Integral kvadrata grijeha. Kompleksni integrali. Integracija sinusa, kosinusa, tangensa i kotangensa

U praksi se često moraju računati integrali transcendentnih funkcija koje sadrže trigonometrijske funkcije. U okviru ovog materijala opisat ćemo glavne vrste integranda i pokazati koje metode se mogu koristiti za njihovu integraciju.

Integracija sinusa, kosinusa, tangensa i kotangensa

Počnimo s metodama integriranja glavnih trigonometrijskih funkcija - sin, cos, t g, c t g. Koristeći tablicu antiderivacija, odmah zapisujemo da je ∫ sin x d x \u003d - cos x + C, i ∫ cos x d x \u003d sin x + C.

Za izračun neodređenih integrala funkcija t g i c t g, možete koristiti zbroj pod predznakom diferencijala:

∫ t g x d x = ∫ sin x cos x d x = d (cos x) = - sin x d x = = - ∫ d (cos x) cos x = - ln cos x + C ∫ c t g x d x = ∫ cos x sin x d x = d (sin x) = cos x d x = = ∫ d (sin x) sin x = ln sin x + C

Kako smo dobili formule ∫ d x sin x \u003d ln 1 - cos x sin x + C i ∫ d x cos x \u003d ln 1 + sin x cos x + C, preuzete iz tablice antiderivacija? Objasnimo samo jedan slučaj, jer će drugi biti jasan analogijom.

Metodom supstitucije pišemo:

∫ d x sin x = sin x = t ⇒ x = a r c sin y ⇒ d x = d t 1 - t 2 = d t t 1 - t 2

Ovdje trebamo integrirati iracionalnu funkciju. Koristimo istu metodu zamjene:

∫ d t t 1 - t 2 = 1 - t 2 = z 2 ⇒ t = 1 - z 2 ⇒ d t = - z d z 1 - z 2 = = ∫ - z d z z 1 - z 2 1 - z 2 = ∫ d z z 2 - 1 = ∫ d z (z - 1) (z +) = = 1 2 ∫ d z z - 1 - 1 2 ∫ d z z + 1 = 1 2 ln z - 1 - 1 2 z + 1 + C = = 1 2 ln z - 1 z + 1 + C = ln z - 1 z + 1 + C

Sada vršimo obrnutu zamjenu z \u003d 1 - t 2 i t \u003d sin x:

∫ d x sin x = ∫ d t t 1 - t 2 = ln z - 1 z + 1 + C = = ln 1 - t 2 - 1 1 - t 2 + 1 + C = ln 1 - sin 2 x - 1 1 - sin 2 x + 1 + C = = ln cos x - 1 cos x + 1 + C = ln (cos x - 1) 2 sin 2 x + C = = ln cos x - 1 sin x + C

Posebno ćemo analizirati slučajeve s integralima koji sadrže potencije trigonometrijskih funkcija, kao što su ∫ sin n x d x , ∫ cos n x d x , ∫ d x sin n x , ∫ d x cos n x .

O tome kako ih ispravno izračunati možete pročitati u članku o integraciji pomoću rekurzivnih formula. Ako znate kako se ove formule izvode, možete lako uzeti integrale poput ∫ sin n x cos m x d x s prirodnim m i n.

Ako imamo kombinaciju trigonometrijskih funkcija s polinomima ili eksponencijalnim funkcijama, tada će se one morati integrirati po dijelovima. Savjetujemo vam da pročitate članak posvećen metodama pronalaženja integrala ∫ P n (x) sin (a x) d x , ∫ P n (x) cos (a x) d x , ∫ e a x sin (a x) d x , ∫ e a x cos (a x ) d x .

Najteži su zadaci u kojima integrand uključuje trigonometrijske funkcije s različitim argumentima. Da biste to učinili, morate koristiti osnovne formule trigonometrije, pa je preporučljivo zapamtiti ih napamet ili držati zapis pri ruci.

Primjer 1

Nađite skup antiderivacija funkcije y = sin (4 x) + 2 cos 2 (2 x) sin x cos (3 x) + 2 cos 2 x 2 - 1 sin (3 x) .

Riješenje

Koristimo formule za smanjenje snage i pišemo da je cos 2 x 2 \u003d 1 + cos x 2 i cos 2 2 x \u003d 1 + cos 4 x 2. Sredstva,

y = sin (4 x) + 2 cos 2 (2 x) sin x cos (3 x) + 2 cos 2 x 2 - 1 sin (3 x) = sin (4 x) + 2 1 + cos 4 x 2 sin x cos (3 x) + 2 1 + cos x 2 - 1 sin (3 x) = = sin (4 x) + cos (4 x) + 1 sin x cos (3 x) + cos x sin (3 x)

U nazivniku imamo formulu za sinus zbroja. Onda to možete napisati ovako:

y = sin (4 x) + cos (4 x) + 1 sin x cos (3 x) + cos x sin (3 x) = sin (4 x) + cos (4 x) + 1 sin (4 x ) = = 1 + cos (4 x) sin (4 x)

Imamo zbroj 3 integrala.

∫ sin (4 x) + cos (4 x) + 1 sin x cos (3 x) + cos x sin (3 x) d x = = ∫ d x + cos (4 x) d x sin (4 x) + ∫ d x sin (4 x) = = x + 1 4 ln ∫ d (sin (4 x)) sin (4 x) + 1 4 ln cos (4 x) - 1 sin (4 x) = = 1 4 ln sin ( 4 x ) + 1 4 ln cos (4 x) - 1 sin (4 x) + C = x + 1 4 ln cos 4 x - 1 + C

U nekim slučajevima, trigonometrijske funkcije koje su ispod integrala mogu se svesti na frakcijsko racionalne izraze koristeći standardnu ​​metodu supstitucije. Prvo, uzmimo formule koje izražavaju sin, cos i t g kroz tangens pola argumenta:

sin x = 2 t g x 2 1 + t g 2 x 2, sin x = 1 - t g 2 x 2 1 + t g 2 x 2, t g x = 2 t g x 2 1 - t g 2 x 2

Također ćemo morati izraziti diferencijal d x u smislu tangensa polukuta:

Budući da je d t g x 2 \u003d t g x 2 "d x \u003d d x 2 cos 2 x 2, tada

d x = 2 cos 2 x 2 d t g x 2 = 2 d t g x 2 1 cos 2 x 2 = 2 d t g x 2 cos 2 x 2 + sin 2 x 2 cos 2 x 2 = 2 d t g x 2 1 + t g 2 x 2

Dakle, sin x \u003d 2 z 1 + z 2, cos x 1 - z 2 1 + z 2, t g x 2 z 1 - z 2, d x \u003d 2 d z 1 + z 2 na z \u003d t g x 2.

Primjer 2

Nađite neodređeni integral ∫ d x 2 sin x + cos x + 2 .

Riješenje

Koristimo standardnu ​​trigonometrijsku metodu zamjene.

2 sin x + cos x + 2 = 2 2 z 1 + z 2 + 1 - z 2 1 + z 2 = z 2 + 4 z + 3 1 + z 2 ⇒ d x 2 sin x + cos x + 2 = 2 d z 1 + z 2 z 2 + 4 z + 3 1 + z 2 = 2 d z z 2 + 4 z + 3

Dobivamo da je ∫ d x 2 sin x + cos x + 2 = 2 d z z 2 + 4 z + 3 .

Sada možemo proširiti integrand na jednostavne razlomke i dobiti zbroj dvaju integrala:

∫ d x 2 sin x + cos x + 2 = 2 ∫ 2 d z z 2 + 4 z + 3 = 2 ∫ 1 2 1 z + 1 - 1 z + 3 d z = = ∫ d z z + 1 - ∫ C z + 3 = ln z + 1 - log z + 3 + C = log z + 1 z + 3 + C

∫ d x 2 sin x + cos x + 2 = ln z + 1 z + 3 + C = ln t g x 2 + 1 t g x 2 + 3 + C

Odgovor: ∫ d x 2 sin x + cos x + 2 = ln t g x 2 + 1 t g x 2 + 3 + C

Važno je napomenuti da one formule koje izražavaju funkcije u smislu tangensa pola argumenta nisu identiteti, stoga je rezultirajući izraz ln t g x 2 + 1 t g x 2 + 3 + C skup antiderivacija funkcije y = 1 2 sin x + cos x + 2 samo na domeni definicije.

Za rješavanje drugih vrsta problema možete koristiti osnovne metode integracije.

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

Za integraciju racionalnih funkcija oblika R(sin x, cos x) koristi se supstitucija, koja se naziva univerzalna trigonometrijska supstitucija. Zatim . Univerzalna trigonometrijska supstitucija često rezultira velikim izračunima. Stoga, kad god je moguće, koristite sljedeće zamjene.

Integracija funkcija racionalno ovisnih o trigonometrijskim funkcijama

Upotrijebimo formule za pretvaranje umnoška trigonometrijskih funkcija u njihov zbroj:

• sin α cos β = ½(sin(α+β)+sin(α-β))
• cos α cos β = ½(cos(α+β)+cos(α-β))
• sin α sin β = ½(cos(α-β)-cos(α+β))

Primjeri
1. Izračunajte integral ∫ cos 4 x sin 3 xdx .
Napravimo zamjenu cos(x)=t . Tada je ∫ cos 4 x sin 3 xdx =
2. Izračunajte integral.
Zamjenom sin x=t dobivamo

Integracija izraza oblika R(sinx, cosx)

Primjer #1. Izračunaj integrale:

Riješenje.
a) Integracija izraza oblika R(sinx, cosx) , gdje je R racionalna funkcija od sin x i cos x , pretvara se u integrale racionalnih funkcija korištenjem univerzalne trigonometrijske supstitucije tg(x/2) = t .
Onda imamo

• Ako je jednakost R(-sin x, cos x) = -R(sin x, cos x)dx točna, tada se primjenjuje zamjena cos x = t.
• Ako je R(sin x, -cos x) = -R(sin x, cos x)dx istinito, tada je supstitucija sin x = t .
• Ako je R(-sin x, -cos x) = R(sin x, cos x)dx istinito, tada je zamjena tgx = t ili ctg x = t.

Tablica antiderivacija ("integrala"). Tablica integrala. Tablični neodređeni integrali. (Jednostavni integrali i integrali s parametrom). Formule za integraciju po dijelovima. Newton-Leibnizova formula.

Formule za integraciju po dijelovima. Pravila integracije.

Tablica izvedenica. Tablica izvedenica. Derivat proizvoda. Izvedenica privatnog. Derivacija složene funkcije.

Ako je x nezavisna varijabla, tada:

Svojstva logaritama. Osnovne formule logaritama. Decimalni (lg) i prirodni logaritmi (ln).

Prirodni logaritam ln (logaritamska baza e = 2,718281828459045…) ln(e)=1; log(1)=0

Taylorova serija. Proširenje funkcije u Taylorov niz.

Ispostavilo se da većina praktički nastaju matematičke funkcije mogu se prikazati s bilo kojom točnošću u blizini određene točke u obliku niza potencija koje sadrže potencije varijable u rastućem redoslijedu. Na primjer, u blizini točke x=1:

Pri korištenju redova tzv taylor redovi, mješovite funkcije koje sadrže, recimo, algebarske, trigonometrijske i eksponencijalne funkcije mogu se izraziti kao čisto algebarske funkcije. Uz pomoć serija, diferencijacija i integracija se često mogu brzo provesti.

Taylorov red u blizini točke a ima sljedeće oblike:

1) , gdje je f(x) funkcija koja ima derivacije svih redova na x=a. R n - preostali član u Taylorovom nizu određen je izrazom

2)

k-ti koeficijent (pri x k) niza određen je formulom

3) Poseban slučaj Taylor serije je Maclaurin serija (=McLaren) (dekompozicija se odvija oko točke a=0)

za a=0

članovi niza određeni su formulom

Uvjeti za primjenu Taylorovog niza.

1. Da bi se funkcija f(x) proširila u Taylorov red na intervalu (-R;R), potrebno je i dovoljno da preostali član u Taylorovoj formuli (Maclaurin (=McLaren)) za ovu funkcija teži nuli pri k →∞ na navedenom intervalu (-R;R).

2. Potrebno je da postoje derivacije za ovu funkciju u točki u čijoj ćemo blizini graditi Taylorov red.

Svojstva Taylorovog niza.

Ako je f analitička funkcija, tada njezin Taylorov red u bilo kojoj točki a domene od f konvergira k f u nekoj blizini a.

Postoje beskonačno diferencijabilne funkcije čiji Taylorov red konvergira, ali se razlikuje od funkcije u bilo kojoj blizini a. Na primjer:

Taylorov niz se koristi za aproksimaciju (aproksimacija je znanstvena metoda koja se sastoji u zamjeni nekih objekata s drugima, na ovaj ili onaj način bliskim izvorniku, ali jednostavnijim) funkcija polinomima. Konkretno, linearizacija ((od linearis - linearan), jedna od metoda približnog prikaza zatvorenih nelinearnih sustava, u kojoj se proučavanje nelinearnog sustava zamjenjuje analizom linearnog sustava, u smislu ekvivalentnom izvornom .) jednadžbi nastaje širenjem u Taylorov niz i odsijecanjem svih članova iznad prvog reda.

Stoga se gotovo svaka funkcija može prikazati kao polinom sa zadanom točnošću.

Primjeri nekih uobičajenih proširenja funkcija snage u Maclaurinove redove (=McLaren,Taylor u blizini točke 0) i Taylor u blizini točke 1. Prvi članovi proširenja glavnih funkcija u Taylorove i MacLarenove redove.

Primjeri nekih uobičajenih proširenja potencijskih funkcija u Maclaurinove redove (= MacLaren, Taylor u blizini točke 0)

Primjeri nekih uobičajenih proširenja u Taylorov red oko točke 1

Detaljno se razmatraju primjeri rješenja integrala po dijelovima čiji je integrand umnožak polinoma i eksponenta (e na potenciju x) ili sinusa (sin x) ili kosinusa (cos x).

Vidi također: Metoda integracije po dijelovima
Tablica neodređenih integrala
Metode izračunavanja neodređenih integrala
Osnovne elementarne funkcije i njihova svojstva

Formula za integraciju po dijelovima

Pri rješavanju primjera u ovom dijelu koristi se formula za integraciju po dijelovima:
;
.

Primjeri integrala koji sadrže umnožak polinoma i sin x, cos x ili e x

Evo primjera takvih integrala:
, , .

Da bi se integrirali takvi integrali, polinom se označava s u, a ostatak s v dx. Zatim se primjenjuje formula integracije po dijelovima.

Ispod je detaljno rješenje ovih primjera.

Primjeri rješavanja integrala

Primjer s eksponentom, e na potenciju x

Definirajte integral:
.

Uvodimo eksponent ispod predznaka diferencijala:
e - x dx = - e - x d(-x) = - d(e - x).

Integriramo po dijelovima.

ovdje
.
Preostali integral također je integrabilan po dijelovima.
.
.
.
Konačno imamo:
.

Primjer definiranja integrala sa sinusom

Izračunaj integral:
.

Uvodimo sinus ispod predznaka diferencijala:

Integriramo po dijelovima.

ovdje je u = x 2 , v = cos(2x+3), du = ( x2 )′ dx

Preostali integral također je integrabilan po dijelovima. Da bismo to učinili, uvodimo kosinus ispod znaka diferencijala.


ovdje u = x, v = grijeh(2x+3), du = dx

Konačno imamo:

Primjer umnoška polinoma i kosinusa

Izračunaj integral:
.

Uvodimo kosinus ispod predznaka diferencijala:

Integriramo po dijelovima.

ovdje je u = x 2+3x+5, v = grijeh2x, du = ( x 2 + 3 x + 5 )′ dx

Kompleksni integrali

Ovaj članak dovršava temu neodređenih integrala, a uključuje integrale koje smatram prilično teškima. Lekcija je nastala na višekratni zahtjev posjetitelja koji su izrazili želju da se teži primjeri analiziraju na stranici.

Pretpostavlja se da je čitatelj ovog teksta dobro pripremljen i da zna primijeniti osnovne tehnike integracije. Lutke i ljudi koji nisu baš sigurni u integrale neka pogledaju već prvu lekciju - Neodređeni integral. Primjeri rješenja gdje možete naučiti temu gotovo od nule. Iskusniji studenti mogu se upoznati s tehnikama i metodama integracije, koje do sada nisu susrele u mojim člancima.

Koji će se integrali razmatrati?

Prvo razmatramo integrale s korijenima, za čije rješavanje sukcesivno koristimo varijabilna supstitucija i integracija po dijelovima. To jest, u jednom primjeru dvije metode se kombiniraju odjednom. I još više.

Zatim ćemo se upoznati sa zanimljivim i originalnim metoda svođenja integrala na sebe. Ne tako malo integrala se rješava na ovaj način.

Treći broj programa bit će integrali složenih razlomaka, koji su prošli pored blagajne u prethodnim člancima.

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

(2) U integrandu dijelimo brojnik s nazivnikom član po član.

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

(4) Uzimamo preostale integrale. Imajte na umu da možete koristiti zagrade u logaritmu, a ne u modulu, jer .

(5) Vršimo obrnutu zamjenu, izražavajući iz izravne zamjene "te":

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

Kao što vidite, u tijeku rješavanja moralo se koristiti čak više od dvije metode rješavanja, tako da su vam za rad s takvim integralima potrebne pouzdane vještine integracije i nimalo iskustvo.

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

Primjer 2

Nađi neodređeni integral

Primjer 3

Nađi neodređeni integral

Primjer 4

Nađi neodređeni integral

Ovi primjeri su istog tipa, pa će cjelovito rješenje na kraju članka biti samo za Primjer 2, u Primjerima 3-4 - jedan odgovor. Koju zamjenu koristiti na početku odluka, mislim da je očito. Zašto sam izabrao istu vrstu primjera? Često se nalaze u njihovim ulogama. Češće, možda, samo nešto slično .

Ali ne uvijek, kada je korijen linearne funkcije ispod arktangensa, sinusa, kosinusa, eksponenta i drugih funkcija, mora se primijeniti nekoliko metoda odjednom. U nizu slučajeva moguće je "lako se riješiti", odnosno odmah nakon zamjene dobiva se jednostavan integral koji se elementarno uzima. Najlakši od gore predloženih zadataka je primjer 4, u kojem se nakon zamjene dobiva relativno jednostavan integral.

Metoda svođenja integrala na sebe

Pametna i lijepa metoda. Pogledajmo klasike žanra:

Primjer 5

Nađi neodređeni integral

Ispod korijena nalazi se kvadratni binom, a kada pokušavate integrirati ovaj primjer, čajnik može patiti satima. Takav se integral uzima po dijelovima i svodi na sebe. U principu, nije teško. Ako znate kako.

Označimo razmatrani integral latiničnim slovom i započnemo rješavanje:

Integracija po dijelovima:

(1) Pripremamo integrand za dijeljenje član po član.

(2) Dijelimo integrand član po član. Možda ne razumiju svi, detaljnije ću napisati:

(3) Koristimo svojstvo linearnosti neodređenog integrala.

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

Sada pogledajmo sam početak rješenja:

I za kraj:

Što se dogodilo? Kao rezultat naših manipulacija, integral se sveo na sebe!

Izjednačite početak i kraj:

Prelazimo na lijevu stranu s promjenom predznaka:

I rušimo dvojku na desnu stranu. Kao rezultat:

Konstantu je, strogo govoreći, trebalo dodati ranije, ali ja sam je dodao na kraju. Toplo preporučujem da ovdje pročitate koja je ozbiljnost:

Bilješka: Strože, završna faza rješenja izgleda ovako:

Na ovaj način:

Konstanta se može preimenovati s . Zašto možete preimenovati? Jer još uvijek traje bilo koji vrijednosti, te u tom smislu nema razlike između konstanti i.
Kao rezultat:

Sličan trik s stalnim preimenovanjem naširoko se koristi u diferencijalne jednadžbe. I tu ću biti strog. I ovdje takve slobode dopuštam samo kako vas ne bih zbunio nepotrebnim stvarima i fokusirao se na sam način integracije.

Primjer 6

Nađi neodređeni integral

Još jedan tipičan integral za neovisno rješenje. Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije. Razlika u odnosu na odgovor prethodnog primjera bit će!

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

Na primjer, razmotrite integral . Sve što trebate učiniti je unaprijed odaberite cijeli kvadrat:
.
Zatim se provodi linearna zamjena, koja prolazi "bez ikakvih posljedica":
, što rezultira integralom . Nešto poznato, zar ne?

Ili ovaj primjer, s kvadratnim binomom:
Odabir punog kvadrata:
I, nakon linearne zamjene, dobivamo integral, koji se također rješava već razmatranim algoritmom.

Razmotrimo još dva tipična primjera redukcije integrala na sebe:
je integral eksponenta pomnožen sa sinusom;
je integral eksponenta pomnoženog s kosinusom.

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

Primjer 7

Nađi neodređeni integral

Integrand je eksponent pomnožen sa sinusom.

Dvaput integriramo po dijelovima i reduciramo integral na sebe:

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

Prebacujemo se na lijevu stranu s promjenom predznaka i izražavamo svoj integral:

Spreman. Usput je poželjno češljati desnu stranu, t.j. izvadite eksponent iz zagrada, a sinus i kosinus stavite u zagrade "lijepim" redom.

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

Jer odredili smo izlagača. Postavlja se pitanje, eksponent bi uvijek trebao biti označen sa ? Nije potrebno. Zapravo, u razmatranom integralu temeljno nema veze, za što označiti, moglo bi se ići drugim putem:

Zašto je to moguće? Budući da se eksponent pretvara u sebe (pri diferenciranju i integriranju), sinus i kosinus se međusobno pretvaraju (opet, i kod diferenciranja i kod integriranja).

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

Primjer 8

Nađi neodređeni integral

Ovo je primjer "uradi sam". Prije odluke razmislite što je u ovom slučaju isplativije označiti, eksponencijalnu ili trigonometrijsku funkciju? Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

I, naravno, ne zaboravite da je većinu odgovora u ovoj lekciji prilično lako provjeriti razlikovanjem!

Primjeri se nisu smatrali najtežim. U praksi su češći integrali, gdje je konstanta i u eksponentu iu argumentu trigonometrijske funkcije, na primjer: . Mnogi će se ljudi morati zbuniti u takvom integralu, a i sam se često zbunim. Činjenica je da u rješenju postoji velika vjerojatnost pojave frakcija, a vrlo je lako izgubiti nešto zbog nepažnje. Osim toga, velika je vjerojatnost pogreške u predznacima, imajte na umu da je u eksponentu znak minus, a to predstavlja dodatnu poteškoću.

U završnoj fazi često se ispostavi nešto ovako:

Čak i na kraju rješenja, trebali biste biti izuzetno oprezni i pravilno se nositi s razlomcima:

Integracija složenih razlomaka

Polako se približavamo ekvatoru lekcije i počinjemo razmatrati integrale razlomaka. Opet, nisu svi super složeni, samo iz ovog ili onog razloga, primjeri su malo "izvan teme" u drugim člancima.

Nastavljajući temu korijena

Primjer 9

Nađi neodređeni integral

U nazivniku ispod korijena nalazi se kvadratni trinom plus izvan korijenskog "dodatka" u obliku "X". Integral ovog oblika rješava se standardnom zamjenom.

Mi odlučujemo:

Zamjena je ovdje jednostavna:

Pogled na život nakon zamjene:

(1) Nakon supstitucije članove pod korijenom svodimo na zajednički nazivnik.
(2) Vadimo ga ispod korijena.
(3) Brojnik i nazivnik smanjujemo za . U isto vrijeme, ispod korijena, preuredio sam pojmove u prikladnom redoslijedu. Uz određeno iskustvo, korake (1), (2) možete preskočiti izvođenjem komentiranih radnji usmeno.
(4) Rezultirajući integral, kao što se sjećate iz lekcije Integracija nekih razlomaka, riješen je metoda odabira punog kvadrata. Odaberite cijeli kvadrat.
(5) Integracijom dobivamo obični "dugi" logaritam.
(6) Vršimo obrnutu zamjenu. Ako u početku , onda natrag: .
(7) Završna radnja je usmjerena na friziranje rezultata: pod korijenom pojmove ponovno dovodimo pod zajednički nazivnik i vadimo ih ispod korijena.

Primjer 10

Nađi neodređeni integral

Ovo je primjer "uradi sam". Ovdje se konstanta dodaje pojedinačnom x, a zamjena je gotovo ista:

Jedina stvar koju treba dodatno učiniti je izraziti "x" iz zamjene:

Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Ponekad u takvom integralu ispod korijena može biti kvadratni binom, to ne mijenja način rješavanja rješenja, čak će biti još jednostavnije. Osjeti razliku:

Primjer 11

Nađi neodređeni integral

Primjer 12

Nađi neodređeni integral

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

Integral nerastavljivog polinoma 2. stupnja na stupanj

(polinom u nazivniku)

Rjeđi, ali se ipak pojavljuje u praktičnim primjerima oblik integrala.

Primjer 13

Nađi neodređeni integral

No, vratimo se primjeru sa sretnim brojem 13 (iskreno, nisam pogodio). I ovaj integral je iz kategorije onih s kojima se možete poprilično namučiti ako ne znate riješiti.

Rješenje počinje umjetnom transformacijom:

Mislim da je svima već jasno kako podijeliti brojnik nazivnikom pojam po pojam.

Rezultirajući integral uzima se u dijelovima:

Za integral oblika ( je prirodan broj), dobili smo ponavljajući formula za degradaciju:
, gdje je integral nižeg stupnja.

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

Kao što vidite, odgovori su isti.

Primjer 14

Nađi neodređeni integral

Ovo je primjer "uradi sam". Otopina uzorka koristi gornju formulu dva puta zaredom.

Ako je ispod stupnja nerazloživ kvadratni trinom, tada se rješenje reducira na binom izdvajanjem punog kvadrata, na primjer:

Što ako postoji dodatni polinom u brojniku? U ovom slučaju koristi se metoda neodređenih koeficijenata, a integrand se proširuje u zbroj razlomaka. Ali u mojoj praksi takvog primjera nikad upoznao, pa sam ovaj slučaj preskočio u članku Integrali razlomačko-racionalne funkcije, sad ću to preskočiti. Ako se takav integral i dalje pojavljuje, pogledajte udžbenik - tamo je sve jednostavno. Ne smatram svrhovitim uključivanje materijala (čak ni jednostavnog), čija vjerojatnost susreta teži nuli.

Integracija složenih trigonometrijskih funkcija

Pridjev "težak" za većinu je primjera opet uglavnom uvjetovan. Počnimo s tangensima i kotangensima u velikim potencijama. Sa stajališta metode korištene za rješavanje tangensa i kotangensa gotovo su iste, pa ću više govoriti o tangensu, što znači da demonstrirana metoda rješavanja integrala vrijedi i za kotangens.

U gornjoj lekciji pogledali smo univerzalna trigonometrijska supstitucija za rješavanje određene vrste integrala trigonometrijskih funkcija. Nedostatak univerzalne trigonometrijske supstitucije je što njezina primjena često dovodi do glomaznih integrala s teškim izračunima. A u nekim slučajevima, univerzalna trigonometrijska zamjena se može izbjeći!

Razmotrimo još jedan kanonski primjer, integral jedinstva podijeljen sinusom:

Primjer 17

Nađi neodređeni integral

Ovdje možete koristiti univerzalnu trigonometrijsku zamjenu i dobiti odgovor, ali postoji racionalniji način. Pružit ću cjelovito rješenje s komentarima za svaki korak:

(1) Koristimo trigonometrijsku formulu za sinus dvostrukog kuta.
(2) Provodimo umjetnu transformaciju: u nazivniku dijelimo i množimo s .
(3) Prema poznatoj formuli u nazivniku razlomak pretvaramo u tangentu.
(4) Funkciju dovodimo pod predznak diferencijala.
(5) Uzimamo integral.

Nekoliko jednostavnih primjera koje možete sami riješiti:

Primjer 18

Nađi neodređeni integral

Savjet: Prvi korak je upotreba formule za smanjenje i pažljivo izvršite radnje slične prethodnom primjeru.

Primjer 19

Nađi neodređeni integral

Pa, ovo je vrlo jednostavan primjer.

Potpuna rješenja i odgovori na kraju lekcije.

Mislim da sada nitko neće imati problema s integralima:
itd.

Koja je ideja iza metode? Ideja je koristiti transformacije, trigonometrijske formule za organiziranje samo tangenti i derivacije tangente u integrandu. Odnosno, govorimo o zamjeni: . U primjerima 17-19 zapravo smo koristili ovu zamjenu, ali integrali su bili toliko jednostavni da je to učinjeno ekvivalentnom akcijom - dovođenjem funkcije pod diferencijalni predznak.

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

Postoji i formalni preduvjet za primjenu gornje zamjene:

Zbroj potencija kosinusa i sinusa je negativan cijeli PARNI broj, na primjer:

za integral, cjelobrojni negativni PARNI broj.

! Bilješka : ako integrand sadrži SAMO sinus ili SAMO kosinus, onda se integral uzima parni s negativnim neparnim stupnjem (najjednostavniji slučajevi su u primjerima br. 17, 18).

Razmotrite nekoliko smislenijih zadataka za ovo pravilo:

Primjer 20

Nađi neodređeni integral

Zbroj stupnjeva sinusa i kosinusa: 2 - 6 \u003d -4 - negativan cijeli broj PARNI broj, što znači da se integral može svesti na tangente i njegovu derivaciju:

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

Primjer 21

Nađi neodređeni integral

Ovo je primjer "uradi sam".

Čekaj, prvenstvena kola počinju =)

Često u integrandu postoji "mješavina":

Primjer 22

Nađi neodređeni integral

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

Umjetnu transformaciju ostavljam na samom početku, a ostale korake bez komentara, jer je sve već rečeno.

Nekoliko kreativnih primjera za samostalno rješenje:

Primjer 23

Nađi neodređeni integral

Primjer 24

Nađi neodređeni integral

Da, u njima, naravno, možete smanjiti stupnjeve sinusa, kosinusa, koristiti univerzalnu trigonometrijsku zamjenu, ali rješenje će biti puno učinkovitije i kraće ako se povuče kroz tangente. Potpuno rješenje i odgovori na kraju lekcije