral razlaže u zbir integrala dva tipa:
,
,
koji su integrisani supstitucijama:
u 2 = A 1 t 2 + C 1,
v 2 = A 1 + C 1 t -2.

2) Trigonometrijske i hiperboličke zamjene

Za integrale oblika, a > 0 ,
imamo tri glavne zamjene:
;
;
;

Za integrale, a > 0 ,
imamo sljedeće zamjene:
;
;
;

I konačno, za integrale, a > 0 ,
zamjene su sljedeće:
;
;
;

3) Ojlerove zamjene

Također, integrali se mogu svesti na integrale racionalnih funkcija jedne od tri Eulerove zamjene:
, za a> 0;
, za c> 0;
, gdje je x 1 korijen jednačine a x 2 + b x + c = 0. Ako ova jednadžba ima realne korijene.

Eliptički integrali

U zaključku, razmotrite integrale oblika:
,
gdje je R racionalna funkcija,. Takvi integrali se nazivaju eliptični. Općenito, one se ne izražavaju u terminima elementarnih funkcija. Međutim, postoje slučajevi kada postoje relacije između koeficijenata A, B, C, D, E u kojima su takvi integrali izraženi u terminima elementarnih funkcija.

Ispod je primjer koji se odnosi na povratne polinome. Izračunavanje takvih integrala vrši se korištenjem supstitucija:
.

Primjer

Izračunaj integral:
.

Rješenje

Napravićemo zamenu.

.
Evo, za x> 0 (u> 0 ) uzimamo gornji znak ′ + ′. Za x< 0 (u< 0 ) - niže ' - '.

.

Odgovori

Reference:
N.M. Gunther, R.O. Kuzmin, Zbirka zadataka iz više matematike, "Lan", 2003.

