Definicija 1
Zbirka svih primitivaca zadanu funkciju$y=f(x)$ definiran na nekom intervalu naziva se neodređeni integral zadane funkcije $y=f(x)$. Neodređeni integral je označen simbolom $\int f(x)dx $.
Komentar
Definicija 2 može se napisati na sljedeći način:
\[\int f(x)dx =F(x)+C.\]
Ne može svaka iracionalna funkcija izraziti integral u terminima elementarnih funkcija. Međutim, većina ovih integrala može se svesti supstitucijama na integrale racionalnih funkcija, koji se mogu izraziti u terminima elementarnih funkcija.
$\int R\lijevo(x,x^(m/n) ,...,x^(r/s) \desno)dx $;
$\int R\lijevo(x,\lijevo(\frac(ax+b)(cx+d) \desno)^(m/n) ,...,\lijevo(\frac(ax+b)(cx +d) \desno)^(r/s) \desno)dx $;
$\int R\lijevo(x,\sqrt(ax^(2) +bx+c) \desno)dx $.
ja
Prilikom pronalaženja integrala oblika $\int R\left(x,x^(m/n) ,...,x^(r/s) \right)dx $, mora se izvršiti sljedeća zamjena:
Ovom zamjenom, svaki razlomak varijable $x$ izražava se kroz cjelobrojnu snagu varijable $t$. Kao rezultat toga, integrand se pretvara u racionalnu funkciju varijable $t$.
Primjer 1
Izvršite integraciju:
\[\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) .\]
Odluka:
$k=4$ je zajednički nazivnik razlomaka $\frac(1)(2) ,\, \, \frac(3)(4) $.
\ \[\begin(niz)(l) (\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) =4\int \frac(t^(2) ) (t^(3) +1) \cdot t^(3) dt =4\int \frac(t^(5) )(t^(3) +1) dt =4\int \left(t^( 2) -\frac(t^(2) )(t^(3) +1) \desno)dt =4\int t^(2) dt -4\int \frac(t^(2) )(t ^(3) +1) dt =\frac(4)(3) \cdot t^(3) -) \\ (-\frac(4)(3) \cdot \ln |t^(3) +1 |+C) \kraj (niz)\]
\[\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) =\frac(4)(3) \cdot \left+C\]
II
Prilikom pronalaženja integrala oblika $\int R\left(x,\left(\frac(ax+b)(cx+d) \right)^(m/n) ,...,\left(\frac (ax+ b)(cx+d) \desno)^(r/s) \right)dx $ trebate izvesti sljedeću zamjenu:
gdje je $k$ zajednički nazivnik razlomaka $\frac(m)(n) ,...,\frac(r)(s) $.
Kao rezultat ove zamjene, integrand se pretvara u racionalnu funkciju varijable $t$.
Primjer 2
Izvršite integraciju:
\[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx .\]
Odluka:
Napravimo sljedeću zamjenu:
\ \[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx =\int \frac(t^(2) )(t^(2) -4) dt =2\int \left(1 +\frac(4)(t^(2) -4) \desno)dt =2\int dt +8\int \frac(dt)(t^(2) -4) =2t+2\ln \lijevo |\frac(t-2)(t+2) \desno|+C\]
Obrnutom zamjenom dobivamo konačni rezultat:
\[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx =2\sqrt(x+4) +2\ln \left|\frac(\sqrt(x+4) -2)(\ sqrt(x+4) +2) \desno|+C.\]
III
Kada se pronađe integral oblika $\int R\left(x,\sqrt(ax^(2) +bx+c) \right)dx $, izvodi se tzv. Eulerova zamjena (jedna od tri moguće zamjene koristi se).
Eulerova prva zamjena
Za slučaj $a>
Uzimajući znak "+" ispred $\sqrt(a) $, dobivamo
Primjer 3
Izvršite integraciju:
\[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) .\]
Odluka:
Napravimo sljedeću zamjenu (slučaj $a=1>0$):
\[\sqrt(x^(2) +c) =-x+t,\, \, x=\frac(t^(2) -c)(2t) ,\, \, dx=\frac(t ^(2) +c)(2t^(2) ) dt,\, \, \sqrt(x^(2) +c) =-\frac(t^(2) -c)(2t) +t= \frac(t^(2) +c)(2t) .\] \[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) =\int \frac(\frac(t^) (2) +c)(2t^(2) ) dt)(\frac(t^(2) +c)(2t) ) =\int \frac(dt)(t) =\ln |t|+C \]
Obrnutom zamjenom dobivamo konačni rezultat:
\[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) =\ln |\sqrt(x^(2) +c) +x|+C.\]
Eulerova druga zamjena
Za slučaj $c>0$ potrebno je izvršiti sljedeću zamjenu:
Uzimajući znak "+" ispred $\sqrt(c) $, dobivamo
Primjer 4
Izvršite integraciju:
\[\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x+x^(2) ) ) dx .\]
Odluka:
Napravimo sljedeću zamjenu:
\[\sqrt(1+x+x^(2) ) =xt+1.\]
\ \[\sqrt(1+x+x^(2) ) =xt+1=\frac(t^(2) -t+1)(1-t^(2) ) \] \
$\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x+x^(2) ) ) dx = \int \frac((-2t^(2) +t)^(2) (1-t)^(2) (1-t^(2))(2t^(2) -2t+2))( (1-t^(2))^(2) (2t-1)^(2) (t^(2) -t+1)(1-t^(2))^(2) ) dt =\ int \frac(t^(2) )(1-t^(2) ) dt =-2t+\ln \left|\frac(1+t)(1-t) \right|+C$ dobivamo konačni proizlaziti:
\[\begin(niz)(l) (\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x +x^(2) ) ) dx =-2\cdot \frac(\sqrt(1+x+x^(2) ) -1)(x) +\ln \left|\frac(x+\sqrt(1) +x+x^(2) ) -1)(x-\sqrt(1+x+x^(2) ) +1) \desno|+C=-2\cdot \frac(\sqrt(1+x) +x^(2) ) -1)(x) +) \\ (+\ln \left|2x+2\sqrt(1+x+x^(2) ) +1\desno|+C) \end (niz)\]
Eulerova treća zamjena
Pod, ispod iracionalno razumjeti izraz u kojem je nezavisna varijabla %%x%% ili polinom %%P_n(x)%% stupnja %%n \in \mathbb(N)%% pod znakom radikal(iz latinskog radix- korijen), tj. podignuta na razlomak. Neke klase integranda koje su iracionalne u odnosu na %%x%% mogu se smanjiti promjenom varijable na racionalni izrazi u odnosu na novu varijablu.
Koncept racionalne funkcije jedne varijable može se proširiti na nekoliko argumenata. Ako se nad svakim argumentom %%u, v, \dotsc, w%%, pri izračunu vrijednosti funkcije daju samo aritmetičke operacije i podizanje na cijeli broj, onda se govori o racionalnoj funkciji tih argumenata, tj. obično se označava sa %%R (u, v, \ dotsc,w)%%. Argumenti takve funkcije mogu sami biti funkcije nezavisne varijable %%x%%, uključujući radikale oblika %%\sqrt[n](x), n \in \mathbb(N)%%. Na primjer, racionalna funkcija $$ R(u,v,w) = \frac(u + v^2)(w) $$ za %%u = x, v = \sqrt(x)%% i %% w = \sqrt(x^2 + 1)%% je racionalna funkcija od $$ R\lijevo(x, \sqrt(x), \sqrt(x^2+1)\desno) = \frac(x + \sqrt(x ^2))(\sqrt(x^2 + 1)) = f(x) $$ od %%x%% i radikala %%\sqrt(x)%% i %%\sqrt(x ^2 + 1 )%%, dok će funkcija %%f(x)%% biti iracionalna (algebarska) funkcija jedne nezavisne varijable %%x%%.
Razmotrimo integrale oblika %%\int R(x, \sqrt[n](x)) \mathrm(d)x%%. Takvi se integrali racionaliziraju promjenom varijable %%t = \sqrt[n](x)%%, zatim %%x = t^n, \mathrm(d)x = nt^(n-1)%%.
Primjer 1
Pronađite %%\displaystyle\int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x))%%.
Integrand željenog argumenta zapisuje se kao funkcija radikala stupnja %%2%% i %%3%%. Budući da je najmanji zajednički višekratnik %%2%% i %%3%% %%6%%, ovaj integral je integral tipa %%\int R(x, \sqrt(x)) \mathrm(d) x %% i može se racionalizirati zamjenom %%\sqrt(x) = t%%. Tada je %%x = t^6, \mathrm(d)x = 6t \mathrm(d)t, \sqrt(x) = t^3, \sqrt(x) =t^2%%. Stoga je $$ \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x)) = \int \frac(6t^5 \mathrm(d)t)(t^3 + t^2) = 6\int\frac(t^3)(t+1)\mathrm(d)t. $$ Pretpostavimo %%t + 1 = z, \mathrm(d)t = \mathrm(d)z, z = t + 1 = \sqrt(x) + 1%% i $$ \begin(array)(ll ) \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x)) &= 6\int\frac((z-1)^3)(z) \mathrm(d) t = \\ &= 6\int z^2 dz -18 \int z \mathrm(d)z + 18\int \mathrm(d)z -6\int\frac(\mathrm(d)z)(z ) = \\ &= 2z^3 - 9 z^2 + 18z -6\ln|z| + C = \\ &= 2 \left(\sqrt(x) + 1\right)^3 - 9 \left(\sqrt(x) + 1\right)^2 + \\ &+~ 18 \left( \sqrt(x) + 1\desno) - 6 \ln\lijevo|\sqrt(x) + 1\desno| + C \end(niz) $$
Integrali oblika %%\int R(x, \sqrt[n](x)) \mathrm(d)x%% poseban su slučaj linearno-frakcijskih iracionalnosti, t.j. integrali oblika %%\displaystyle\int R\lijevo(x, \sqrt[n](\dfrac(ax+b)(cd+d))\desno) \mathrm(d)x%%, gdje je %% ad - bc \neq 0%% koji se može racionalizirati promjenom varijable %%t = \sqrt[n](\dfrac(ax+b)(cd+d))%%, zatim %%x = \dfrac( dt^n - b)(a - ct^n)%%. Tada je $$ \mathrm(d)x = \frac(n t^(n-1)(ad - bc))(\left(a - ct^n\right)^2)\mathrm(d)t. $$
Primjer 2
Pronađite %%\displaystyle\int \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))\dfrac(\mathrm(d)x)(x + 1)%%.
