Read Microsoft Word - neapibreztinis_integralas.doc text version

I skyrius

NEAPIBRZTINIS INTEGRALAS

§ 1. NEAPIBRZTINIS INTEGRALAS IR PIRMYKST FUNKCIJA.................................... 2 § 2. NEAPIBRZTINIO INTEGRALO SAVYBS ................................................................... 3 § 3. TIESIOGINIS FUNKCIJ INTEGRAVIMAS .................................................................... 4 § 4. INTEGRAVIMO METODAI ............................................................................................... 5 4.1. Integravimo kintamojo keitimo metodas........................................................................... 5 4.2. Integravimas dalimis ......................................................................................................... 7 § 5. RACIONALIJ FUNKCIJ INTEGRAVIMAS ............................................................. 9 5.1. Taisykling racionalij trupmen skaidymas.................................................................. 9 5.2. Paprasciausij trupmen integravimas .......................................................................... 10 § 6. IRACIONALIJ FUNKCIJ INTEGRAVIMAS........................................................... 13 § 7. TRIGONOMETRINI FUNKCIJ INTEGRAVIMAS.................................................... 16 7.1. Universalusis atvejis ........................................................................................................ 16 7.2. Trigonometrini funkcij integravimo atskiri atvejai ..................................................... 17

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

1

§ 1. NEAPIBRZTINIS INTEGRALAS IR PIRMYKST FUNKCIJA Integravimas ­ atvirkscias veiksmas diferencijavimui. Diferencijavimo uzdavinys buvo rasti duotosios funkcijos isvestin F ' ( x ) = f ( x ) arba diferencial dF ( x ) = f ( x )dx . Dabar teks sprsti atvirksci uzdavin ­ is zinomos isvestins arba diferencialo rasti paci funkcij. Tegul intervale (a, b ) yra zinoma tolydi funkcija y = f ( x ) . Tuomet funkcija F ( x ) , patenkinanti siame intervale slyg F ' ( x ) = f ( x ) arba dF ( x ) = f ( x )dx yra vadinama duotosios funkcijos y = f ( x ) pirmykste funkcija. x5 Pavyzdys. Jei duotoji funkcija yra y = x , tai jos pirmykst funkcija yra F (x ) = , nes 5 x 5 5x 4 = = x4 . 5 5

4

x5 + C (C = konstanta), taip pat yra pirmykst funkcija. Pastebkime, kad 5 Taigi, jei F (x ) yra funkcijos y = f ( x ) pirmykst funkcija, tai jos pirmykstmis funkcijomis yra ir kitos funkcijos (x ) , turincios pavidal (x ) = F ( x ) + C , nes (F (x ) + C ) = F ( x ) = f ( x ) , o tai reiskia, kad f ( x ) turi ne vien, o kiek norima daug pirmyksci funkcij, kurios viena nuo kitos skiriasi pastoviu dmeniu C.

Apibrzimas. Jeigu funkcija F ( x ) yra funkcijos f ( x ) pirmykst funkcija, tai reiskinys

F ( x ) + C vadinamas funkcijos f ( x ) neapibrztiniu integralu ir zymimas

Neapibrztinis integralas

reiskia visas funkcijos f ( x ) pirmykstes funkcijas. Siame reiskinyje f (x ) ­ pointegralin funkcija, f ( x )dx ­ pointegralinis reiskinys, x ­ integravimo kintamasis, F ( x ) ­ integralo funkcin dalis, C ­ integravimo konstanta. Galime nustatyti integravimo ir diferencijavimo veiksm rys: 1. Israisk f ( x )dx = F ( x ) + C diferencijuokime panariui

f (x )dx = F (x ) + C

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

(1)

d f ( x )dx = d (F ( x ) + C ) = dF (x ) = F (x )dx = f ( x )dx .

(2)

Matome, kad neapibrztinio integralo diferencialas yra lygus pointegraliniam reiskiniui, o tai reiskia, kad simboliai d ir parasyti nurodyta seka (pirma d , po to ) vienas kit panaikina.

2. Kadangi dF ( x ) = f ( x )dx , tai

dF (x ) = f (x )dx = F (x ) + C ,

(3)

o tai reiskia, kad funkcijos diferencialo neapibrztinis integralas lygus diferencijuojamos funkcijos ir pastovaus dydzio sumai. Tokiu bdu, simboliai ir d , parasyti nurodyta seka (pirma

, po to d ), panaikina vienas kit, jei pridedamas pastovus dydis C . Taigi, diferencijavimas ­ vienareiksmis veiksmas, o integravimas ­ daugiareiksmis.

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

2

§ 2. NEAPIBRZTINIO INTEGRALO SAVYBS

Tiesioginis veiksmas ­ diferencijavimas paremtas keliomis taisyklmis ir elementarij funkcij diferencijavimo formulmis, kurias naudodami galjome rasti bet kurios diferencijuojamos funkcijos isvestin arba diferencial. Vykdydami atvirksci veiksm ­ integravim taip pat naudosime taisykles ir pagrindini elementarij funkcij integral formules, kuri pagalba galsime rasti toli grazu ne vis funkcij neapibrztinius integralus ­ pirmykstes funkcijas. Yra tik trys neapibrztinio integralo taisykls (savybs).

1. Pastov daugikl galima iskelti pries integral.

af (x )dx = a f (x )dx , cia a = const .

pus ­ da af ( x )dx = ad f ( x )dx = af ( x )dx .

(1)

> Reiskinio (1) abi puses diferencijuojame: kairioji pus ­ d af ( x )dx = af ( x )dx , desinioji

Kadangi kairioji pus lygi desiniajai pusei, tai israiskos (1) abi puss gali skirtis tik pastoviu daugikliu, t.y. af (x )dx = a f (x )dx + C . Konstantos C galime ir nerasyti, nes ji jau savaime kelta neapibrztin integral, todl

af (x )dx = a f (x )dx . <

2. Baigtinio skaiciaus funkcij algebrins sumos integralas yra lygus si funkcij integral algebrinei sumai, t.y.

( f (x ) + f (x ) + ... + f (x ))dx = f (x )dx + f (x )dx + ... + f (x )dx

1 2 n 1 2 n

(2)

Si taisykl galime rodyti taip pat, t. y. diferencijuodami abi sios lygybs puses.

3. Integralo invariantiskumo savyb, t. y., jei

f (x )dx = F (x ) + C ,

tai

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

cia u = u ( x ) ­ tolydi kintamojo x funkcija. Si savyb seka is diferencialo formos invariantiskumo savybs.

Pagrindini integral formuls

1. du = u + C 3.

5.

du = ln u + C u

u u

u a +1 + C , a -1 a +1 au +C 4. a u du = ln a

2. u a du =

e du =e

+C

6.

sin udu = - cos u + C

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

3

7. cos udu = sin u + C

8.

cos u = tg u + C 11. ctg udu = ln sin u + C

9.

2

du

sin u = -ctg u + C 10. tg udu = - ln cos u + C

2

du

12. 14.

du a2 - u2 du

u ±a

2

= arcsin

u +C a

13.

a

2

du 1 u = arctg + C 2 a a +u

= ln u + u 2 ± a + C

Cia surasytos pagrindini integral formuls tinka ne tik tam atvejui, kai integravimo kintamasis u yra nepriklausomas kintamasis, bet ir tada, kai jis yra kurio nors kito nepriklausomo kintamojo funkcija u = u (x) .Sias formules btina atsiminti, nes dabar jas teks nuolat naudoti.

§ 3. TIESIOGINIS FUNKCIJ INTEGRAVIMAS

Sis metodas pagrstas duotojo integralo palyginimu su vienu ar keliais pagrindiniais integralais. Jei duotasis integralas sutampa su kuriuo nors pagrindiniu integralu, j pritaikome, parasydami sio integralo reiksm. Kai skiriasi, algebriniais ar trigonometriniais pertvarkymais tikslingai pritaikome duotj integral prie pagrindini integral. Sistemingai dirbamas, kiekvienas studentas ismoksta, kokius pertvarkymus ir kaip reikia atlikti.

Pavyzdziai.

1.

5 5 2 x dx = 2 x dx = +

x6 x6 +C = +C. 6 3

5 1 - 3 4 -3 3 2. 3 - 3 + 2 x dx = 3 x dx - 4 x dx + 2 x 2 dx = x 2 x x

3 6 4 x x x -4 +2 +C = - 2 + 3 + x x + C. 2 2 3 -2 2x 3 x - 3 2 sin 2 x + cos2 x dx dx dx 3. 2 dx = = + 2 = tg x - ctg x + C . 2 2 2 2 sin x cos x sin x cos x cos x sin x =3 4. 3x 4 dx 3 10 x 4 dx 3 d (2 x 5 + 3) 3 = d ( 2 x 5 + 3) = 10 x 4 dx = 5 = = ln 2 x 5 + 3 + C. 5 2x5 + 3 10 2 x + 3 10 2 x + 3 10

-2

-

2 3

3 2

[

]

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

4

5.

x

2

5dx = + x-6

(x - 2 )(x + 3) + (x - 2 )(x + 3) dx = x - 2 - x + 3 =

x-2 + C. x+3

5dx

(x + 3) - (x - 2 )

dx

dx

d ( x - 2) d ( x + 3) - = x-2 x+3

= ln x - 2 - ln x + 3 + C = ln

x d tg x dx dx dx dx 2 = ln tg x + C. 6. = = = d tg = = x x x x x x sin x 2 2 sin cos 2 tg cos2 tg 2 2 cos2 2 2 2 2 2 2 - 5 x + 3)2 2 2 7. + C = 2 2 x 2 - 5 x + 3 + C. 2 1 2x 2 4x - 5 4x - 5 = Galime patikrinti rezultat: 2 2 x 2 - 5 x + 3 + C = 2 . 2 2 x 2 - 5x + 3 2x 2 - 5x + 3

(4 x - 5)dx

(2 x = (2 x - 5 x + 3) d (2 x - 5 x + 3) = - 5x + 3

1 2

2

1

(

)

8.

cos

3

xdx = cos 2 x cos xdx = (1 - sin 2 x )d (sin x ) = d (sin x ) - sin 2 xd (sin x ) =

sin 3 x + C. 3 x 1 1 1 1 1 9. cos2 xdx = 2 cos2 xdx = (1 + cos 2 x )dx = dx + cos 2 xd 2 x = 2 + 4 sin 2 x + C. 2 2 2 22 e cos x 1 10. e 2 cos x sin xdx = - e 2 cos x d (cos x ) = - e 2 cos x d (2 cos x ) = C - . 2 2 x 2 dx x 2 dx 1 d (2 x 3 ) 1 2x3 11. = = == arctg + C. 3 + 4 x 6 3 2 + (2 x 3 )2 6 3 2 + (2 x 3 )2 6 3 3 = sin x -

( )

( )

§ 4. INTEGRAVIMO METODAI

Siame skyriuje isnagrinsime du integravimo metodus, kurie isvysto integravimo veiksm. Sie metodai isplecia suintegruojam funkcij seim bei palengvina pat integravimo proces.

4.1. Integravimo kintamojo keitimo metodas

Tegul turime rasti neapibrztin integral I = f ( x )dx , taciau jo issprsti negalime, nes nesurandame, kokius pertvarkymus turime atlikti, kad pritaikytume pagrindines integravimo formules. Tuomet gali padti integravimo kintamojo pakeitimas (bet gali ir nepadti). Pakeiciame x = (u ) , cia (u ) - tolydi funkcija, todl dx = (u )du . Gauname I = f ( x )dx = f ( (u )) (u )du (1) Sio integralo desin pus sutvarkome ir gal bt gausime integral, kur galsime suintegruoti (o gal ir ne, priklauso nuo to, ar tinkam pakeitim pasirinkome). Jei suintegruotume, turime sugrzinti senj kintamj. Bendr taisykli, kok kintamojo pakeitim pritaikyti duotajam integralui, nra. Tik nuolat praktikuojantis galima gyti patyrim, kada ir kaip sis metodas gali bti naudojamas. Pavyzdziai.