Ovaj dio će razmotriti metodu integracije racionalnih funkcija. 7.1. Kratke informacije o racionalnim funkcijama Najjednostavnija racionalna funkcija je polinom ti-tog stepena, tj. funkcija oblika gdje su realne konstante, a a0 Φ 0. Polinom Qn (x), za koji je koeficijent a0 = 1" naziva se reduciran. Realni broj b naziva se korijen polinoma Qn (z) ako je Qn (b) = 0. Poznato je da je svaki polinom Qn (x) sa realnim koeficijentima jedinstveno razložen na realne faktore oblika gdje su p, q realni koeficijenti, a kvadratni faktori nemaju realne korijene i stoga su nerazložljivi u realne linearne faktore. Kombinujući iste faktore (ako ih ima) i uz pretpostavku, radi jednostavnosti, polinom Qn (x) smanjen, možemo zapisati njegovu faktorizaciju u obliku gde su prirodni brojevi. Pošto je stepen polinoma Qn (x) jednak n, zbir svih eksponenata a, / 3, ..., A, zbrojen sa udvostručenim zbirom svih eksponenata ui, ..., q, jednak je n: Koren a polinoma naziva se jednostavnim ili pojedinačnim, ako je a = 1, i višestrukim, ako je a> 1; broj a naziva se višestrukost korijena a. Isto vrijedi i za ostale korijene polinoma. Racionalna funkcija f (x) ili racionalni razlomak je omjer dva polinoma i pretpostavlja se da polinomi Pm (x) i Qn (x) nemaju zajedničke faktore. Racionalni razlomak se naziva ispravnim ako je stepen polinoma u brojiocu manji od stepena polinoma u nazivniku, tj. Ako je mn, onda se racionalni razlomak naziva netačnim, a u ovom slučaju, dijeljenjem brojioca sa nazivnikom prema pravilu dijeljenja polinoma, može se predstaviti u obliku gdje su neki polinomi, a ^^ je pravilan racionalni razlomak . Primjer 1. Racionalni razlomak je nepravilan razlomak. Dijeljenjem po "uglu", imaćemo Konsekventno. Evo. i pravilan razlomak. Definicija. Najjednostavniji (ili elementarni) razlomci su racionalni razlomci sljedeća četiri tipa: gdje su realni brojevi, k je prirodni broj veći ili jednak 2, a kvadratni trinom x2 + px + q nema realnih korijena, tako da - 2 _2 je njegov diskriminant U algebri je dokazana sljedeća teorema. Teorema 3. Regularni racionalni razlomak sa realnim koeficijentima čiji nazivnik ima oblik Qn (x) se na jedinstven način razlaže u zbir elementarnih razlomaka prema pravilu Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija elementarnih razlomci Opšti slučaj Integracija iracionalnih funkcija Ojlerova prva zamena Ojlerova druga zamena Treća Ojlerova zamena U ovoj ekspanziji - neke realne konstante, od kojih neke mogu biti jednake nuli. Da bismo pronašli ove konstante, desna strana jednakosti (I) se svodi na zajednički nazivnik, a zatim se izjednačuju koeficijenti pri istim potencijama x u brojiocima lijeve i desne strane. Ovo daje sistem linearnih jednačina iz kojih se nalaze željene konstante. ... Ova metoda pronalaženja nepoznatih konstanti naziva se metoda nedefiniranih koeficijenata. Ponekad je prikladnije primijeniti drugu metodu za pronalaženje nepoznatih konstanti, koja se sastoji u tome da se nakon izjednačavanja brojilaca dobije identitet u odnosu na x, u kojem se neke vrijednosti dodijeljuju argumentu x, na primjer, vrijednosti korijena, kao rezultat kojih se dobijaju jednadžbe za pronalaženje konstanti. Posebno je zgodno ako nazivnik Q „(x) ima samo realne jednostavne korijene. Primjer 2. Rastaviti racionalni razlomak na proste razlomke Ovaj razlomak je pravilan. Dekomponujemo imenilac na faktore ate: Pošto su koreni imenioca realni i različiti, onda će na osnovu formule (1) dekompozicija razlomka na elementarne elemente imati oblik Nepoznate koeficijentu A. 2? , C se nalaze na dva načina. Prvi način. Izjednačavanje koeficijenata na istim potencijama x, tj. at (slobodni termin), a na levoj i desnoj strani identiteta dobijamo linearni sistem jednačina za pronalaženje nepoznatih koeficijenata A, B, C: Ovaj sistem ima jedinstveno rešenje C Drugi način. Tek kao koreni imenioca su rastrgani stv u i 0, dobijamo 2 = 2A, odakle je A * 1; r i 1, dobijamo -1 * -B, odakle je 5 * 1; x i 2, dobijamo 2 = 2C. odakle S »1, a tražena dekompozicija ima oblik 3. Proširiti neelementarne razlomke, racionalni razlomak 4 Polinom koji stoji u enayewle rastavljamo na faktore:. Nazivnik ima dva različita dvostruka