Uzmimo %%t = \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))%%, zatim %%x = \dfrac(1 - t^2)(1 + t^2)%%, $ $ \begin(array)(l) \mathrm(d)x = -\frac(4t\mathrm(d)t)(\left(1 + t^2\right)^2), \\ 1 + x = \ frac(2)(1 + t^2), \\ \frac(1)(x + 1) = \frac(1 + t^2)(2). \end(niz) $$ Dakle, $$ \begin(niz)(l) \int \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))\frac(\mathrm(d)x)(x + 1) = \\ = \frac(t(1 + t^2))(2)\left(-\frac(4t \mathrm(d)t)(\left(1 + t^2\desno)^2 )\desno) = \\ = -2\int \frac(t^2\mathrm(d)t)(1 + t^2) = \\ = -2\int \mathrm(d)t + 2\int \frac(\mathrm(d)t)(1 + t^2) = \\ = -2t + \text(arctg)~t + C = \\ = -2\sqrt(\dfrac(1 -x)( 1 + x)) + \text(arctg)~\sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x)) + C. \end(array) $$
Razmotrimo integrale oblika %%\int R\lijevo(x, \sqrt(ax^2 + bx + c)\desno) \mathrm(d)x%%. U najjednostavnijim slučajevima takvi se integrali svode na tablične ako se nakon odabira punog kvadrata izvrši promjena varijabli.
Primjer 3
Pronađite integral %%\displaystyle\int \dfrac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x^2 + 4x + 5))%%.
S obzirom da je %%x^2 + 4x + 5 = (x+2)^2 + 1%%, uzimamo %%t = x + 2, \mathrm(d)x = \mathrm(d)t%%, tada $$ \begin(array)(ll) \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x^2 + 4x + 5)) &= \int \frac(\mathrm(d)t) (\sqrt(t^2 + 1)) = \\ &= \ln\lijevo|t + \sqrt(t^2 + 1)\desno| + C = \\ &= \ln\lijevo|x + 2 + \sqrt(x^2 + 4x + 5)\desno| + C. \end(niz) $$
U složenijim slučajevima, da bismo pronašli integrale oblika %%\int R\left(x, \sqrt(ax^2 + bx + c)\desno) \mathrm(d)x%%, koristimo
Ne postoji univerzalni način rješavanja iracionalnih jednadžbi, budući da se njihova klasa razlikuje po broju. U članku će se istaknuti karakteristični tipovi jednadžbi sa supstitucijom metodom integracije.
Za korištenje metode izravne 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 antiderivativne funkcije y = 1 3 x - 1 3 .
Odluka
Prema pravilu integracije potrebno je primijeniti formulu ∫ f (k x + b) d x \u003d 1 k F (k x + b) + C, a tablica antiderivata kaže da postoji gotovo rješenje za to funkcija. Shvaćamo to
∫ 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
Odgovor:∫ d x 3 x - 1 3 = 1 2 (3 x - 1) 2 3 + C .
Postoje slučajevi u kojima možete koristiti metodu podvođenja pod znak diferencijala. To se rješava principom pronalaženja neodređenih integrala oblika ∫ f "(x) (f (x)) p d x, kada se vrijednost p smatra racionalnim razlomkom.
Primjer 2
Nađi neodređeni integral ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x .
Odluka
Imajte na umu da je d x 3 + 5 x - 7 \u003d x 3 + 5 x - 7 "d x \u003d (3 x 2 + 5) d x. Zatim je potrebno podvesti diferencijalni predznak pomoću tablica antiderivata. Dobivamo da
∫ 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
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 puni kvadrat ispod korijena. Shvaćamo 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, dobivamo:
∫ d x x 2 ± α = log x + x 2 ± α + C
Tada se izračunava integral:
∫ 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
Primjer 3
Pronađite neodređeni integral oblika ∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 .
Odluka
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
Napravite odabir cijelog kvadrata u radikalnom izrazu. Shvaćamo 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 dobivamo neodređeni integral oblika
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 vrši se 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 .
Odluka
Prvo morate izvesti kvadrat nazivnika izraza ispod korijena.
∫ 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
Integral tablice izgleda kao ∫ d x a 2 - x 2 = a r c sin x a + C, tada dobivamo da je ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = ∫ d x - (x - 2) 2 + 9 = a r c sin x - 2 3 + C
Odgovor:∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = a r c sin x - 2 3 + C .
Proces pronalaženja antiderivativnih iracionalnih funkcija oblika y \u003d M x + N x 2 + p x + q, gdje su dostupni M, N, p, q stvarni koeficijenti i slični su integraciji najjednostavnijih razlomaka treći tip. Ova transformacija ima nekoliko koraka:
zbrajanjem diferencijala ispod korijena, isticanjem punog kvadrata izraza ispod korijena, korištenjem tabličnih formula.
Primjer 5
Nađi antiderivativne funkcije y = x + 2 x 2 - 3 x + 1 .
Odluka
Iz uvjeta imamo da je d (x 2 - 3 x + 1) = (2 x - 3) d x i x + 2 \u003d 1 2 (2 x - 3) + 7 2, zatim (x + 2) d x \u003d 1 2 (2 x - 3) + 7 2 d x = 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 d x .
Izračunajte integral: ∫ 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
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 provodi se metodom supstitucije.
Za rješenje je potrebno uvesti nove varijable:
- Kada je broj p cijeli broj, uzmite u obzir da je x = z N, a N zajednički nazivnik za m, n.
- Kada je m + 1 n cijeli broj, tada je a + b x n = z N , a N je nazivnik p .
- Kada je m + 1 n + p cijeli broj, tada je potreban a x - n + b = z N, a N je nazivnik p .
Nađi definitivni integral ∫ 1 x 2 x - 9 d x .
Odluka
Dobivamo da je ∫ 1 x 2 x - 9 d x = ∫ x - 1 (- 9 + 2 x 1) - 1 2 d x . Slijedi da je m = - 1 , n = 1 , p = - 1 2 , tada je m + 1 n = - 1 + 1 1 = 0 cijeli broj. Možete uvesti novu varijablu kao što je - 9 + 2 x = z 2 . Potrebno je izraziti x kroz z. Na izlazu dobivamo
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 zadanom integralu. mi to imamo
∫ d x x 2 x - 9 = ∫ z d z z 2 + 9 2 z = 2
Odgovor:∫ d x x 2 x - 9 = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C .
Za pojednostavljenje rješavanja iracionalnih jednadžbi koriste se glavne metode integracije.
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter
U ovom ćemo odjeljku razmotriti metodu za integraciju racionalnih funkcija. 7.1. Kratke informacije o racionalnim funkcijama Najjednostavnija racionalna funkcija je polinom ti-tog stupnja, t.j. funkcija oblika gdje su realne konstante, a a0 4 0. Polinom Qn(x) čiji se koeficijent a0 = 1 naziva reduciranim. Realni broj b naziva se korijenom polinoma Qn(z) ako je Q„(b) = 0. Poznato je da se svaki polinom Qn(x) s realnim koeficijentima jednoznačno rastavlja na realne faktore oblika gdje je p, q su realni koeficijenti, a kvadratni faktori nemaju stvarne korijene i stoga se ne mogu rastaviti na realne linearne faktore. Kombinirajući identične faktore (ako ih ima) i uz pretpostavku, radi jednostavnosti, polinom Qn(x) reduciran, možemo zapisati njegovu faktorizaciju u obliku gdje su prirodni brojevi. Budući da je stupanj polinoma Qn(x) jednak n, tada je zbroj svih eksponenata a, /3, ..., A, dodan udvostručenom zbroju svih eksponenata u, ..., q, jednak do n: Korijen 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 druge polinomske korijene. Racionalna funkcija f(x) ili racionalni razlomak je omjer dvaju polinoma, a pretpostavlja se da polinomi Pm(x) i Qn(x) nemaju zajedničke faktore. Racionalni razlomak se naziva pravim ako je stupanj polinoma u brojniku manji od stupnja polinoma u nazivniku, tj. Ako je m p, tada se racionalni razlomak naziva nepravilan razlomak, a u ovom slučaju, dijeleći brojnik nazivnikom prema pravilu za dijeljenje polinoma, može se predstaviti kao gdje