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

5

1.

x = u, x = u 2 , (u 2 + 1) - 1du = x u 2udu u 2 du dx = = 2 = 2 2 = 2 x +1 u +1 u +1 u2 + 1 dx = 2udu,

2

du = 2u - 2arctg u + C = 2 x - 2arctg x + C. u +1 x = a sin u, a > 0, dx = a cos udu, 2. a 2 - x 2 dx = 2 = 2 2 2 2 2 a - x = a - a sin u = a 1 - sin u = a cos u 2 2 sin 2u a a = a cos u a cos udu =a 2 cos 2 udu = (1 + cos 2u)du = 2 u + 2 + C = 2 = 2 du - 2 = a2 (u + sin u cos u ) + C = u = arcsin x , sin u = x , cosu = 2 a a a2 x x = arcsin + a 2 - x 2 + C. 2 a 2 a2 - x2 = a

Paskutiniajame pavyzdyje sutikome iracionalj reiskin ­ a 2 - x 2 , kur pasisek racionalizuoti trigonometriniu keitiniu. Panasiais keitiniais veiksime ir integralus, kuriuose rasime reiskinius

a 2 + x 2 ir x2 - a2 .

1) Iracionalj reiskin

a 2 - x 2 racionalizavome keitiniu

x = a sin u, a > 0, dx = a cos udu, a 2 - x 2 = a 2 - a 2 sin 2 u = a 1 - sin 2 u = a cos u. 2) Sakn

a 2 + x 2 racionalizuosime keitiniu a x = atg u, a > 0, dx = du, cos 2 u

(2)

x +a =

2 2

a 2 sin 2 u a sin 2 u + cos 2 u + a2 = a = . 2 2 cos u cos u cos u

2

(3)

3) Tuo tarpu reiskin x 2 - a 2 pakeisime, jei a a sin u , a > 0, dx = x= du, cos u cos 2 u

x2 - a2 =

1 - cos 2 u a sin u a2 . - a2 = a = cos 2 u cos 2 u cos u

2

(4)

Btina pastebti, kad kintamojo keitin x = (u ) sunku numatyti. Dazniau pasirenkamas naujas kintamasis, kuris yra seno kintamojo funkcija u = (x ) , tada du = ( x )dx arba 1 dx = du. (x )

Pavyzdziai.

1.

dx u5 u6 ln 5 x 1 dx = u = ln x, du = , dx = xdu . = xdu = u 5 du = + C = ln 6 x + C. x x x 6 6

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

6

u = x + a + x 2 , a + x 2 = u - x, a + x 2 = u 2 - 2ux + x 2 , a = u 2 - 2ux = 2. = 2 0 = 2udu - 2 xdu - 2udx, dx = u - x du. a+x u (u - x )du = du = ln u + C = ln x + a + x 2 + C . = u (u - x ) u

dx

Analogiskai suintegruojame 3.

dx x -a

2

= ln x + x 2 - a + C .

Abu paskutiniuosius integralus priskyrme pagrindini integral lentelei (14 formul)

4.2. Integravimas dalimis

Tuomet j sandaugos diferencialas yra d (uv) = udv+ vdu . Is cia gauname

Tegul turime dvi tolydzias to paties nepriklausomo kintamojo funkcijas u = u( x ) ir v = v( x ) .

udv = d (uv) - vdu.

(5)

Integruojame abi lygybs (5) puses ir gauname

udv = uv - vdu .

(6)

Si formul vadinama integravimo dalimis formule. Kaip matome, duotojo integralo pointegralin reiskin turime isskaidyti du daugiklius u ir dv taip, kad pasisekt suintegruoti reiskinius dv ir vdu . Nra bendr taisykli, kaip tai padaryti. Tik nuolatos dirbdami galime isvystyti gdzius. Yra du naudingi patarimai 1. Jei pointegralinis reiskinys turi daugiklius arcsin x, arccos x, arctgx, arcctgx, log a x ir ln x , kuri isvestins, kaip zinome, yra paprastesni reiskiniai, tai sias funkcijas naudinga pasirinkti daugikliu u , tada likusi pointegralinio reiskinio dal tenka vadinti dv . 2. Jei pointegraliniame reiskinyje nra daugikli, isvardint pirmajame patarime, tai daugikl x naudinga zymti u .

a

3. Isimtimi reikia laikyti integralus, kuriuos integruodami dalimis gauname pradin integral (zirkite 3 ir 5 pavyzdzius).

Pavyzdziai. u = ln x, dv = x 2 dx, 2 3 = 1. x ln xdx = du = 1 dx, v = x 2 dx = x 3 x 3 3 3 x x 1 x x3 1 1 = dx = ln x - ln x - x 2 dx = ln x - x 3 + C . 3 3 x 3 3 3 9

© A.Laurutis, D.Siaucinas Paskait konspektas 7

2.

xdx 1 xdx u = arcsin x, dv = , du = dx, v = = 2 2 2 1- x 1- x 1- x x arcsin x 1 = dx = 2 1 2 - 1 1 - x 2 - 2 d 1 - x 2 = - 1 1 - x 2 = - 1 - x 2 1- x 2 1 2 2

(

) (

)

(

)

= - 1 - x 2 arcsin x +

1 - x 2 dx 1- x

2

= x - 1 - x 2 arcsin x + C .

u = a 2 + x 2 , dv = dx 2 2 3. a + x dx = = 2 xdx xdx du = = , v = x 2 a2 + x2 a2 + x2 2 2 2 (x + a ) - a 2 dx = x dx 2 2 2 2 = x a +x - = x a +x - a2 + x2 a2 + x2 dx = x a 2 + x 2 - a 2 + x 2 dx +a 2 + C. 2 a + x2 dx Kadangi = ln x + a 2 + x 2 , tai 2 2 a +x

a 2 + x 2 dx = x a 2 + x 2 - a 2 + x 2 dx + a 2 ln x + a 2 + x 2 . Dabar jau

2 a 2 + x 2 dx = x a 2 + x 2 + a 2 ln x + a 2 + x 2 , todl

a 2 + x 2 dx =

x 2 a2 a + x2 + ln x + a 2 + x 2 + C . 2 2

x 2 = u, e ax dx = dv, du = 2 xdx, 2 x e ax - 1 e ax 2 xdx = 4. x e dx = 1 ax 1 ax = a v = e ax dx = e d (ax ) = a e a a ax x = u, e dx = dv 2 x 2 ax 2 ax = x e ax - 2 x e ax - 1 e ax dx = e - xe dx = = a du = dx, v = 1 e ax a a a a a a

2 ax

=

x2 2x 2 x 2 ax 2 x ax 2 x 2 ax 2 x ax 2 ax e - 2 e + 2 e ax dx = e - 2 e + 3 e + C = e ax - 2 + 3 + C. a a a a a a a a a

u = sin bx, e ax dx = dv, du = b cos bxdx, ax = e sin bx - b e ax cos bxdx = 5. e ax sin bxdx = a v = e ax dx = 1 e ax d (ax ) = 1 e ax a a a

u = cos bx, e ax dx = dv, du = -b sin bxdx, ax ax = e sin bx - b e cos bx + b e ax sin bxdx = = v = e ax dx = 1 e ax a a a a a = e ax (a sin bx - b cos bx ) b 2 ax - 2 e sin bxdx. a2 a

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

8

Gavome pradin integral, todl sprendziame lygt:

ax e sin bxdx +

b 2 ax e ax (a sin bx - b cos bx ) e sin bxdx = . a2 a2

a 2 + b 2 ax e ax (a sin bx - b cos bx ) e sin bxdx = , tada a2 a2 e ax (a sin bx - b cos bx ) ax + C. e sin bxdx = a 2 + b2

§ 5. RACIONALIJ FUNKCIJ INTEGRAVIMAS

Sveikj racionalij funkcij

f (x ) = a 0 x n + a1 x n -1 + a 2 x n - 2 + ... + a n -1 x + a n

yra paprasta suintegruoti

f ( x)dx = a x

0

n

dx + a1 x n -1 dx + a 2 x n - 2 dx + ... + a n -1 xdx + a n dx.

Pastebkime, kad binominio pavidalo sveikoji racionalioji funkcija nebtinai turi bti pakeiciama daugianariu. 5 Pavyzdys. (x - 5)4 dx = (x - 5)4 d (x - 5) = (x - 5) + C . 5 P(x ) , cia P(x ) ir Q( x ) yra Zymiai sunkiau yra integruoti racionalij trupmen f ( x ) = Q(x ) sveikosios racionaliosios funkcijos. Jei skaitiklio daugianario P(x ) laipsnis yra didesnis arba P( x ) vadinama netaisyklingja racionalija lygus vardiklio daugianario Q( x ) laipsniui, tai f ( x ) = Q( x ) trupmena ir j galima isreiksti R( x ) f (x ) = N (x ) + , Q( x ) R(x ) cia ir N ( x ) yra sveikoji racionalioji funkcija, o - taisyklingoji racionalioji trupmena, t.y. Q( x ) R( x ) laipsnis yra mazesnis uz vardiklio daugianario Q( x ) laipsn. Tada

Q(x ) dx = N (x )dx + Q(x ) dx.

Desiniosios puss pirmj integral suintegruojame lengvai. Tuo tarpu antrasis integralas yra taisyklingos racionaliosios trupmenos integralas. Mes turime ismokti, kaip taisykling racionalij trupmen skaidyti parastj trupmen sum.

5.1. Taisykling racionalij trupmen skaidymas

P( x )

R(x )

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

9

Bendruoju atveju, vardiklio funkcija Q(x ) gali turti kelias skirtingas tikrsias saknis ( x = a , x = b ), kai kurios is j gali bti kartotins ( x = c , x = d , kartotinumo n ir k atitinkamai), kelias jungtines kompleksines saknis ( x 2 + px + q = 0, D = p 2 - 4q < 0 ), kai kurios is j gali bti l kartotinumo ( x 2 + rx + s, D = r 2 - 4 s < 0 ), t. y.:

Q( x ) = ( x - a )(x - b ) ... (x - c ) (x - d ) .... x 2 + px + q ... x 2 + rx + s

n k

(

)

(

)

l

Tuomet taisykling racionalij trupmen Q(x) galime isskaidyti paprasciausij trupmen suma, nes: A B a) kiekvienai tikrajai skirtingai Q( x ) sakniai x = a, x = b teks dmenys , ; x-a x-b b) kiekvienai realiajai n ir k kartotinumo sakniai, atitinkamai x = c, x = d teks dmen C3 C C1 C2 sumos + + +K+ n , n n -1 n-2 x-c (x - c ) (x - c ) (x - c ) D3 D D1 D2 + + +K+ k ; k k -1 k -2 x-d (x - d ) (x - d ) (x - d )

Mx + N ; x + px + q d) kiekvienai l kartotinumo jungtini kompleksini sakn porai gausime dmen sum R x + Sk R1 x + S1 R2 x + S 2 ; +K+ 2k + l l -1 x + rx + s x 2 + rx + s x 2 + rx + s

c) kiekvienai jungtini kompleksini sakn porai bus pridedamas dmuo

2

(

) (

)

cia A, B, C i , Di , M , N , Ri , S i (i = 1; 2; 3; ...) yra pastovs mums dar nezinomi koeficientai, kuri suradimui naudosime neapibrztj koeficient metod, o kai kuriais atvejais ir supaprastint neapibrztj koeficient metod. Tai matysime is pavyzdzi, kuriuos vliau issprsime.

5.2. Paprasciausij trupmen integravimas

skaidant taisykling racionalij trupmen, atsiranda A A Mx - N Mx + N . paprasciausiosios trupmenos: , , 2 , n 2 x - a ( x - a ) x + px + q (x + px + q )n Dl sios priezasties, btina mokti integruoti siuos integralus 1)

A A Mx - N dx , 4) + px + q

Pastebjome,

kad,

tokios

x - a dx , 2) (x - a )

n

dx , 3)

x

2

(x

Mx + N

2

+ px + q )

n

dx .

Issiaiskinkime kiekvieno is j integravim.

1) I 1 = Adx d (x - a ) = A = A ln x - a + C . x-a x-a (x - a )- n +1 = - Adx A -n . = A ( x - a ) d ( x - a ) = A +C 2) I 2 = n - n +1 (x - a ) (n - 1)(x - a )n -1 M (2 x + p ) + N - Mp dx Mx + N 2 dx = M (2 x + p )dx + N - Mp 3) I 3 = 2 . dx = 2 2 2 x 2 + px + q 2 2 x + px + q x + px + q x + px + q

Paskutiniojo reiskinio desinieji integralai integruojami taip:

© A.Laurutis, D.Siaucinas Paskait konspektas 10

a)

x

(2 x + p )dx

2

+ px + q

=

d (x 2 + px + q ) = ln (x 2 + px + q ) + C , 2 x + px + q

p d x + dx dx 2 = = = b) 2 2 2 2 2 x + px + q 2 p p p 2 p p x +2 x+ +q- x+ + q- 2 2 2 2 4 p x+ 2 1 2 + C , nes x 2 + px + q > 0, p 2 - 4 q < 0, q - p > 0. = arctg 4 p2 p2 q- q- 4 4

Mp x+ Mx + N M 2 2 arctg dx = ln (x + px + q ) + x 2 + px + q 2 p2 q- q- 4 N- p 2 + C. p2 4

Galiausiai gauname: I 3 =

4) I 4 =

(x

Mx + N

2

+ px + q

)

n

dx =

M 2

(x

(2 x + p )dx

2

+ px + q

)

n

Mp dx +N - 2 2 x + px + q

(

)

n

.

Pirmj is si integral suintegruojame lengvai

(x (x + px + q ) = (x + px + q ) d (x + px + q ) =

(2 x + p )dx

2 2 -n 2 n

2

+ px + q - n +1

)

- n +1

=-

(n - 1)(x 2 + px + q )n-1

1

.

Tuo tarpu, antrj pertvarkome

p t = x + 2 , dx dx = x 2 + px + q n = 2 n p2 2 a= q- p p2 4 x + 2 + q - 4 dt pazymime I n = ir tada j integruojame n 2 t + a2 dt = 2 t + a2 ,

(

)

(

)

n

(

)

In =

(t

dt

2

+ a2

)

n

=

1 a2

(t

t 2 + a2 - t 2

2

+ a2

)

n

dt =

1 a2

(t

dt

2 I n -1

+ a2 14243 4 4

)

n -1

-

1 a2

(t

t 2 dt

2

+ a2

)

n

.

Sio I n integralo antrj dal integruojame dalimis

(

tdt , n u = t , du = dt , dv = 2 t + a2 t 2 dt = 2 2 n 1 tdt t +a = v = 2 2 n 2(1 - n ) t 2 + a 2 t +a Tokiu bdu:

)

(

)

(

)

(

)

t = 2(1 - n ) t 2 + a 2 n -1

(

)

n -1

-

1 dt t 2 + a 2 n-1 . 2(1 - n ) 14243 4 4

(

)

I n -1

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

11

In =

2n - 3 t t 1 I n -1 - - I n -1 = I - . 2 2 n -1 2n - 2 n -1 2(1 - n )(t 2 + a 2 )n -1 2(1 - n ) 2(1 - n )(t + a ) 1 2n - 3 dt t Gal gale I n = I n -1 = 2 + n n -1 (t 2 + a 2 ) a 2(n - 1)(t 2 + a 2 ) 2n - 2 . 1 a2

Stai taip integral I n pertvarkome I n -1 . Jo vardiklio laipsnio rodiklis yra vienetu mazesnis negu I n . Pastarj integral I n -1 galime transformuoti I n - 2 ir t.t. Veikdami analogiskai, po n - 1 karto gauname pazstam integral

I1 = dt 1 t = arctg + C. 2 t +a a a

2

Ismokome integruoti visus I 1 , I 2 , I 3 ir I 4 integralus.

Pavyzdys.

x(x

x3 + 1

2

+1

)

2

dx .

> Taisykling racionalij trupmen skaidome

tada x 3 - 1 = A(x 2 + 1) + (Mx + N )x + (M 1 x + N 1 )x (x 2 + 1) .

2 2

A Mx + N M 1 x + N1 A(x 2 + 1) + (Mx + N )x + (M 1 x + N1 )x (x 2 + 1) + = + = , 2 2 x (x 2 + 1)2 x2 + 1 x (x 2 + 1) x (x 2 + 1) x3 + 1

2 2

(*)

Kai x = 0, gauname A = 1, kai x = i, x = -1, x + 1 = 0, x = -i , tada - i + 1 = - M + N i ir N = -1, M = -1.

2 2 3

Apskaiciuotas A , M , N reiksmes rasome (*) ir gauname

x 3 + 1 = x 2 + 1 - x 2 - x + M 1 x 4 + N1 x 3 + M 1 x 2 + N1 x = = x 4 + 2 x 2 + 1 - x 2 - x + M 1 x 4 + N 1 x 3 + M 1 x 2 + N 1 x.

(

)

2

x

4

x3

Sulyginame abiej lygybs pusi koeficientus prie vienod laipsni 1 + M 1 = 0, M 1 = -1, 1 = N 1 , N 1 = 1. Todl

x(x

x3 + 1

2

+1

)

2

dx =

dx - x -1 - x -1 dx = I 1 + I 2 + I 3 . dx + 2 + 2 x x +1 x2 +1

(

)

1 (x 2 + 1) 1 dx x xdx x2 +1- x2 dx = = - 2 + =- - 2 2 2 2 (- 1) 2(x + 1) x +1 (x + 1) (x 2 + 1)2

-1

Suintegruokime kiekvien is si integral dx I1 = = ln x x 1 2 xdx 1 d (x 2 + 1) dx dx x +1 - x -1 dx = - dx = - - = I2 = - =- 2 (x 2 + 1)2 (x 2 + 1)2 (x 2 + 1)2 (x 2 + 1)2 2 (x 2 + 1)2 (x 2 + 1)2

;

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

12

xdx xdx = , v= 2 2 u = x, du = dx, dv = 2 2 (x + 1) (x + 1) 1 x 1 dx = = - arctg x - + 2 = -1 2 2 1 d (x 2 + 1) 1 (x 2 + 1) 2(x + 1) 2(x + 1) 2 x + 1 1 = = =- 2 -1 2 2(x 2 + 1) 2 (x 2 + 1) 1 x 1 1 x 1 = - arctg x - + arctg x = - - arctgx. 2 2 2 2 2(x + 1) 2(x + 1) 2 2(x + 1) 2(x + 1) 2

- x +1 1 2 xdx 1 d x2 +1 1 dx + 2 dx = - 2 =- + arctg x = - ln x 2 + 1 + arctg x. 2 2 2 x +1 2 2 x +1 x +1 x +1 Pagaliau gauname x x3 + 1 1 1 1 2 x x 2 + 1 2 dx = ln x + 2 x 2 + 1 - 2 x 2 + 1 - 2 arctg x - 2 ln x + 1 + arctg x = I3 =

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

= ln

x x +1

2

+

1- x 1 + arctg x + C. < 2 2 x +1 2

(

)

§ 6. IRACIONALIJ FUNKCIJ INTEGRAVIMAS

Iracionalisias funkcijas dazniausiai integruojame kintamojo keitimo metodu. Keitimo tikslas ­ iracionalij funkcij pakeisti racionalija, kuri, gal bt, suintegruosime anksciau isnagrintais metodais. Deja, ne kiekvien iracionalij funkcij pasiseka racionalizuoti. Isnagrinsime kai kuriuos dazniausiai sutinkamus racionalij funkcij integralus.

A. Integruojamoji funkcija turi tik argumento iracionalus

Tokio tipo integralo bendras pavidalas yra

R (x,

n

x , p x , ..., s x dx ,

)

cia R reiskia racionalij kintamj x, n x , p x , ..., s x funkcij. S integral pasiseka racionalizuoti keitiniu x = t k , cia k yra sakn rodikli n, p, ..., s bendras maziausias kartotinis. Todl k k k k p n s R x, x , x , ..., x dx = R t , t n , t p , ..., t s kt k -1dt = R (t )dt , k k k nes k , , , ..., yra sveikieji skaiciai. n p s

(

)

Pavyzdys.

4

x = t 4 , x > 0, t > 0 dx = = 3 3 dx = 4t dt , t = 4 x x +1 x

4 3t 2 dt t 2 4t 3 t 5 dt t5 + t2 - t2 t2 dt = 4 t 2 dt - 3 dt = 4 3 = 4 dt =4 t 2 - 3 = 3 t +1 t3 +1 t +1 t3 +1 t +1 t 3 4 d (t 3 + 1) 4 3 4 4 4 - 3 = t - ln (t 3 + 1) + C = 4 x 3 - ln 4 x 3 + 1 + C. 3 3 t +1 3 3 3 3

= =4

(

)

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

13

ax + b p ax + b ax + b dx B. Integralai pavidalo R x, n , , ..., s a1 x + b1 a1 x + b1 a1 x + b1 ax + b gali bti racionalizuojami keitiniu = t k , cia k yra sakn rodikli n, p, ..., s bendras a1 x + b1 maziausias kartotinis. Apskaiciuokime x ir dx. Kadangi

ax + b = t k (a1 x + b1 ), (a - a1t k )x = t k b1 - b, tai x =

t k b1 - b ir a - a1t k

(t dx =

=

k

b1 - b ) (a - a1t k ) - (t k b1 - b )(a - a1t k )

(a - a t )

1

k 2

k 2

dt = dt =

kt k -1b1 a - kt k -1b1 a1t k + t k b1 a1 kt k -1 - ba1 kt k -1

(a - a t )

1

(a - a t )

1

ab1 - a1b

k 2

kt k -1 dt.

Dabar gauname

k b1t k - b k k ab - a1b k -1 k k k I = R , t n , t p ,K, t s 1 kt dt = R (t )dt , nes , ,...., ­ sveiki skaiciai. a k a - a1t (a - a t k ) n p s 1

Atskiru atveju, kai a1 = 0 , o b1 = 1 , gauname paprastesn integral

R(x,

n

ax + b , ax + b , K , s ax + b dx ,

p

)

kur, suprantama, racionalizuosime, jei pasirinksime ax + b = t k , cia k yra sakn rodikli n, p, ..., s bendras maziausias kartotinis.

Pavyzdys.

(1 - x )

1

2

3

1+ x = t 3 , 1 + x = (1-x )t 3 , x (1 + t 3 ) = t 3 - 1, 1- x 3 3 3 3 (t 3 + 1)2 t 6t 2 dt = 1+ x 2 t -1 t -1 t +1- t +1 , 1- x =1- 3 , = dx = x = 3 = = 3 2 1- x t +1 t +1 t3 + 1 t +1 4(t 3 + 1) 3t 2 (t 3 + 1) - 3t 2 (t 3 - 1) 6t 2 dx = dt = dt 2 2 3 3 (t + 1) (t + 1)

4

=

3 3 3 t4 3 1+ x +C = 3 t dt = +C . 2 2 4 8 1- x

C. Integralai

R(x,

ax 2 + bx + c dx

)

racionalizuojami vienu is Eulerio keitini 1

ax 2 + bx + c = t ± x a , kai a > 0

Paskait konspektas 14

© A.Laurutis, D.Siaucinas

2 3

ax 2 + bx + c = tx ± c , kai c > 0

ax 2 + bx + c = a ( x - )( x - ) = t ( x - ) ,

kai yra bet kuri realioji ax 2 + bx + c saknis Pasirenkame vien is si Eulerio keitini, tada abi lygybs puses pakeliame kvadratu ir apskaiciuojame x bei dx. Pliuso arba minuso zenkl siuose keitiniuose galime pasirinkti laisvai, taciau, atskirais atvejais, lengviau sutvarkomas (racionalizuojamas) integralas, kai parinktas tinkamas zenklas.

Pavyzdziai.

1.

5 x 2 + x + 1 = t + x 5 , dx = 2tdt + 2 5 xdt + 2 5tdx, 2 dx 2 t + 5x = 5 x + x + 1 = t 2 + 2tx 5 + 5x 2 , dx = dt = 1 - 2 5t 5x 2 + x + 1 x + 1 = t 2 + 2tx 5 ,

(

)

= =-

dx 5x 2 + x + 1

=

5 5 ln 1 - 2 5 5 x 2 + x + 1 - x 5 + C = - ln 1 + 10 x - 2 5 5 x 2 + x + 1 + C , 5 2

(

(

2 t + 5 x dt 1 d 1 - 2 5t 5 =- 1 - 2 5t = - 5 ln 1 - 2 5t + C = 1 - 2 5t t + x 5 5

(

)(

)

)

)

(

)

nes t = 5 x 2 + x + 1 - x 5.

1 - 6 x - 9 x 2 = (tx + 1), 1 - 6 x - 9 x 2 = t 2 x 2 + 2tx + 1, - 6 x - 9 x 2 = t 2 x 2 + 2tx, - 6 - 9 x = t 2 x + 2t , (tx + 1)dt = dx = - 9dx = 2txdt + t 2 dx + 2dt , t 2 + 9 dx = -(2tx + 2 )dt , = -2 2. (tx + 1) t 2 + 9 1 - 6x - 9x 2 - (2tx + 2)dt - 2(tx + 1)dt = . dx = t2 + 9 t2 + 9 tx = 1 - 6 x - 9 x 2 - 1, 2 t dt 2 1 - 6x - 9x2 -1 = -2 2 2 = C - arctg = = C - arctg . 2 3 3 t = 1 - 6 x - 9 x - 1 t +3 3 3x x

(

)

(

)

Atskirais atvejais nagrinjamus integralus pasiseka issprsti, nenaudojant Eulerio keitini. Isnagrinkime siuos atvejus: a. Integralas

ax + bx + c Siuos integralus jau esame veik.

2

dx

pertvarkomas

dx u ±k

2

, kai a>0 ir

dx k - u2

2

, kai a<0.

Pavyzdys.

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

15

1 1 1 2 2 1 d x - 2 + x - x = 2 + 4 - 4 - 2 2 x + x = dx 2 = = 2 + x - x2 = 3 2 1 2 1 1 3 = - x - , dx = d x - -x - 2 2 2 2 2 1 x- 2 + C = arcsin 2 x - 1 + C. = arcsin 3 3 2 udu du mx + n dx , a > 0 pertvarkomas b. Integralas ir . u2 ± k 2 u2 ± k 2 ax 2 + bx + c

Pavyzdys. 3x - 1

x + 2x + 2

2

dx =

dt

3x + 3 - 4

(x + 1)

=

2

+1

dx =

3( x + 1) - 4

(x + 1)2 + 1

dx = [x + 1 = t, dx = dt ] =

= 3

tdt t 2 +1

- 4

t2 +1

1 1 - 3 2tdt 3 3 dt dt - 4 = t 2 + 1 2 d t 2 + 1 - 4 = t2 +1 2 2 - 2 t2 +1 t2 +1 2 t 2 +1 2

(

) (

)

(

)

- 4 ln t + t 2 + 1 = 3 t 2 + 1 - 4 ln t + t 2 + 1 = 3 x 2 + 2 x + 2 - 4 ln x + 1 + x 2 + 2 x + 2 + C.

c. Integralas

(mx + n)

x

dx

2

n

ax 2 + bx + c dx sprendziamas analogiskai, kaip ir B.

d. Integralas

1 , cia n ­ natrinis skaicius, supaprastinamas keitiniu x = , t x ±a

2

tada dx = -

dt . t2 Pavyzdys. dx 1 - 2 dt 1 dt t2 t 2 +1-1 t = x = , dx = - 2 = = - = - dt = t t x2 +1 1 t2 +1 t 2 +1 t2 +1 t3 t2 1 dt t 2 t 2 + 1dt + =- t + 1 - ln t + t 2 + 1 + ln t + 1 + t 2 = 2 2 2 t +1

x

3

= - =- =-

1 1+ x2 1 1 1+ x2 1 x2 +1 - ln + + ln + +C = 2x 2 x x2 x2 x x2

2 1+ x2 1 1+ 1+ x2 1+ 1+ x2 1 ln 1 + 1 + x 2 - 1 + x - ln + ln +C = 2x x 2 2x x x x

(

)

+C .

§ 7. TRIGONOMETRINI FUNKCIJ INTEGRAVIMAS 7.1. Universalusis atvejis

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

16

Kadangi visas trigonometrines funkcijas galime isreiksti per sin x ir cos x , tai pakanka nagrinti integral, kurio pointegralin funkcija yra racionalusis reiskinys R (sin x, cos x ) , t.y.

I = R (sin x , cos x )dx .

S integral pasiseka racionalizuoti keitiniu tg Dl to

x =t . 2

2 x = arctg t , x = 2arctg t , dx = dt. 2 1+ t2 x x 2tg 1 - tg 2 2 2t 2 = 2 = 1 - t , tada ir cos x = Zinome, kad sin x = x 1+ t2 x 1+ t2 1 + tg 2 1 + tg 2 2 2 2 2t 1 - t 2dt I = R 1 - t 2 , 1 + t 2 1 + t 2 yra racionaliosios trupmenos integralas.

Pavyzdziai.

1 - t 2 1 + t 2 2dt 1 - t 2 dt cos x dx ctg x t 1+ t2 1 + t 2 2t 1 + t 2 sin x = = = 1. dx = 1 - sin x - cos x 1 - sin x - cos x 2t 1 - t 2 1 + t 2 - 2t - 1 + t 2 - 1- 1+ t 2 1+ t2 1+ t2 1 - t 2 dt 1 - t 2 dt 1 1+ t 1 dt 1 tdt 1 1 1 = = 2 = - 2 dt = - 2 - 2 = - - - ln t + C = 2 2 t 2 t 2 t 2 t 2 t 2t - 2t 2t (t - 1)

( (

)( ) ) ( )

(

(

)

)

( (

)

)

(

)

=

1 1 1 x 1 x - ln t + C = ctg - ln tg + C. 2t 2 2 2 2 2

7.2. Trigonometrini funkcij integravimo atskiri atvejai

x = t yra universalusis, taciau, j naudodami, daznai gauname 2 sudtingus algebrinius reiskinius. Naudinga zinoti ir kitokius keitinius, tinkancius kitiems integralams. Anksciau aptartas keitinys tg

m n 1. Integralas I = sin x cos xdx , cia m ir n sveikieji skaiciai.

a) Pakeiskime sin x = t , 1 1 2 2 2 dt , cos x = 1 - sin x = 1 - t . tada x = arcsin t , dx = 1- t2 n dt 2 2 m n m Gauname I = sin x cos xdx = t 1 - t = tm 1- t2 2 1- t

(

)

(

)

(

)

n -1 2

dt

n -1 yra sveikas (geriau teigiamas) nelyginis skaicius, tok integral lengvai 2 suintegruosime. Jei

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

17

Isvada: Keitinys sin x = t tinka, kai n yra sveikas nelyginis (geriau teigiamas) skaicius. Pavyzdys.

sin x = t , x = arcsin t , cos x sin x dx = dx = dt , cos 5 x = 1 - t 2 1- t2

5

(

)

5 2 2 1- t 1- t2 5 = 2 t

(

)(

)

-

1 2

dt =

(1 - t )

t

2 2

dt =

1 - 2t 2 + t 4 dt dt = - 2 tdt + t 3 dt = t t 4 t sin 4 x 2 2 = ln t - t + + C = ln sin x - sin x + + C. 4 4 =

1 1- t2

b. Pakeiskime cos x = t , tada x = arccos t , dx = -

dt

Gauname I = sin m x cos n xdx = - 1 - t 2

(

)

m -1 n 2

t dt.

S integral lengvai suintegruosime, jei skaicius.

m -1 yra sveikas (geriau teigiamas) nelyginis 2

Isvada: Keitinys cos x = t tinka, kai m yra sveikas nelyginis (geriau teigiamas) skaicius. Pavyzdys:

3 1 sin 3 x cos 6 xdx = cos x = t , dx = - dt , sin 3 x = 1 - t 2 2 1- t2 t9 t7 cos 9 x cos 7 x = - 1 - t 2 t 6 dt = - t 6 dt + t 8 dt = - + C = - 9 7 9 7

(

)

=

(

)

+ C.

c. Pakeiskime tg x = t

tada x = arctg t , dx =

dt tgx t 1 1 , sin x = = , cos x = = . 2 1+ t 1 + tg 2 x 1+ t2 1 + tg 2 x 1+ t2

Gauname I = sin x cos xdx =

m n

tm

m 2 2

1

(1 + t ) (1 + t

m 2 2

) (

1 dt = 1+ t2

)

t m dt

(1 + t )

2

m+n +1 2

= t 1+ t

m

(

2 -

)

m+ n+ 2 2

dt

m+n+2 yra sveikas teigiamas skaicius, o tai reiskia, kad 2 m + n - sveikas neigiamas lyginis skaicius arba nulis. S integral suintegruosime, jei -

Isvada: Keitinys tg x = t tinka, kai m+ n yra sveikas lyginis (geriau neigiamas) skaicius arba nulis. Pavyzdziai.

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

18

dt m + n = -4, tg x = t , dx = 1 + t 2 dx 1. 3 = sin x cos x sin x = t , cos x = 1 1+ t 2 1+ t 2

dt 1+ t 2 = 1 t3 3 1+ t 2 2 1+ t 2

(

)

=

(

) (

)

1 2

(1 + t ) dt = (1 + t )dt = t = t t (1 + t )

2 2 2 2 3 3

-3

dt 1 ctg 2 x dt + = C - 2 + ln t = C - + ln tg x . t 2 2t

m + n = 0, 1 2tdt t t5 2. tg 5 xdx = dt = t 3 dt - tdt + dt = t 3 - t + = 2 2 2 1+ t2 1+ t 1+ t tg x = t t4 t2 1 tg 4 x tg 2 x 1 = - + ln 1 + t 2 + C = - + ln tg 2 x + 1 + C. 4 2 2 4 2 2

(

)

2. Integralai sin mx cos nxdx, sin mx sin nxdx, cos mx cos nxdx

Siuos integralus veiksime, kai panaudosime trigonometrines formules 1 (sin ( + ) + sin ( - )) , 2 1 sin sin = - (cos( + ) - cos( - )) , 2 1 cos cos = (cos( + ) + cos( - )) . 2 sin cos =

Pavyzdys.

sin 3x cos 5xdx = 2 (sin 8x + sin (- 2 x ))dx = 16 sin 8xd 8 x - 4 sin (- 2 x )d (- 2 x ) =

=C- 1 1 cos 8 x + cos 2 x. 16 4

1

1

1

© A.Laurutis, D.Siaucinas

Paskait konspektas

19

Information

Microsoft Word - neapibreztinis_integralas.doc

19 pages

Report File (DMCA)

Our content is added by our users. We aim to remove reported files within 1 working day. Please use this link to notify us:

Report this file as copyright or inappropriate

882012


Notice: fwrite(): send of 202 bytes failed with errno=104 Connection reset by peer in /home/readbag.com/web/sphinxapi.php on line 531