|
|
|
|
Шпора: Шпоргалки для первокурсников
Шпора: Шпоргалки для первокурсников
1
Определение. Ф-я F(x) назыв. первообразной для ф-и f(x) на нек.
множестве Х, если в каждой точке этого рав-ва выполн. условие:
F'(x) = f(x)
Теорема1.
Если ф-я f(x) имеет 2 первообразные F1(x) и F2(x), то
разность м-у ними равна пост. числу, т.е.
F1(x) - F2(x) = C, где С- пост.
Доказательство: т.к. F1 и F2 по условию
первообразные, то имеет место два равенства:
F1'(x) = f(x)
F2'(x) = f(x)
Обозначим F1(x) - F2(x) = φ(x), продифференцируем
последнее равенство, используя два неравенства: F1'(x) - F2
'(x) = f(x) - f(x) = 0.
Т.о. φ'(x) = 0, видно, что функция φ(x) постоянна, воспользуемся
теоремой Лагранжа для φ(x), хÎ[a,b]: φ(x) - φ(a) =
φ'(ξ)(x - a) x<ξ<a
Т.к. φ(x) - φ(a) = 0 → φ(x) = φ(a) в любой точке
промежутка Х, то φ(а) = С - постоянная, получаем, что F1(x) - F
2(x) = C, теорема доказана.
Определение. Если ф-я f(x) имеет первообразную F(x), то выраж-е вида
F(x)+C назыв. неопред. интегралом от ф-и f(x)и обозн. ∫f(x)dx
Т.о. ∫f(x)dx = F(x) + C, если F'(x) = f '(x), здесь
f(x) - подинтегральная функция.
f(x)dx - подинтегральное выражение.
Операция нахождения первообразной для данной ф-и назыв. Интегрированием ф-и.
Теорема 2. (существования неопределенного иноеграла)
Если подинтерг. ф-я f(x) непрерывна на нек. множестве Х, то для неё
существует первообразная F(х), а след-но и неопред. интеграл
2
Непосредственно из опред. интеграла следует:
1.Если F(x) = f(x), то производная от неопред. интеграла равна подынтегр. ф-
и, т.е. (∫f(x)dx)' = (F(x) + C)' = f(x)
2.Дифференциал от неопред. интеграла равен подынтегральному выражению, т.е.
d (∫f(x)dx) = f(x)dx
d (∫f(x)dx) = (∫f(x)dx)' dx = f(x)dx
3.Интеграл от дифф. некоторой ф-и равен этой ф-и + произв. постоянная, т.е.
∫d F(x) = F(x) + C
f(x)dx = d F(x), откуда ∫d F(x) = F(x) + C
Док-во следует из почленного дифф. обоих частей по Х.
Замечание. Знаки дифференциала и интеграла, стоящие рядом, как бы
сокращают друг друга.
4.Постоянный множитель вынос. за знак неопр. интеграла, т.е.
∫α f(x)dx = α ∫f(x)dx
Можно док-ать, если продифф. Обе части по Х и исп-ть св-во
(∫αf(x)dx)' = α (∫f(x)dx)', получаем слева и справа
α*f(x) = α*f(x)
На осн. следует a f(x) = d f(x).
5.Неопр. интеграл от алгебр. суммы 2-х и более ф-ий равен такой же сумме
неопред. интегралов – слагаемых, т.е. ∫(f1(x) ± ∫f2
(x))dx = ∫f1(x)dx ± ∫f2(x)dx
Док-во аналогично предыдущей части.
3
Рассмотрим ∫f(x)dx. Пусть мы сразу не можем найти первообразную для ф-и
f(x). Заменим перем. х другой перм. t по формуле х=j(t), где j(t) – дифф. ф-
я на некот. промежутке Х, тогда очевидно: dx = j’(t)dt.
Таким. обр. ∫f(x)dx = ∫f[φ(t)]*φ'(t)dt
Доказательствово.
Найдем произв. от перем. t от левой и право частей рав-ва.
Имеем слева: Имеем справа:
(∫f(x)dx)' = (∫f(x)dx)'x* x't =
(∫f[φ(t)]* φ'(t)dx)' =
= f(x)* φ'(t) = f[φ(t)]* φ'(t) =
f[φ(t)]* φ'(t)
Т. обр. произв. слева и справа равны Þ на основании Т. Лагранжа левые и
правые части рав-ва одинаковы.
Доказанная ф-ла показ., что дост. вып-нить замены перем. в подынтегр. выр-
нии. Причем часто вместо замены x=j(t) провод. замена t=y(x), где y(х) -
дифф-я функция от х.
Удачная замена перм. часто позволяет упростить интеграл, а иногда свести его
к табличному.
Метод интегрирования по частям.
(u v)’ = u’ v + u v’ , где u = u(x); v = v(x).
d (u v) = (u’ v + u v’)dx = v u’dx + u v’dx =
d (u v) = v du + u dv.
Проинт. обе части этого рав-ва по х, получим
∫d (u v) = ∫v du + ∫u dv или ∫d(u*v) = u*v
∫u dv = u*v - ∫v du
Эта ф-ла применима, если подынт. выраж-е удается представить в виде проив-я
нек. ф-и и дифференциала dv другой ф-и v, причем обозначения u и dv должны
быть такими, чтобы вычисл. интегр. v du было бы более легкой задачей, чем
вычисление исх. интергала.
К интегрированию по частям приводят интегралы след. типа: ∫xne
xdx, ∫xn cosbx dx, ∫xn sinax dx,
∫xn lnx dx, ∫xn arcsinx dx, ∫xn
arccosx dx и др.
4
Простейшими рацион. дробями назыв. дроби след. вида:
I. А/(х-а), где А, а – числа
II. А/(х-а)к, где k – число >1.
III. (Ах+В)/(х2+рх+q), где (p2/u) - q = D
< 0. Квадратный трехчлен не имеет действительных корней. A, B, p, q - числа.
IV. (Ах+В)/(х2+рх+q)к, где k > 1 - целое число, (p2/u) - q = D < 0
Рассм. интегралы от этих дробей.
I. ∫ А/(х-а) dx = A ln│x-a│+ C
II. ∫ А/(х-а)к dx = A ((x - a)-k+1/(-k+1)) + C
III. ∫(Ах+В)dx/(х2+рх+q) = A/2 ∫(2x+p)dx/(х2
+рх+q) - Ap/2 - B ∫ dx/(х2+рх+q)
(х2+рх+q)' = 2x+p
Ax+B = (2x+p) A/2 - Ap/2 +B
Выделим сначала произ. знаменателя.
В первом из этих интегралов, как видно, числитель – произв. знам-ля Þ он
будет равен логарифму знам-ля, т.е. ∫(2x+p)dx/(х2+рх+q) =
ln│х2+рх+q│+ C
Во втором из этих интегралов выделяем полный квадрат и затем сводим к arctg,
получим ∫dx/(х2+рх+q) = 2/√4q - p2 * arctg
(2x+p)/√4q - p2 + C
Чтобы применять следующую формулу надо проверять дискриминант:
∫(Ах+В)dx/(х2+рх+q)=A/2 ln│х2
+рх+q│-(Ap-2B)/√4q - p2 * arctg (2x+p)/√4q - p
2 + C
IV. Для дроби этого типа существ. рекур. ф-лы., позволяющие
понижать k до единицы.
5
Рацион. дроби назыв. правильными, если показатель степени числ. дроби меньше,
показателя знаменателя.
Всякая неправильная раион. дробь может быть представлена в виде суммы
многочлена т прав. рацион. дроби.
Q(x)/P(x) = M(x) + Q1(x)/P1(x)
Далее для интегрирования прав. рацион. дроби её предс. в виде суммы дробей,
указ. выше типов, руководствуясь след. утверждением:
Если знам-ль правой рац. дроби предст. в виде разложения
Q(x)/P(x) = P(x)/((x-a)α * (x2+px+q)β) =
То имеет место след. утверждение:
= A1/(x-a) + A2/(x-a)2 + Aα
/(x-a)α + (M1x + N1)/(x2+px+q)
+ (M2x + N2)/(x2+px+q)2 + . + (M
βx + Nβ)/(x2+px+q)β
Как видно из посл. рав-ва правая часть предс. собой сумму простейших дробей,
при этом каждому действит. однокр. корню соответствует простейшая дробь 1
типа. Каждому кратному действ. корню соотв. простейшие дроби 1 и 2 типов.