su neki polinomi, a ^^ je pravilan racionalni razlomak . Primjer 1. Racionalni razlomak je nepravilan razlomak. Dijeljenjem "uglom", imat ćemo Dakle. Ovdje. i pravi razlomak. Definicija. Najjednostavniji (ili elementarni) razlomci nazivaju se racionalni razlomci sljedeće četiri vrste: gdje je - realni brojevi, do - prirodni broj, veći ili jednak 2, a kvadratni trinom x2 + px + q nema pravih korijena, pa je -2 _2 njegov diskriminant U algebri je dokazan sljedeći teorem. Teorem 3. Pravi racionalni razlomak s realnim koeficijentima čiji nazivnik Qn(x) ima oblik jedinstveno se rastavlja u zbroj jednostavnih razlomaka prema pravilu Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija jednostavnih razlomaka Opći slučaj Integracija iracionalnih funkcije Prva Eulerova zamjena Druga Eulerova zamjena Treća Eulerova zamjena U ovoj ekspanziji neke realne konstante, od kojih neke mogu biti jednake nuli. Da bismo pronašli ove konstante, desna strana jednakosti (I) se svede na zajednički nazivnik, a zatim se izjednačuju koeficijenti pri istim potencijama x u brojnicima lijeve i desne strane. To daje sustavu linearne jednadžbe, iz koje se nalaze željene konstante. . Ova metoda pronalaženja nepoznatih konstanti naziva se metoda neodređenih koeficijenata. Ponekad je prikladnije primijeniti drugi način pronalaženja nepoznatih konstanti, koji se sastoji u tome da se nakon izjednačavanja brojnika dobije identitet za x, u kojem se argumentu x daju neke vrijednosti, na primjer, vrijednosti korijena, što rezultira jednadžbama za pronalaženje konstanti. Posebno je zgodno ako nazivnik Q„(x) ima samo realne jednostavne korijene. Primjer 2. Rastavite racionalni razlomak na jednostavne razlomke Ovaj razlomak je pravilan. Nazivnik dekomponiramo na čimbenike: Budući da su korijeni nazivnika stvarni i različiti, onda će, na temelju formule (1), dekompozicija razlomka na najjednostavnije imati oblik Uvesti pravu čast „te jednakosti na zajednički nazivnik i izjednačavanjem brojnika i njegovih lijevog i desnog dijela, dobivamo identičnost ili Nepoznati koeficijent A. 2?, C nalazimo na dva načina. Prvi način. Izjednačavanje koeficijenata pri istim potencijama x, t.v. s (slobodni termin), a lijevi i desni dio su identični, dobivamo linearni sustav jednadžbe za pronalaženje nepoznatih koeficijenata A, B, C: Ovaj sustav ima jedina odluka Od drugog načina. Budući da su korijeni nazivnika rastrgani svv u i 0, dobivamo 2 \u003d 2A, odakle je A * 1; g i 1, dobivamo -1 * -B, odakle je 5 * 1; x i 2, dobivamo 2 = 2C. odakle je C» 1, a željeno proširenje ima oblik Nazivnik ima dva različita dualna korijena: x\ \u003d 0 s višestrukom množinom 3. Stoga proširenje ovog nejednog razlomka ima oblik Svođenje desne strane na zajednički nazivnik, nalazimo ili Prva metoda. Izjednačavanje koeficijenata na istim potencijama x u lijevom i desnom dijelu posljednjeg identiteta. dobivamo linearni sustav jednadžbi.Ovaj sustav ima jedinstveno rješenje i željeno proširenje bit će druga metoda. U rezultirajućem identitetu, postavljanjem x = 0, dobivamo 1 a A2, ili A2 = 1; polje * gay x = -1, dobivamo -3 i B), ili Bj i -3. Prilikom zamjene pronađenih vrijednosti koeficijenata A\ i B) i identitet će poprimiti oblik ili Stavljajući x = 0, a zatim x = -I. nalazimo da je = 0, B2 = 0 i. dakle, B\ \u003d 0. Dakle, opet dobivamo primjer 4. Racionalni razlomak 4 proširimo na jednostavne razlomke. Nazivnik razlomka nema pravih korijena, budući da funkcija x2 + 1 ne nestaje ni za jednu stvarnu vrijednost od x Stoga bi širenje u jednostavne razlomke trebalo imati oblik Odavde dobivamo ili. Izjednačavajući koeficijente na Schinackovim potencijama x u lijevom i desnom dijelu posljednje jednakosti, dobit ćemo odakle ćemo pronaći i stoga treba napomenuti da se u nekim slučajevima proširenja u jednostavne razlomke mogu dobiti brže i lakše, djelujući u na neki drugi način, bez korištenja metode neodređenih koeficijenata. Na primjer, da biste dobili proširenje razlomka u primjeru 3, možete zbrajati i oduzimati u brojniku 3x2 i izvršiti dijeljenje, kao što je navedeno u nastavku. 7.2. Integracija jednostavnih razlomaka Kao što je gore spomenuto, svaki nepravilni racionalni razlomak može se predstaviti kao zbroj nekog polinoma i pravilnog racionalnog razlomka (§7), a ovaj je prikaz jedinstven. Integracija polinoma nije teška, stoga razmotrite pitanje integracije pravilnog racionalnog razlomka. Budući da se svaki pravi racionalni razlomak može predstaviti kao zbroj jednostavnih razlomaka, njegova se integracija svodi na integraciju jednostavnih razlomaka. Razmotrimo sada pitanje njihove integracije. III. Da bismo pronašli integral najjednostavnijeg razlomka treće vrste, odabiremo puni 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. Nađi integral 4 Integrand je najjednostavniji razlomak trećeg tipa, budući da kvadratni trinom x1 + Ax + 6 nema pravi korijen (njegov diskriminant je negativan: , a brojnik je polinom prvog stupnja. Stoga postupimo na sljedeći način: 1) u nazivniku biramo puni kvadrat 2) vršimo zamjenu (ovdje 3) na * jedan integral Da bismo pronašli integral od najjednostavniji razlomak četvrte vrste, postavljamo, kao gore, . Zatim dobivamo Integral na desnoj strani, označen s A i transformiramo ga na sljedeći način: Integriramo s desne strane po dijelovima, postavljajući odakle ili Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija jednostavnih razlomaka Opći slučaj Integracija iracionalne funkcije Prva Eulerova zamjena Druga Eulerova supstitucija Treća supstitucija Euler Dobili smo takozvanu rekurentnu formulu, koja nam omogućuje da pronađemo integral Jk za bilo koje k = 2, 3,... . Doista, integral J\ je tabelarni: Uz pretpostavku u rekurzivnoj formuli nalazimo Znajući i uz pretpostavku da je A = 3, lako ćemo pronaći Jj, i tako dalje. U konačnom rezultatu, zamjenjujući svugdje umjesto t i a njihove izraze u smislu x i koeficijenata p i q, dobivamo za početni integral izraz za njega u terminima x i zadanih brojeva M, LG, p, q . Primjer 8. Pronađite integral to znači da nazivnik nema pravi korijen, a brojnik je polinom 1. stupnja. 1) Odaberemo puni kvadrat u nazivniku 2) Napravimo zamjenu: Integral će poprimiti oblik: Stavljajući u rekurzivnu formulu * = 2, a3 = 1. imat ćemo, i stoga je željeni integral jednak Vraćajući se na varijablu x, konačno dobivamo 7.3. Opći slučaj Iz rezultata pog. 1 i 2 ovog odjeljka odmah slijedi važan teorem. Teorema! 4. Neodređeni integral bilo koje racionalne funkcije uvijek postoji (na intervalima u kojima je nazivnik razlomka Q„(x) φ 0) i izražava se u terminima konačnog broja elementarnih funkcija, naime, to je algebarski zbroj. , racionalni razlomci, prirodni logaritmi i arktangensi. Dakle, pronaći neodređeni integral od frakcijsko-racionalne funkcije treba postupiti na sljedeći način: 1) ako je racionalni razlomak nepravilan, tada se cijeli broj odvaja dijeljenjem brojnika s nazivnikom, tj. ova funkcija je predstavljena kao zbroj polinoma i pravi racionalni razlomak; 2) tada se nazivnik dobivenog pravog razlomka razlaže na umnožak linearnog i kvadratnog faktora; 3) ovaj se pravi razlomak razlaže u zbroj jednostavnih razlomaka; 4) pomoću linearnosti integrala i formule točke 2, nalazimo integrale svakog člana posebno. Primjer 7. Pronađite integral M Budući da je nazivnik polinom trećeg stupnja, integrand je nepravilan razlomak. U njemu izdvajamo cijeli dio: Dakle, imat ćemo. Nazivnik pravilnog razlomka ima phi različite realne korijene: i stoga njegova dekompozicija na jednostavne razlomke ima oblik Odavde nalazimo. Dajući argumentu x vrijednosti jednake korijenima nazivnika, iz ovog identiteta nalazimo da: Prema tome, željeni integral će biti jednak primjeru 8. Naći integral 1 višestrukosti 3, Dakle, proširenje integrand u jednostavne razlomke ima oblik Dovodeći desnu stranu ove jednakosti na zajednički nazivnik i svodeći obje strane jednakosti ovim nazivnikom, dobivamo ili. Izjednačavamo koeficijente na istim potencijama x u lijevom i desnom dijelu ovog identiteta: Odavde nalazimo. Zamjenom pronađenih vrijednosti koeficijenata u ekspanziju, imat ćemo Integriranjem, nalazimo: Primjer 9. Pronađite integral 4 Nazivnik razlomka nema pravi korijen. Stoga, proširenje u jednostavnije razlomke integranda ima oblik Stoga ili Izjednačavajući koeficijente pri istim potencijama x u lijevom i desnom dijelu ovog identiteta, imat ćemo odakle ćemo pronaći i, prema tome, Remark. U gornjem primjeru, integrand se može predstaviti kao zbroj jednostavnih razlomaka na jednostavniji način, naime u brojniku razlomka odabiremo kantu u nazivniku, a zatim vršimo dijeljenje član po član: § 8. Integracija iracionalnih funkcija Funkcija oblika gdje su Pm i u2 polinomi tipa stupnjeva, redom, u varijablama u1,2,... naziva se racionalnom funkcijom u ubu2j... realnim konstantama, a Primjer 1, Funkcija je racionalna funkcija varijabli r i y, budući da predstavlja i omjer polinoma trećeg stupnja i polinoma petog stupnja, a funkcija tise nije. U slučaju kada su varijable, pak, funkcije varijable x: tada se funkcija ] naziva racionalnom funkcijom funkcija iz Primjera. Funkcija je racionalna funkcija r i rvdikvl Pr 3. Funkcija oblika nije racionalna funkcija x i radikala y/r1 + 1, ali je racionalna funkcija funkcija Kao što primjeri pokazuju, integrali iracionalnog funkcije nisu uvijek izražene u terminima elementarnih funkcija. Na primjer, integrali koji se često susreću u aplikacijama nisu izraženi u terminima elementarnih funkcija; ti se integrali nazivaju eliptičkim integralima prve, odnosno druge vrste. Razmotrimo one slučajeve kada se integracija iracionalnih funkcija može svesti uz pomoć nekih supstitucija na integraciju racionalnih funkcija. 1. Neka je potrebno pronaći integral gdje je R(x, y) racionalna funkcija njegovih argumenata x i y; m £ 2 je prirodan broj; a, b, c, d su realne konstante koje zadovoljavaju uvjet ad - bc ^ O (za ad - be = 0, koeficijenti a i b su proporcionalni koeficijentima c i d, pa stoga omjer ne ovisi o x; stoga će u ovom slučaju funkcija integranda biti racionalna funkcija varijable x, čija je integracija razmatrana ranije). Promjenu varijable u ovom integralu vršimo postavljanjem Odavde varijablu x izražavamo kroz novu varijablu. Imamo x = - racionalnu funkciju od t. Nadalje, nalazimo ili, nakon pojednostavljenja, Dakle, gdje je L1 (t) racionalna funkcija od *, budući da su racionalni temelj racionalne funkcije, kao i umnožak racionalnih funkcija, racionalne funkcije. Možemo integrirati racionalne funkcije. Neka je tada željeni integral jednak When. Prijeđi na integral 4 Integrand* je racionalna funkcija od. Stoga stavljamo t = Tada Integracija racionalnih funkcija Kratke informacije o racionalnim funkcijama Integracija jednostavnih razlomaka Opći slučaj Integracija iracionalnih funkcija Prva Eulerova zamjena Druga Eulerova supstitucija Treća Eulerova supstitucija Tako dobivamo Primar 5. Naći integral Zajednički nazivnik frakcijski pokazatelji potencija x je 12, pa se integrand može predstaviti kao 1 _ 1_ odakle se može vidjeti da je racionalna funkcija: S obzirom na to, postavljamo. Stoga, 2. Razmotrimo intephs oblika gdje je podintegralna funkcija takva da zamjenom radikala \/ax2 + bx + c u njoj s y, dobivamo funkciju R(x) y) - racionalnu s obzirom na oba argumenta x i y. Ovaj se integral svodi na integral racionalne funkcije druge varijable Eulerovim zamjenama. 8.1. Prva Eulerova zamjena Neka je koeficijent a > 0. Postavljamo ili Odavde nalazimo x kao racionalnu funkciju od u, dakle, Dakle, naznačena supstitucija racionalno se izražava u terminima *. Stoga ćemo imati gdje Remark. Prva Eulerova supstitucija se također može uzeti u obliku Primjer 6. Naći integral koji ćemo pronaći Dakle, imat ćemo dx Eulerovu supstituciju, pokažite da je Y 8.2. Eulerova druga zamjena Neka trinom ax2 + bx + c ima različite realne korijene R] i x2 (koeficijent može imati bilo koji predznak). U ovom slučaju pretpostavljamo Budući da dobivamo Budući da su x, dxn y / ax2 + be + c izraženi racionalno u terminima t, tada se izvorni integral svodi na integral racionalne funkcije, tj. gdje je Problem. Pomoću prve Eulerove zamjene pokažite da je racionalna funkcija t. Primjer 7. Pronađite integral dx M funkcija ] - x1 ima različite realne korijene. Stoga primjenjujemo drugu Eulerovu supstituciju.Odavde nalazimo Zamjena pronađenih izraza u Dano? dobivamo 8.3. Treće Eulerovo podstanje Neka je koeficijent c > 0. Postavljanjem vršimo promjenu varijable. Imajte na umu da su za redukciju integrala na integral racionalne funkcije dovoljne prva i druga Eulerova zamjena. Doista, ako je diskriminant b2 -4ac > 0, tada su korijeni kvadratnog trinoma ax + bx + c realni i u ovom slučaju vrijedi druga Eulerova zamjena. Ako se tada predznak trinoma ax2 + bx + c poklapa sa predznakom koeficijenta a, a budući da trinom mora biti pozitivan, tada je a > 0. U ovom slučaju vrijedi prva Eulerova zamjena. Za pronalaženje integrala gore navedenog oblika nije uvijek svrsishodno koristiti Eulerove zamjene, jer se za njih mogu pronaći druge metode integracije koje brže dovode do cilja. Razmotrimo neke od ovih integrala. 1. Za pronalaženje integrala oblika, iz kvadrata trinoma se bira pravi kvadrat: gdje se nakon toga vrši supstitucija i dobiva se pri čemu koeficijenti a i P imaju različite predznake ili su oba pozitivna. Kada, kao i kada je a > 0, i integral će se svesti na logaritam, ali ako - na arcsin. Na. Pronađite imtegrel 4 Od toga. uz pretpostavku, dobivamo Prmmar 9. Nađi. Pretpostavio sam x -, imat ćemo 2. Integral oblika svodi se na integral y iz stavka 1. kako slijedi. Uzimajući u obzir da je derivacija ()" = 2, odabiremo ga u brojniku: th stupanj, možemo pronaći metodom neodređenih koeficijenata, koja se sastoji u sljedećem: Pretpostavimo da je jednakost ostvarena. Primjer 10. Moćne integralne koeficijente, mi razlikovati obje strane (1): Zatim desnu stranu jednakosti (2) reduciramo na zajednički nazivnik jednak nazivniku lijeve strane, tj. y/ax2 + bx + c, reduciramo oba dijela (2) čime , dobivamo identitet u oba dijela u kojem su polinomi stupnja n. Izjednačavanjem koeficijenata na istim potencijama x u lijevom i desnom dijelu (3) dobivamo n + 1 jednadžbe, iz kojih nalazimo tražene koeficijente j4*(fc = 0,1,2,..., n ) Zamjenom njihovih vrijednosti u desnu stranu (1) i pronalaženjem integrala + c dobivamo odgovor za ovaj integral. Primjer 11. Naći integral Postavljamo Razlikovanjem oba odijela jednakosti, imat ćemo Dovodeći desnu stranu na zajednički nazivnik i svodeći obje strane njome, dobivamo identičnost odn. Izjednačavajući koeficijente pri istim potencijama x, dolazimo do sustava jednadžbi iz kojih nalazimo = Tada nalazimo integral na desnoj strani jednakosti (4): Dakle, željeni integral će biti jednak
The online kalkulator služi za izračunavanje integrala iracionalnih razlomaka oblika , , .
Neka bude 
je racionalna funkcija od 
Ova funkcija, a time i njen integral, racionalizirana je supstitucijom x=t r , gdje je r najmanji zajednički višekratnik brojeva r 1 , r 2 ,…, r n . Tada je dx=rt r -1 i integral je racionalna funkcija od t . Slično, ako je integrand 
je racionalna funkcija od 
, tada se integrand racionalizira zamjenom gdje je t najmanji zajednički višekratnik brojeva r 1 , r 2 ,…, r n . Zatim Zamjenom u izvorni izraz dobivamo racionalnu funkciju t .
Primjer. Izračunaj . Najmanji zajednički višekratnik 2 i 3 je 6. Stoga vršimo zamjenu x = t 6 . Tada je dx = 6t 5 dt i 
Integracija iracionalnih funkcija
Primjer #1. Izračunaj definitivni integral iracionalne funkcije:
Odluka. Integral oblika R(x α1 , x α2 ,..., x αk)dx , gdje je R racionalna funkcija od x αi , α i =p i /q i su racionalni razlomci (i = 1,2,.. ., k) , svodi se na integral racionalne funkcije zamjenom x \u003d t q, gdje je q najmanji zajednički višekratnik (LCM) nazivnika razlomaka a 1 , a 2 ,... i k . U našem slučaju, 1 \u003d 2, a 2 \u003d 3, a 3 \u003d 6, tako da je najmanji zajednički višekratnik njihovih nazivnika q \u003d LCM (2,3,6) = 6. Promjena varijable x \u003d t 6 dovodi do integrala razlomačke racionalne funkcije, koja se izračunava kako je opisano u primjeru:
