Дипломные работы, курсовые проекты на заказ, контрольные работы на заказ

 
Начертательная геометрия Практикум по решению задач Геометрическое черчение Инженерная графика ЕСКД Кратные интегралы Математический анализ Матрицы Пределы Производные Векторная алгебра Интегральное исчисление ТФКП Ядерная физика Электростатика Магнетизм Оптика Информационные технологии

Свойства неопределённого интеграла

Свойства первообразных и неопределённого интеграла вытекают из определения и соответствующих свойств производных.

1. Из определения вытекает, что

 

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

и

 

$\displaystyle \Bigl(\int f(x)\,dx\Bigr)'=f(x).$

Второе равенство нужно понимать так, что производная любой из функций, составляющих неопределённый интеграл, даёт один и тот же результат, равный подынтегральной функции (это как раз и есть определение первообразной). Два написанных равенства выражают взаимную обратность операций дифференцирования и интегрирования.

2. Имеет место равенство:

Производная сложной функции Тройные и двойные интегралы при решении задач

$\displaystyle \int kf(x)\,dx=k\int f(x)\,dx,$

где $ k$  -- произвольная постоянная. Для доказательства обозначим через $ F(x)$ некоторую первообразную для $ f(x)$ , а через $ G(x)$  -- некоторую первообразную для $ kf(x)$ . Тогда равенство означает, что $ G(x)=kF(x)+C$ , где $ C$  -- постоянная. Это равенство верно, поскольку производные левой и правой частей дают одно и то же: $ G'(x)=kf(x)$ , так как $ G(x)$  -- первообразная для $ kf(x)$ , а $ (kF(x))'=kF'(x)=kf(x)$ , так как постоянный множитель можно вынести за знак производной и $ F'(x)=f(x)$ .

Итак, постоянный множитель можно вынесить за знак интеграла.

3. Интеграл от суммы равен сумме интегралов:

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

Действительно, пусть первообразная для $ f(x)$ равна $ F(x)$ , для $ g(x)$ равна $ G(x)$ , а для $ f(x)+g(x)$ равна $ H(x)$ . Тогда равенство означает, что

$\displaystyle H(x)=F(x)+G(x)+C,$

где $ C=\mathrm{const}$ . Поскольку

$\displaystyle H'(x)=f(x)+g(x)$

и

$\displaystyle (F(x)+G(x)+C)'=F'(x)+G'(x)=f(x)+g(x),$

то равенство верно; при этом мы воспользовались тем, что производная суммы равна сумме производных.

Свойства 2 и 3 называются свойствами линейности неопределённого интеграла. Из них следует, что для любых постоянных $ C_1$ и $ C_2$

$\displaystyle \int(C_1f(x)+C_2g(x))\,dx=C_1\int f(x)\,dx+C_2\int g(x)\,dx$

и, в частности,

$\displaystyle \int(f(x)-g(x))\,dx=\int f(x)\,dx-\int g(x)\,dx.$

        Пример 1.4   Найдём интеграл $ \int(2\sin x+5\cos x)\,dx$ , пользуясь линейностью интеграла. Этот интеграл можно разбить на два интеграла, от каждого из слагаемых, и вынести в обоих постоянные множители за знак интеграла:

$\displaystyle \int(2\sin x+5\cos x)\,dx=\int2\sin x\,dx+\int5\cos x\,dx= 2\int\sin x\,dx+5\int\cos x\,dx=$   
$\displaystyle =2(-\cos x)+5\sin x+C= 5\sin x-2\cos x+C.$   

Заметим, что произвольное постоянное слагаемое достаточно записать один раз: написав $ \int\sin x\,dx=-\cos x+C_1$ и $ \int\cos x\,dx=\sin x+C_2$ , мы сгруппировали бы постоянные слагаемые и получили произвольную постоянную $ 2C_1+5C_2=C$ .     