Если корень знам-ля комплексное число (D<0), то такому корню соотв.
простейшая дробь.
Каждому комплекс. корню соотвт. простейшая дробь 4 типа.
6
Универсальная тригонометрическая подстановка
Рассм. интегралы вида ∫R(sinx, cosx)dx , где R - рациональная функция.
Интегралы такого вида берутся с помощью универсальной тригонометрической
подстановки: tg(x/2) = t
Выразим sin x, cos x с помощью tg половинного угла, имеем:
 2tg(x/2) 2t
1+tg2(x/2) 1+t2
 1- tg2(x/2) 1- t2
1+tg2(x/2) 1+t2
2dt
1+t2
2dt 1- t2 2dt
1+t2 1+t2 1+t2
Частные случаи подстановок.
Рассм. подстановки, кот. быстрее приводят к цели в нек. случаях, чем
предыдущая подстановка.
1. ∫R(sinx, cosx)dx, где R – нечетная ф-я относ-но sin х, тогда
делаем подстановку cos x = t и под знаком ∫ выполняем все действия,
заменяя х на t.
2. Если R- нечетная ф-я относ. cos x, то sin x = t.
3. ∫simmx * cosnx dx
а) из m, n – явл. нечетными, если n- нечетное, то примен. подстановка х=t.
Если m – нечетное, то примен. подстановка cos x = t.
б) оба показателей m, n – четные полож. числа. В этом случае степень
подынтгр. выраж-я пониж. С помощью тригон. ф-л:
sin2x = (1-cos2x)/2, cos2x = (1+cos2x)/2,
sinx * cosx = 1/2 sin2x
Интегралы вида ∫tgmx dx, ∫ctgmx dx
Для нахождения этих интегралов примен. ф-лы, с пом. кот. помлед-но понижается
степень m.
tg2x = (1/cos2x) - 1, ctg2x = (1/sin2x) - 1
1/cosx = secx, 1/sinx = cosecx
tg2x = sec2x - 1, ctg2x = cosec2x - 1
Замечание.
Если m-степень частная, то удобно делать подст. tg x = t., тогда x = arctg t.
dx = dt/ (1+t2) и интеграл сводится к интегралу от непр. рацион. дроби.
Интегралы вида ∫ sin mx * cos nx dx, ∫ cos mx * cos nx dx,
∫ sin mx * sin nx dx/
В этом случае примен. след. тригон. функции:
sin mx * cos nx = ½ (sin (m+n) + sin (m-n))
cos mx * cos nx = ½ (cos (m+n) +cos (m-n))
sin mx * sin nx = ½ (cos (m-n) – cos (m+n))
Эти формулы дают нам произведение предс. в виде суммы.
Интегрирование нек. иррациональностей.
Интегралы вида ∫R (x, m√ax+b )
Такие интегралы наход. подстановкой ax+b = tm.
Интегралы вида ∫ ((Mx+N)dx)/((x-α) √ax2+bx+c )
x - α = 1/t
dx = -1/t2 dt
Тригонометрические подстановки.
∫R (x, √a2-x2 ) dx, ∫R (x, √a2+x2 ) dx
Чтобы избавиться от корня и привести интегралы к рацион. тригон. виду,
примен. подстановки.
Подстановка для первого: x = a sint (x = a cost)
Подстановка для второго: x = a tgt
Если под знаком Ö содерж. кв. трехчлен, то выделяем полный квадрат.
Существует ряд интегралов, не берущ. в элемент. ф-ях, т.е. для подынтг. ф-и
нельзя найти первообразную:
∫(sinx/x) dx - интегральный синус
∫(cosx/x) dx - интегральный косинус
∫е-x^2 dx - интеграл вероятности
∫(lnx/x) dx и др.
7
y = f(x) – непрерывна на отрезке [a;b].
аАВв – криволинейная трапеция.
Вычислим площадь трапеции: Q - ?
Разобьем отр. [a;b] точками на частичный отрезки произ. образом. X0 =
а, х1,х2.xn = b.
Длину каждого их этих отрезков обозначим через Δxi=(i=1,2,.,n),
Δx1=x1-xo, Δx2=x2
-x1. Δxi=xi-xi-1
На каждом из частных отрезков построим прямоуг-ки с основаниями DXi с высотой
f(ξi)
ΔSi = Δxi * f(ξi), где i=1,2,.,n
- площадь каждого из прямоугольников.
Сумма всех площадей:
∑∆Si ≈ 0 = ∑ f(ξi) * ∆Si
Очевидно тем точнее, чем больше n (мелк. отрезков), т.е. сумма, стоящая
слева этого рав-ва назыв. интегральной суммой на отрезке [а;b].
Значение этой суммы зависит как от способа деления отрезка [a,b] на частичные,
так и от выбора точек x. Очевидно, точное значение искомой площади мы можем
получить, если в рав-ве перейти к пределу при n®¥ или (DXi®0).
Т. обр.
Q = lim ∑ f(ξi) * ∆xi
Определение. Если при любых делениях отрезка [а;b] таких, что DXi®0 и
при любом выборе точек xi на этих отрезках, интегральная сумма ® к
одному и тому же пределу, то этот предел назыв. опред. интегралом от ф-и y=
f(x) на отрезке [a;b] и обозначают ∫ f(x) dx
Т.о. ∫ f(x)dx = lim ∑ f(ξi) - ∆x
Геометрически опред. интеграл – площадь кривол. Трапеции, огран. Сверху ф-ей
f(x), прфмыми х=а, х=b и осью ОХ.
Q = ∫ f(x)dx
Замечание.
Опред. интеграл в отличие от неопред. есть число, зависящее от вида
подыинтегр.ф-и, пределов интегр-я, не зависящее от обозн. переменной
интегрир-я.
Св-ва опред. интеграла.
1. ∫ α * f(x)dx = α * ∫ f(x)dx
2. ∫ [ f1(x) ± f2(x) ± . ± fn(x) ] dx =
∫ f1(x)dx ± ∫ f2(x)dx ± . ± ∫ fn
(x)dx
определенный интеграл от алгебраической суммы конечного числа слагаемых равен
такой же сумме интегралов слогаемых.
3. если на отрезке [a,b], (a≤b) φ(x) ≥ f(x), то
∫ φ(x)dx ≥ ∫ f(x)dx
4. Если m и M соответственно наим. И наиб. Значения ф-и на отрезке [a;b]
(а£b), то
m(b-a) £ ∫ f(x)dx £ M(b-a)
5. Теорема о среднем. Если f(x) непрерывна на отрезке, то на этом отрезке
найд. такая точка х=с, что быдет выполняться равенство:
∫ f(x)dx = f(c) - (b-a)
Эта ф-ла не может быть использвана для вычисления инт-ла из-за неопред. точки
"с".
6. Для любых 3-х чисел a,b,c справедливо рав-в
∫ f(x)dx = ∫ f(x)dx + ∫ f(x)dx
7. Имеет место след. неравенство
│∫ f(x)dx│ ≤ ∫│f(x)│dx
Замечание: ∫ f(x)dx = 0, ∫ f(x)dx = - ∫ f(x)dx
8
Теорема 1.
Производная от опред. интеграла по перем. верхнему пределу равна подынт. ф-и:
∫ f(t)dt = Φ'(x), что Ф'(x) = f(x)
Док-во.
Дадим аргументу х приращение DХ, тогда
Ф(x+ Dx) = ∫ f(t)dt = ∫ f(t)dt + ∫ f(t)dt. ΔФ(x) =
∫ f(t)dt
Применим к посл. интегралу теорему о среднем (св-во 5). Получим:
∫ f(t)dt = f(c) * (x+Δx-x) = f(x) * Δx, где точка,
сÎ[x, x+Δx]
ΔФ(x)/Δ= (f(c)Δx) / Δx = f(c), но при Δx→0,
c→x, т.е. f(c)-f(x)
Найдем lim ∆Ф/∆x, Ф'(x) = lim f(c) = f(x), т.о Ф'(x) = f(x),
что и требовалось доказать.
Теорема 2. (Ньютона – Лейбница).
Если F(x) – первообразная для f(x), xÎ[a;b], то
∫ f(x)dx = F(b) - F(a), ∫ f(x)dx = F(x) │ = F(b) -
F(a)
Док-во.
F(x) – некот. первообразная для f(x)
Ф(х) = ∫ f(t)dt также первообразная.
Ф'(x) = f(x), но две любые первообразные отличаются на постоянные согласные
т.е. ∫ f(t)dt = F(x) + C1
Положим х=а, тогда С1 = F(a)
Cлед-но ∫ f(x)dx = F(x) - F(a)
Положим x=b, тогда ∫ f(t)dt = F(b) - F(a)
Что и требовалось доказать
Ф-ла служит для вычисления
Замена переменной или способ подстановки.
Пусть мы не можем сразу найти первообр-ю для подыинт. выр-я. Сделаем замену
перем. х=t по ф-ле х=j(t), где j(t) – непрер. и дифф. ф-я на отрезке [a;b]
причем j(a)=a, j(β)=b . Тогда имеет место след. рав-во:
∫ f(x)dx = ∫ f[φ(t)] * φ'(t) dt, здесь φ'(t) dt = dx
Док-во.
Пусть F(x) – первообр. для ф-и f(x). Тогда можно записать:
∫ f(x)dx = F(x) + C
∫ f[φ(t)] * φ'(t) dt = F[φ(t)] + C
а также
∫ f(x)dx =F(x) │= F(b)-F(a), ∫
f[φ(t)]*φ'(t)dt =F[φ(t)] │= F[j(β)] - F[j(a)]=F(b)
- F(a)
Пр. часть 2-х посл. рав-в равны, значит, равны и левые. Что и требовалось
доказать. Особенностью этой ф-лы явл то, что одновременно с заменой
подыинт. выр-я заменяется соответ. образом и пределы инт-я.
Интегрирование по частям.
Рассмотрим рав-во. (u*v)' = u'v + v'u , где v,u - непрерывные фун-ии.
Проинтегрируем по х от a до b:
∫ (u*v)dx = ∫ u'v dx + ∫ uv' dx
т.к. ∫ (u*v)'dx = uv + C , то ∫ (u*v)'dx = uv │ , то получим
∫ u dv = uv│ - ∫ v du , здесь du = u' dx
9
Вычисление площади плоской фигуры.
 Пусть на отрезке [a;b] ф-я y = f(x) неотрицательна.
Тогда Sкрив. трап., огран. этой кривой, осью
ОХ и прямыми х=а, х=b.
Q = ∫ f(x)dx
Если f(x)≤0, то -Q = ∫ f(x)dx , Q = - ∫ f(x)dx
Если ф-я - конечное число раз меняет знак на отр. [a;b], то инт-л по всему
отр. разбиваем на сумму инт-лов по частичн. отрезкам. Он будет больше там,
где
f(x) >0, и меньше там, где f(x)<0.
Для того, чтобы получить сумму площадей, надо найти или вычислить интеграл
Q = ∫ │f(x)│dx
Если же требуется найти фигуры, ограничен. кривыми y = f1(x) и
y=f2(x), причем f1(x) £ f2(x) на отрезке
[a;b], то
Q = ∫ [ f2(x) - f1(x) ]dx
Замечание.
При вычислении площадей следует польз-ся след. св-м интеграла. Интеграл от
четной ф-и по симм. пределам равен
 двум интегралам.
∫ f(x)dx =2 ∫ f(x)dx, Q=2
∫ xdx
 Пусть теперь кривая, огран. площадь,
 задана параметрически, т.е. в
виде y = ψ(t), где α ≤ t ≤ β
a = φ(α), b = φ(β)
x = φ(t)
Пусть это ур-е опред. некотр. ф-ю. y=f(x).
Чтобы опред. эту кривую, надо искл. t.
Сделаем замену перем. Q = ∫ y dx Q = ∫
ψ(t) * ψ'(t) dt
|
|
|
|
|