korijena: x \ = 0 množenosti 3. Dakle, proširenje ovog razlomka nije najjednostavniji. Svodeći desnu stranu na zajednički imenilac, nalazimo ili prvi metod. Izjednačavanje koeficijenata na istim potencijama x na lijevoj i desnoj strani posljednjeg identiteta. dobijamo linearni sistem jednačina. Ovaj sistem ima jedinstveno rešenje i traženo proširenje će biti Drugi metod. U rezultujućem identitetu, postavljanjem x = 0, dobijamo 1 a A2, ili A2 = 1; polje * gay x = -1, dobijamo -3 i B), ili Bj i -3. Prilikom zamjene pronađenih vrijednosti koeficijenata A \ i B) a, identitet će poprimiti oblik ili Pod pretpostavkom da je x = 0, a zatim x = -I. nalazimo da je = 0, B2 = 0 i. dakle B \ = 0. Tako ponovo dobijamo Primer 4. Racionalni razlomak raširimo u jednostavne razlomke 4 Imenitelj razlomka nema realnih korena, pošto funkcija x2 + 1 ne nestaje ni za jednu realnu vrednost x. Stoga bi proširenje u najjednostavnije razlomke trebalo imati oblik. Iz ovoga dobijamo ili. Izjednačavajući koeficijente na Sshinakovim potencijama x u lijevoj i desnoj strani posljednje jednakosti, imat ćemo odakle nalazimo i, stoga, treba napomenuti da se u nekim slučajevima proširenja u jednostavne razlomke mogu dobiti brže i lakše djelovanjem na neki drugi način, bez upotrebe metode neodređenih koeficijenata. Na primjer, da biste dobili proširenje razlomka u primjeru 3, možete sabirati i oduzimati u brojniku Zx2 i izvršiti dijeljenje, kao što je dolje navedeno. 7.2. Integracija elementarnih razlomaka. Kao što je gore pomenuto, svaki nepravilan racionalni razlomak se može predstaviti kao zbir određenog polinoma i pravilnog racionalnog razlomka (§7), a ovaj prikaz je jedinstven. Integracija polinoma nije teška, pa ćemo razmotriti pitanje integracije pravilnog racionalnog razlomka. Pošto se svaki regularni racionalni razlomak može predstaviti kao zbir najjednostavnijih razlomaka, njegova integracija se svodi na integraciju najjednostavnijih razlomaka. Razmotrimo sada pitanje njihove integracije. III. Da bismo pronašli integral najjednostavnijeg razlomka trećeg tipa, izaberimo potpuni kvadrat binoma iz kvadratnog trinoma: Od drugog člana, postavljamo ga jednakim a2, gdje i zatim vršimo zamjenu. Zatim, uzimajući u obzir linearna svojstva integrala, nalazimo: Primjer 5. Pronađite integral 4 Integrand je najjednostavniji razlomak trećeg tipa, budući da kvadratni trinom x1 + Ax + 6 nema realnih korijena (njegov diskriminanta je negativan:, a brojilac sadrzi polinom prvog stepena.Zato postupimo na sledeci nacin: 1) izaberemo ceo kvadrat u nazivniku 2) napravimo supstituciju (ovde 3) sa * jednim integralom Da bi se pronasao integral od najjednostavniji razlomak četvrtog tipa, stavljamo, kao gore,. Zatim dobijamo Integral na desnoj strani, označavamo ga sa A i transformišemo ga na sledeći način: Integriramo integral na desnoj strani po delovima, postavljajući odakle ili Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija jednostavnih razlomci Opšti slučaj Integracija iracionalnih funkcija Prva Ojlerova zamena Druga Ojlerova supstitucija Treća supstitucija Ojlerova Dobili smo takozvanu rekurentnu formulu, koja nam omogućava da pronađemo integral Jk za bilo koje k = 2, 3 ,. ... Zaista, integral J \ je tabelarni: Postavljanjem u rekurentnoj formuli, nalazimo Znajući i postavljajući A = 3, lako možemo pronaći Jj, i tako dalje. U konačnom rezultatu, zamjenjujući svuda umjesto t i a njihove izraze u terminima x i koeficijente p i q, dobijamo za početni integral njegov izraz u terminima x i date brojeve M, AH, p, q. Primjer 8. Neytijev integral „Integrabilna funkcija je najjednostavniji razlomak četvrtog tipa, pošto je diskriminanta kvadratnog trinoma negativna, tj. dakle, imenilac nema pravi koren, a brojilac je polinom 1. stepena. 1) Dodijeliti puni kvadrat u nazivniku 2) Izvršiti zamjenu: Integral poprima oblik: Uz pretpostavku u rekurentnoj formuli * = 2, a3 = 1. imaćemo, pa je stoga traženi integral jednak. promenljivu x, konačno dobijamo 7.3. Opšti slučaj Iz rezultata str. Važna teorema odmah slijedi iz 1. i 2. ovog odjeljka. Teorema! 