4. Формула замены переменного. Пусть имеет смысл сложная функция $ f({\varphi}(x))$ , где $ x$ изменяется на некотором интервале. Тогда

$\displaystyle \int f(u)\,du\Bigl\vert _{u={\varphi}(x)}=\int f({\varphi}(x)){\varphi}'(x)\,dx.$(1.3)

(В левой части после вычисления интеграла $ \int f(u)\,du$ сделана подстановка $ u={\varphi}(x)$ .) Для доказательства обозначим через $ F(u)$ некоторую первообразную для $ f(u)$ и через $ G(x)$  -- первообразную для $ f({\varphi}(x)){\varphi}'(x)$ . Это означает, что $ F'_u(u)=f(u)$ и $ G'(x)=f({\varphi}(x)){\varphi}'(x)$ . Доказываемое равенство (1.3) эквивалентно тогда такому:

$\displaystyle F(u)\Bigl\vert _{u={\varphi}(x)}=G(x)+C,$

или

$\displaystyle F({\varphi}(x))=G(x)+C.$

Для доказательства последнего соотношения достаточно проверить. что совпадают производные левой и правой частей. Но по формуле производной сложной функции получаем:

$\displaystyle (F({\varphi}(x)))'=F'_u({\varphi}(x)){\varphi}'(x)=f({\varphi}(x)){\varphi}'(x),$

то есть то же, что и $ G'(x)$ . Формула (1.3) доказана.

Заметим, что выражение $ {\varphi}'(x)dx$ в правой части (1.3) есть не что иное, как дифференциал $ du(x)$ функции $ u={\varphi}(x)$ . Так что мы можем записать (1.3) в виде

$\displaystyle \int f(u)\,du\Bigl\vert _{u={\varphi}(x)}=\int f({\varphi}(x))\,d{\varphi}(x).$

Теперь, после этого доказательства, мы получили право трактовать $ dx$ в обозначении неопределённого интеграла как некоторый дифференциал, а не просто как элемент обозначения интеграла, вроде скобки.

        Пример 1.5   Вычислим интеграл $ \int e^{x^2}x\,dx$ . Возьмём $ u={\varphi}(x)=x^2$ , тогда $ {du=2x\,dx}$ и $ {x\,dx=\frac{1}{2}du}$ . Подставляя это выражение под знак интеграла, получаем:

$\displaystyle \int e^{x^2}x\,dx=\left\vert\begin{array}{l} u=x^2\\ x\,dx=\fr... ...dot\frac{1}{2}du=\frac{1}{2}\int e^udu= \frac{1}{2}e^u+C=\frac{1}{2}e^{x^2}+C.$

(Между двумя вертикальными чёрточками мы записываем комментарий к проделанным преобразованиям и сделанные обозначения. Эта запись не является обязательным элементом решения, но для понимания происходящего весьма полезна.)

Всюду, где выражение зависит от $ u$ , имеется в виду подстановка $ u=x^2$ ; освободившись от интеграла, мы выполняем эту подстановку в явном виде.     

Линейная замена. Разберём особо случай, когда подынтегральная функция зависит от линейного выражения $ ax+b$ (где $ a\ne0$ ), то есть интеграл имеет вид

$\displaystyle \int f(ax+b)\,dx.$

В этом случае интеграл можно упростить с помощью естественной замены $ z=ax+b$ , откуда $ x=\frac{1}{a}(z-b)$ и $ dx=\frac{1}{a}\,dz$ . Пусть известна первообразная $ F(z)$ для $ f(z)$ :

$\displaystyle \int f(z)\,dz=F(z)+C.$

Выполняя подстановку, получаем:

$\displaystyle \int f(ax+b)\,dx=\int f(z)\,\frac{1}{a}\,dz\Bigl\vert _{z=ax+b}= \frac{1}{a}\,F(z)+C\Bigr\vert _{z=ax+b}=\frac{1}{a}F(ax+b)+C.$

Полученную формулу

$\displaystyle \int f(ax+b)\,dx=\frac{1}{a}F(ax+b)+C$(1.4)

мы будем далее широко использовать, не всегда делая ссылки на её номер (1.4). Эту формулу следует хорошо запомнить, в особенности то, что при интегрировании с помощью линейной замены вперёд выходит множитель $ \frac{\textstyle{1}}{\textstyle{a}}$ , а не $ a$ , как при дифференцировании функции $ f(ax+b)$ .