4. Neodređeni integral bilo koje racionalne funkcije uvijek postoji (na intervalima u kojima je nazivnik razlomka Qn (x) Φ 0) i izražen je u terminima konačnog broja elementarnih funkcija, naime, to je algebarski zbir. , racionalni razlomci, prirodni logaritmi i arktangensi. Dakle, da bismo pronašli neodređeni integral razlomačke racionalne funkcije, treba postupiti na sljedeći način: 1) ako je racionalni razlomak netačan, tada se dijeljenjem brojnika sa nazivnikom odabire cijeli dio, odnosno ova funkcija je predstavljena kao zbir polinoma i pravilnog racionalnog razlomka; 2) tada se imenilac dobijenog tačnog razlomka razlaže na proizvod linearnih i kvadratnih faktora; 3) ovaj regularni razlomak se rastavlja na zbir najjednostavnijih razlomaka; 4) korišćenjem linearnosti integrala i formula iz tačke 2, integrali svakog člana nalaze se posebno. Primer 7. Naći integral M Pošto je imenilac polinom trećeg koraka, integral je nepravilan razlomak. U njemu izdvajamo cijeli dio: Dakle, imat ćemo. Imenilac pravilnog razlomka ima phi različitih realnih korijena: i prema tome, njegovo proširenje u proste razlomke ima oblik Iz ovoga nalazimo. Dajući argumentu x vrijednosti jednake korijenima nazivnika, iz ovog identiteta nalazimo da: Posljedično, traženi integral će biti jednak primjeru 8. Naći integral 4 Integrand je pravilan razlomak čiji nazivnik ima dva različita realna korijena: h - O višestrukosti 1 i h = 1 višestrukosti 3. Dakle, proširenje integrala na najjednostavnije razlomke ima oblik Dovođenje desne strane ove jednakosti u zajednički nazivnik i poništavanje obje strane jednakost po ovom nazivniku, dobijamo ili. Izjednačavamo koeficijente na istim stepenima x na lijevoj i desnoj strani ovog identiteta: Odavde nalazimo. Zamjenom pronađenih vrijednosti koeficijenata u ekspanziji, imat ćemo Integriranjem, nalazimo: Primjer 9. Naći integral 4 Imenilac razlomka nema pravi korijen. Prema tome, proširenje u najjednostavnije razlomke integranda ima oblik Otuda ili Izjednačavanje koeficijenata na istim potencijama x u lijevoj i desnoj strani ovog identiteta, imaćemo odakle ćemo pronaći i, prema tome, Primjedba. U datom primjeru, integrand se može predstaviti kao zbir elementarnih razlomaka na jednostavniji način, naime, u brojiocu razlomka biramo binom u nazivniku, a zatim vršimo dijeljenje član po član: § 8. Integracija iracionalnih funkcija Funkcija oblika realnih konstanti, i Primjer 1, Funkcija je racionalna funkcija varijabli z i y, budući da predstavlja i odnos polinoma trećeg stepena i polinoma petog stepena i funkcija nije tisa. U slučaju kada su varijable, zauzvrat, funkcije varijable x: tada se funkcija] naziva racionalnom funkcijom funkcije Primjera. Funkcija je racionalna funkcija r i pvdikvlv Linija 3. Funkcija oblika nije racionalna funkcija x i radikala y / r1 + 1, ali je racionalna funkcija funkcija. Kao što pokazuju primjeri, integrali iracionalnih funkcija nisu uvijek izražene u terminima elementarnih funkcija. Na primjer, integrali koji se često nalaze u aplikacijama nisu izraženi u terminima elementarnih funkcija; ovi integrali se nazivaju eliptičnim integralima prve i druge vrste, respektivno. Razmotrimo one slučajeve kada se integracija iracionalnih funkcija može svesti, koristeći neke supstitucije, na integraciju racionalnih funkcija. 1. Pretpostavimo da je potrebno pronaći integral gdje je R (x, y) racionalna funkcija njegovih argumenata x i y; m £ 2 - prirodni broj; a, 6, c, d su realne konstante koje zadovoljavaju uslov ad - bc> 0 (za ad - be = 0 koeficijenti a i b su proporcionalni koeficijentima c i d, pa prema tome omjer ne zavisi od x; stoga , u ovom slučaju će integrand biti racionalna funkcija varijable x, čija je integracija razmatrana ranije). Napravimo promjenu varijable u ovom integralu postavljanjem Dakle, varijablu x izražavamo u terminima nove varijable.Imamo x = - racionalnu funkciju od t. Nadalje, nalazimo ili, nakon pojednostavljenja, Dakle, gdje je A1 (t) racionalna funkcija od *, budući da su racionalna funkcija racionalne funkcije, kao i proizvod racionalnih funkcija, racionalne funkcije. Znamo kako integrirati racionalne funkcije. Neka će tada traženi integral biti jednak At. IVt integral 4 Funkcija integrand * je racionalna funkcija od. Stoga postavljamo t = Tada Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija elementarnih razlomaka Opšti slučaj Integracija iracionalnih funkcija Prva Ojlerova zamjena Druga Ojlerova zamjena Treća Ojlerova zamjena Tako dobijamo Primar 5. Nađite integral koji funkcija može biti predstavljena u obliku 1 _ 1_ iz kojeg se vidi da je to racionalna funkcija od: Uzimajući ovo u obzir, stavljamo. Prema tome, 2. Razmotrimo intefps oblika u kojem je subintefalična funkcija takva da zamjenom radikala \ / ax2 + bx + c u njoj sa y, dobijamo funkciju R (x) y) - racionalnu u odnosu na oba argumenta x i y. Ovaj integral se svodi na integral racionalne funkcije druge varijable Ojlerovim zamjenama. 8.1. Ojlerova prva zamjena Neka je koeficijent a> 0. Stavljamo ili Stoga nalazimo x kao racionalnu funkciju od i, prema tome, Dakle, naznačena zamjena izražava se racionalno kroz *. Dakle, imaćemo gde je Napomena. Prva Ojlerova zamena se takođe može uzeti u obliku Primer 6. Naći integral. Dakle, imaćemo dx Ojlerovu supstituciju, pokazujući da je Y 8.2. Ojlerova druga zamjena Neka trinom ax2 + bx + c ima različite realne korijene λ] i x2 (koeficijent može imati bilo koji predznak). U ovom slučaju pretpostavljamo Budući da se tada dobija kako su x, dxn y / ax2 + be + c racionalno izraženi u terminima t, originalni integral se svodi na integral racionalne funkcije, odnosno gdje je Problem. Koristeći prvu Eulerovu zamjenu, pokažite da je to racionalna funkcija od t. Primjer 7. Neyti integral dx M funkcija] - x1 ima različite realne korijene. Stoga primjenjujemo drugu zamjenu na Ojlera. Odavde nalazimo Zamjena pronađenih isječaka u Dato? U * gyvl; dobijamo 8.3. Eulerova treća trafostanica Neka je koeficijent c> 0. Promijenite varijablu podešavanjem. Imajte na umu da su prva i druga Eulerova zamjena dovoljne da se integral svede na integral racionalne funkcije. Zaista, ako je diskriminanta b2 -4ac> 0, tada su korijeni kvadratnog trinoma ax + bx + c realni i u ovom slučaju je primjenjiva druga Eulerova zamjena. Ako se onda znak trinoma ax2 + bx + c poklapa sa predznakom koeficijenta a, a pošto trinom mora biti pozitivan, onda je a> 0. U ovom slučaju je primenljiva prva Ojlerova zamena. Za pronalaženje integrala gore navedenog tipa nije uvijek preporučljivo koristiti Ojlerove zamjene, jer je za njih moguće pronaći druge metode integracije koje brže vode do cilja. Razmotrimo neke od ovih integrala. 1. Da biste pronašli integrale oblika, izaberite dugi kvadrat iz kvadrata trinoma: gdje Nakon toga izvršite zamjenu i dobijete gdje koeficijenti a i P imaju različite predznake ili su oba pozitivna. Za, kao i za a> 0 i integral će se svesti na logaritam, ako je, s druge strane, na arksinus. At. Nađi imtegrel 4 Tako nešto. pod pretpostavkom da dobijemo Prmmar 9. Nađi. Stavite x -, imaćemo 2. Integral oblika se svodi na integral y iz tačke 1 na sledeći način. Uzimajući u obzir da je izvod () "= 2, biramo ga u brojiocu: 4 U brojiocu otkrivamo izvod radikalnog izraza. Pošto (x, imaćemo, uzimajući u obzir rezultat iz primjera 9, 3 Integrali oblika gdje je P„ (x) polinom n-tog stepena, mogu se naći metodom nedefiniranih koeficijenata, a to je kako slijedi: Pretpostavimo da jednakost vrijedi Primjer 10. Moćni integral gdje je Qn-i (s ) je polinom (n - 1)-tog stepena sa nedefinisanim koeficijentima: Da bismo pronašli nepoznate koeficijente | razlikujemo obe strane (1): Tada se desna strana jednakosti (2) svodi na zajednički imenilac jednak nazivnik leve strane, odnosno čije su obe strane polinomi stepena n. Izjednačavajući koeficijente na istim stepenima x u levoj i desnoj strani (3), dobijamo n + 1 jednačina, iz kojih dobijamo pronaći tražene koeficijente j4 * (fc = 0,1,2, ..., n Zamjenom njihovih vrijednosti u desnu stranu (1) i pronalaženjem integrala + s, dobijamo odgovor za ovaj integral. Primjer 11. Naći integral Razlikujemo oba odijela jednakosti, imaćemo. Svodeći desnu stranu na zajednički imenilac i poništavajući obje strane po njoj, dobijamo identičnost ili. Izjednačavajući koeficijente na istim stepenima x, dolazimo do sistema jednačina iz kojeg nalazimo = Tada nalazimo integral na desnoj strani jednakosti (4): Posljedično, traženi integral će biti jednak