Например,

$\displaystyle \int\sin(ax+b)dx=-\frac{1}{a}\cos(ax+b)+C;\ % \int\cos(ax+b)dx=\frac{1}{a}\sin(ax+b)+C$

и т. п. При $ f(z)=\frac{1}{z}$ получаем

$\displaystyle \int\frac{dx}{ax+b}=\frac{1}{a}\ln\vert ax+b\vert+C$

и, в частности, при $ a=1$

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

Последнюю формулу полезно рассматривать как табличную.

5. Формула интегрирования по частям. Пусть функции $ f(x)$ и $ g(x)$ имеют производную на рассматриваемом интервале изменения $ x$ . Тогда верно равенство

$\displaystyle \int f(x)\,g'(x)\,dx=f(x)\,g(x)-\int g(x)\,f'(x)\,dx.$(1.5)

Эта формула называется формулой интегрирования по частям. Она позволяет "перебрасывать" производную с функции $ g(x)$ , стоящей под знаком интеграла, на другой подынтегральный множитель $ f(x)$ . При этом в правой части равенства появляется внеинтегральный член $ f(x)g(x)$ .

Пусть $ F(x)$  -- первообразная для $ f(x)g'(x)$ и $ G(x)$  -- первообразная для $ g(x)f'(x)$ . Тогда равенство (1.5) можно записать в виде

$\displaystyle F(x)=f(x)g(x)-G(x)+C,$

где $ C$  -- некоторая постоянная. Докажем, что производные левой и правой частей совпадают. По определению, $ F'(x)=f(x)g'(x)$ . С другой стороны,

$\displaystyle (f(x)g(x)-G(x)+C)'=(f(x)g(x))'-G'(x)= f'(x)g(x)+f(x)g'(x)-g(x)f'(x)=f(x)g'(x),$

то есть производные совпадают, и формула (1.5) доказана. Мы видим, что она является следствием формулы для производной произведения.

Вводя обозначения $ u=f(x)$ и $ v=g(x)$ и замечая, что $ du=f'(x)dx$ и $ dv=g'(x)dx$ , мы можем записать формулу интегрирования по частям в виде

$\displaystyle \int u\,dv=uv-\int v\,du.$

В таком кратком виде её рекомендуется запоминать.

        Пример 1.6   Найдём интеграл $ \int e^xx\,dx$ , применив формулу интегрирования по частям. Положим $ u=x$ и $ dv=e^x\,dx$ . Тогда $ du=dx$ и $ v=e^x$ . Значит,

$\displaystyle \int e^xx\,dx=\left\vert\begin{array}{l} u=x\\ dv=e^xdx\\ du=dx\\ v=e^x \end{array}\right\vert= xe^x-\int e^xdx=xe^x-e^x+C.$

(Между вертикальными линиями записывается комментарий, как и в случае применения замены переменных и других вычислений с интегралами. Содержимое комментария не является частью формулы и записывается для удобства. В принципе, писать этот комментарий не обязательно, хотя и очень полезно.)

Здесь интеграл, получившийся в правой части при применении интегрирования по частям, является табличным, то есть он оказался проще исходного, что и привело нас к успеху в вычислении.     

        Замечание 1.2   При переходе от левой части к правой части в формуле интегрирования по частям происходит следующее: от функции $ u=f(x)$ мы переходим к функции $ u'=f'(x)$ под знаком интеграла в правой части (точнее, к дифференциалу $ du=f'(x)dx$ ), то есть функцию $ u$ мы дифференцируем. Одновременно от функции $ v'=g'(x)$ (или от дифференциала $ dv=g'(x)dx$ ) мы переходим под интегралом в правой части к $ v=g(x)$ , то есть функцию $ v'$ мы интегрируем (напомним, что первообразная для $ g'(x)$ есть $ g(x)$ ).

Таким образом, применять формулу интегрирования по частям для вычисления неопределённого интеграла разумно в двух случаях:

а) либо когда функция $ u=f(x)$ "не слишком ухудшается" при дифференцировании, а функция $ v'=g'(x)$ "значительно улучшается" при интегрировании;

б) либо когда функция $ u=f(x)$ "значительно улучшается" при дифференцировании, а функция $ v'=g'(x)$ "не слишком ухудшается" при интегрировании.

Тогда дело в целом оправдано: происходит "некоторое улучшение" интеграла в правой части по сравнению с интегралом в левой части, в том смысле, что интеграл в правой части оказывается проще исходного.     

В разобранном выше примере мы дифференцировали функцию $ u=f(x)=x$ , от чего она "сильно улучшилась": $ u'=f'(x)=1$ . Функцию $ v'=e^x$ мы интегрировали, отчего она "не сильно ухудшилась" (точнее говоря, совсем не изменилась, поскольку $ \int e^xdx=e^x+C$ ). В результате интеграл в правой части оказался проще исходного.

Приведём ещё один пример, подкрепляющий эти эмпирические соображения:

        Пример 1.7   Найдём интеграл $ \int\ln x\,dx$ . Здесь разбить подынтегральное выражение $ \ln x\,dx$ на два множителя $ u$ и $ dv$ можно только так: $ u=\ln x$ и $ dv=dx$ . При этом дифференцирование $ u$ приводит к упрощению (то есть к "улучшению", с точки зрения вычисления интеграла): $ du=(\ln x)'dx=\frac{dx}{x}$ , при этом "исчез" логарифм, который можно считать более сложной функцией, чем степень $ x$ . Интегрирование же множителя $ dx$ даёт $ x$ , то есть не сильно "ухудшает" этот множитель. Поэтому оправдано применение интегрирования по частям:

$\displaystyle \int\ln x\,dx=x\ln x-\int x\frac{dx}{x}=x\ln x-\int dx=x\ln x-x+C.$

    

        Замечание 1.3   К сожалению, природа устроена так, что никакой простой формулы, позволяющей вычислить интеграл от произведения двух функций, подобно тому, как мы вычисляем производную произведения, не существует. Всё, что можно предложить по этому поводу -- это формула интегрирования по частям.

Дадим советы по наиболее часто встречающимся случаям применения этой формулы.

Если в подынтегральной функции содержатся как множители степень $ x^n$ (где $ n>0$ ) и синус, косинус или экспонента (показательная функция), то имеет смысл взять $ u=x^n$ и дифференцировать, а к $ dv$ отнести синус, косинус или экспоненту, умноженные на $ dx$ , и интегрировать этот множитель. При этом степень $ x$ при дифференцировании понизится, синус при интегрировании перейдёт в косинус, а косинус в синус (это не приведёт к сильному усложнению), экспонента же вовсе не изменится. В целом интеграл в правой части будет проще исходного.

Таким способом можно, например, вычислить интегралы $ \int x^2e^{-2x}dx$ , $ \int x\cos x\,dx$ , $ \int x^3\sin3x\,dx$ и подобные им. Иной раз формулу интегрирования по частям приходится применять и к тому интегралу, что образовался в правой части после первого интегрирования по частям.

        Упражнение 1.1   Найдите перечисленные интегралы с помощью интегрирования по частям.     

Если же в подынтегральном выражении имеется степенная функция $ x^{{\alpha}}$ и одна из функций $ \ln,\ \arcsin,\ \arccos,\ \mathop{\rm arctg}\nolimits $ или $ \mathop{\rm arcctg}\nolimits $ , то к дифференциалу $ dv$ лучше отнести $ x^{{\alpha}}$ , а дифференцировать множитель, содержащий одну из перечисленных функций. Так мы и поступили в рассмотренном выше примере 1.7. Дело в том, что степенная функция при интегрировании остаётся степенной функцией, лишь показатель степени повышается на 1, а перечисленные функции при дифференцировании "улучшаются" (см. таблицу производных). По этому способу можно вычислить, например, интегралы $ \mathop{\rm arctg}\nolimits x\,dx$ , $ \int x\arccos x\,dx$ , $ \int\frac{\arcsin x}{x^2}\,dx$ , $ \int\sqrt{x}\ln^2x\,dx$ .     

        Упражнение 1.2   Найдите перечисленные интегралы с помощью интегрирования по частям.

Указание. В первом из интегралов после применения формулы интегрирования по частям сделайте замену $ {z=1+x^2}$ в образовавшемся в правой части интеграле.

При вычислении второго интеграла после интегрирования по частям получится интеграл $ {I=\int\sqrt{1-x^2}\,dx}$ . Его можно вычислить, применив снова формулу интегрирования по частям; при этом в правой части получается такой же интеграл $ I$ , после чего находим $ I$ из образовавшегося уравнения:

$\displaystyle I=\int\sqrt{1-x^2}\,dx=\left\vert\begin{array}{l} u=\sqrt{1-x^2}... ...^2}}dx \end{array} \right\vert=x\sqrt{1-x^2}-\int\frac{-x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=$   
$\displaystyle =x\sqrt{1-x^2}-\int\frac{(1-x^2)-1}{\sqrt{1-x^2}}dx= x\sqrt{1-x^2}-\int\sqrt{1-x^2}\,dx+\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=$   
$\displaystyle =x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x+C.$   

Получаем уравнение

$\displaystyle I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x+C,$

откуда находим

 

$\displaystyle I=\frac{1}{2}(x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x)+C.$

После интегрирования по частям в третьем интеграле в правой части получается интеграл $ \int\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}$ . Преобразуйте его к виду $ \int\frac{dx}{x^2\,\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}}$ (при каком предположении такое преобразование можно сделать?) и сделайте замену $ z=\frac{1}{x}$ .

Наконец, для вычисления четвёртого интеграла примените формулу интегрирования по частям последовательно два раза.

Ниже мы разберём вычисление этих интегралов подробнее.     

Выделение и инструмент Edit

Чтобы выполнять разные операции с данными вашего файла, вы должны иметь возможность эти данные выделять. В программе Sound Forge такая операция осуществляется несколькими способами. Самый распространенный способ — простое передвижение курсора мыши в пределах области диаграммы окна данных. Для этого включите инструмент Edit (в программе Sound Forge он используется для выделения данных), выбрав команду меню Edit -> Tool -> Edit. Вместо этого вы можете нажать на кнопку Edit Tool на стандартной панели инструментов или кнопку, расположенную на пересечении линейки времени и линейки уровней в окне данных. Затем просто выделите часть данных в области диаграммы окна данных. Интегральное исчисление функции нескольких переменной.

Совет

Во время работы со стереофоническими записями вы можете выделять данные по отдельности из левого и правого каналов или же из обоих каналов сразу. Чтобы выделить данные из обоих каналов, начертите прямоугольник вокруг нужного сегмента данных в средней (по горизонтали) части диаграммы. Чтобы выделить данные только из левого канала, начертите прямоугольник вокруг сегмента данных в верхней части диаграммы. При этом обратите внимание на то, что к курсору мыши присоединилась маленькая буква "L", напоминающая, что вы работаете только с данными левого канала. Чтобы выделить данные только из правого канала, начертите прямоугольник вокруг сегмента данных в нижней части диаграммы. Так же, как и в случае с левым каналом, рядом с курсором мыши должна появиться маленькая буква "R", говорящая о том, что будет выделена только информация из правого канала. Вычислить тройной интеграл , где Примеры решения и офомления задач контрольной работы по высшей математике

Обратите внимание на то, что, когда вы выделяете часть данных в окне данных, значения строки состояния выделения изменяются. Первое значение показывает, где находится начало выделенной области, а второе — указывает на ее конец. Третье же значение отображает длину текущей выделенной области. Эти значения даются в том же формате, что и значения линейки времени. Изменение формата для линейки времени (для этого необходимо щелкнуть на линейке правой кнопкой мыши и выбрать подходящий формат из контекстного меню) приведет и к изменению формата для строки состояния выделения. Существует несколько способов выделения данных, назовем два из них: