Интеграция - MT1205: Математически анализ за икономисти - Бизнес информатика. Методи за интегриране на ирационални функции (корени) Примери за интеграли на ирационални функции

Този онлайн калкулатор се използва за изчисляване на интеграли на ирационални дроби от вида , , .

Позволявам – рационална функция на Тази функция и следователно нейният интеграл се рационализира чрез заместване на x=t r, където r е най-малкото общо кратно на числата r 1, r 2,…, r n. Тогава dx=rt r -1 и под интеграла има рационална функция на t. По същия начин, ако интеграндът е рационална функция на , тогава функцията интегранд се рационализира чрез заместване, където t е най-малкото общо кратно на числата r 1 , r 2 ,…, r n . След това, замествайки в оригиналния израз, получаваме рационална функция на t.

Пример. Изчисли. Най-малкото общо кратно на 2 и 3 е 6. Следователно, ние правим замяната x = t 6. Тогава dx = 6t 5 dt и

Интегриране на ирационални функции

Пример №1. Изчислете определения интеграл на ирационална функция:

Решение. Интеграл от вида R(x α1, x α2,..., x αk)dx, където R е рационална функция от x αi, α i =p i /q i - рационални дроби (i = 1,2,... , k) , се редуцира до интеграла на рационална функция с помощта на заместването x = t q, където q е най-малкото общо кратно (LCM) на знаменателите на дробите a 1, a 2,..., a k. В нашия случай a 1 = 2, a 2 = 3, a 3 = 6, така че най-малкото общо кратно на техните знаменатели е q = LCM(2,3,6) = 6. Замяната на променливата x = t 6 води до интегралът на дробната рационална функция, който се изчислява, както е описано в примера:

Дадени са основните методи за интегриране на ирационални функции (корени). Те включват: интегриране на линейна дробна ирационалност, диференциален бином, интеграли с корен квадратен от квадратен трином. Дадени са тригонометрични замествания и замествания на Ойлер. Разглеждат се някои елиптични интеграли, изразени чрез елементарни функции.

Съдържание

Интеграли от диференциални биноми

Интегралите от диференциалните биноми имат формата:
,
където m, n, p са рационални числа, a, b са реални числа.
Такива интеграли се свеждат до интеграли на рационални функции в три случая.

1) Ако p е цяло число. Заместване x = t N, където N е общият знаменател на дробите m и n.
2) Ако - цяло число. Заместване a x n + b = t M, където M е знаменателят на числото p.
3) Ако - цяло число. Заместване a + b x - n = t M, където M е знаменателят на числото p.

В други случаи такива интеграли не се изразяват чрез елементарни функции.

Понякога такива интеграли могат да бъдат опростени с помощта на формули за редукция:
;
.

Интеграли, съдържащи квадратен корен от квадратен тричлен

Такива интеграли имат формата:
,
където R е рационална функция. За всеки такъв интеграл има няколко метода за решаването му.
1) Използването на трансформации води до по-прости интеграли.
2) Прилагайте тригонометрични или хиперболични замествания.
3) Приложете замествания на Ойлер.

Нека разгледаме тези методи по-подробно.

1) Трансформация на подинтегралната функция

Прилагайки формулата и извършвайки алгебрични трансформации, намаляваме функцията интегранд до формата:
,
където φ(x), ω(x) са рационални функции.

Тип I

Интеграл на формата:
,
където P n (x) е полином от степен n.

Такива интеграли се намират по метода на неопределените коефициенти, като се използва идентичността:

.
Диференцирайки това уравнение и приравнявайки лявата и дясната страна, намираме коефициентите A i.

Тип II

Интеграл на формата:
,
където P m (x) е полином от степен m.

Заместване t = (x - α) -1този интеграл се свежда до предишния тип. Ако m ≥ n, тогава дробта трябва да има цяло число.

III тип

Тук правим заместването:
.
След което интегралът ще приеме формата:
.
След това константите α, β трябва да бъдат избрани така, че коефициентите на t в знаменателя да станат нула:
B = 0, B 1 = 0.
Тогава интегралът се разлага на сумата от интеграли от два вида:
,
,
които са интегрирани чрез замествания:
u 2 = A 1 t 2 + C 1,
v 2 = A 1 + C 1 t -2 .

2) Тригонометрични и хиперболични замествания

За интеграли от формата , a > 0 ,
имаме три основни замествания:
;
;
;

За интеграли, a > 0 ,
имаме следните замествания:
;
;
;

И накрая, за интегралите, a > 0 ,
заместванията са както следва:
;
;
;

3) Замествания на Ойлер

Освен това интегралите могат да бъдат редуцирани до интеграли на рационални функции на едно от трите замествания на Ойлер:
, за a > 0;
, за c > 0 ;
, където x 1 е коренът на уравнението a x 2 + b x + c = 0. Ако това уравнение има реални корени.

Елиптични интеграли

В заключение, разгледайте интегралите от формата:
,
където R е рационална функция, . Такива интеграли се наричат ​​елиптични. Като цяло те не се изразяват чрез елементарни функции. Има обаче случаи, когато има връзки между коефициентите A, B, C, D, E, в които такива интеграли се изразяват чрез елементарни функции.

По-долу е даден пример, свързан с рефлексивни полиноми. Изчисляването на такива интеграли се извършва чрез замествания:
.

Пример

Изчислете интеграла:
.

Да направим замяна.

.
Тук при x > 0 (u> 0 ) вземете горния знак ′+ ′. При х< 0 (ф< 0 ) - нисък '- '.

.

Препратки:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузмин, Сборник задачи по висша математика, “Лан”, 2003 г.

Вижте също:

Няма универсален начин за решаване на ирационални уравнения, тъй като техният клас се различава по количество. Статията ще подчертае характерни типове уравнения със заместване, използвайки метода на интегриране.

За да се използва методът на директно интегриране, е необходимо да се изчислят неопределени интеграли от вида ∫ k x + b p d x , където p е рационална дроб, k и b са реални коефициенти.

Пример 1

Намерете и изчислете първопроизводните на функцията y = 1 3 x - 1 3 .

Решение

Съгласно правилото за интегриране е необходимо да се приложи формулата ∫ f (k x + b) d x = 1 k F (k x + b) + C, а таблицата с първоизводни показва, че има готово решение на тази функция . Разбираме това

∫ 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

Отговор:∫ d x 3 x - 1 3 = 1 2 (3 x - 1) 2 3 + C .

Има случаи, когато е възможно да се използва методът на субсумиране на диференциален знак. Това се решава чрез принципа на намиране на неопределени интеграли от формата ∫ f " (x) · (f (x)) p d x , когато стойността на p се счита за рационална дроб.

Пример 2

Намерете неопределения интеграл ∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x .

Решение

Обърнете внимание, че d x 3 + 5 x - 7 = x 3 + 5 x - 7 "d x = (3 x 2 + 5) d x. Тогава е необходимо да включим диференциалния знак, като използваме таблици с първоизводни. Получаваме, че

∫ 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

Отговор:∫ 3 x 2 + 5 x 3 + 5 x - 7 7 6 d x = - 6 (x 3 + 5 x - 7) 6 + C .

Решаването на неопределени интеграли включва формула от вида ∫ d x x 2 + p x + q, където p и q са реални коефициенти. След това трябва да изберете пълен квадрат от под корена. Разбираме това

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

Прилагайки формулата, намираща се в таблицата на неопределените интеграли, получаваме:

∫ d x x 2 ± α = ln x + x 2 ± α + C

След това се изчислява интегралът:

∫ 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

Пример 3

Намерете неопределения интеграл от вида ∫ d x 2 x 2 + 3 x - 1 .

Решение

За да изчислите, трябва да извадите числото 2 и да го поставите пред радикала:

∫ 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

Изберете пълен квадрат в радикален израз. Разбираме това

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

Тогава получаваме неопределен интеграл от вида 1 2 ∫ d x x 2 + 3 2 x - 1 2 = 1 2 ∫ d x x + 3 4 2 - 17 16 = = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + С

Отговор: d x x 2 + 3 x - 1 = 1 2 ln x + 3 4 + x 2 + 3 2 x - 1 2 + C

По подобен начин се извършва интегрирането на ирационални функции. Приложимо за функции от вида y = 1 - x 2 + p x + q.

Пример 4

Намерете неопределения интеграл ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 .

Решение

Първо трябва да извлечете квадрата на знаменателя на израза от под корена.

∫ 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

Интегралът на таблицата има формата ∫ d x a 2 - x 2 = a r c sin x a + C, тогава получаваме, че ∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = ∫ d x - (x - 2) 2 + 9 = a r c sin x - 2 3 +C

Отговор:∫ d x - x 2 + 4 x + 5 = a r c sin x - 2 3 + C .

Процесът на намиране на противопроизводни ирационални функции под формата y = M x + N x 2 + p x + q, където съществуващите M, N, p, q са реални коефициенти и са подобни на интегрирането на прости дроби от трети тип . Тази трансформация има няколко етапа:

сумиране на диференциала под корена, изолиране на пълния квадрат на израза под корена, използване на таблични формули.

Пример 5

Намерете първопроизводните на функцията y = x + 2 x 2 - 3 x + 1.

Решение

От условието имаме, че d (x 2 - 3 x + 1) = (2 x - 3) d x и x + 2 = 1 2 (2 x - 3) + 7 2, тогава (x + 2) d x = 1 2 (2 x - 3) + 7 2 d x = 1 2 d (x 2 - 3 x + 1) + 7 2 d x .

Нека изчислим интеграла: ∫ 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

Отговор:∫ 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 .

Търсенето на неопределени интеграли на функцията ∫ x m (a + b x n) p d x се извършва чрез метода на заместване.

За да се реши, е необходимо да се въведат нови променливи:

1. Когато p е цяло число, тогава се разглежда x = z N и N е общият знаменател за m, n.
2. Когато m + 1 n е цяло число, тогава a + b x n = z N и N е знаменателят на p.
3. Когато m + 1 n + p е цяло число, тогава се изисква променливата a x - n + b = z N, а N е знаменателят на числото p.

Пример 6

Намерете определения интеграл ∫ 1 x 2 x - 9 d x .

Решение

Получаваме, че ∫ 1 x 2 x - 9 d x = ∫ x - 1 · (- 9 + 2 x 1) - 1 2 d x . От това следва, че m = - 1, n = 1, p = - 1 2, тогава m + 1 n = - 1 + 1 1 = 0 е цяло число. Можете да въведете нова променлива от формата - 9 + 2 x = z 2. Необходимо е да се изрази x чрез z. Като изход получаваме това

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

Необходимо е да се направи заместване в дадения интеграл. Ние имаме това

∫ d x x 2 x - 9 = ∫ z d z z 2 + 9 2 z = 2 ∫ d z z 2 + 9 = = 2 3 a r c t g z 3 + C = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C

Отговор:∫ d x x 2 x - 9 = 2 3 a r c c t g 2 x - 9 3 + C .

За опростяване на решението на ирационални уравнения се използват основни методи за интегриране.

Ако забележите грешка в текста, моля, маркирайте я и натиснете Ctrl+Enter

Под ирационаленразбирайте израз, в който независимата променлива %%x%% или полиномът %%P_n(x)%% от степен %%n \in \mathbb(N)%% е включен под знака радикален(от латински корен- корен), т.е. повдигнати на дробна степен. Чрез замяна на променлива някои класове интегранти, които са ирационални по отношение на %%x%%, могат да бъдат редуцирани до рационални изрази по отношение на нова променлива.

Концепцията за рационална функция на една променлива може да се разшири до множество аргументи. Ако за всеки аргумент %%u, v, \dotsc, w%% при изчисляване на стойността на дадена функция са предвидени само аритметични операции и повдигане на цяло число, тогава говорим за рационална функция на тези аргументи, която обикновено е означен като %%R(u, v, \ dotsc, w)%%. Самите аргументи на такава функция могат да бъдат функции на независимата променлива %%x%%, включително радикали от формата %%\sqrt[n](x), n \in \mathbb(N)%%. Например рационалната функция $$ R(u,v,w) = \frac(u + v^2)(w) $$ с %%u = x, v = \sqrt(x)%% и %% w = \sqrt(x^2 + 1)%% е рационална функция на $$ R\left(x, \sqrt(x), \sqrt(x^2+1)\right) = \frac(x + \sqrt(x ^2))(\sqrt(x^2 + 1)) = f(x) $$ от %%x%% и радикали %%\sqrt(x)%% и %%\sqrt(x ^2 + 1 )%%, докато функцията %%f(x)%% ще бъде ирационална (алгебрична) функция на една независима променлива %%x%%.

Нека разгледаме интеграли от формата %%\int R(x, \sqrt[n](x)) \mathrm(d)x%%. Такива интеграли се рационализират чрез замяна на променливата %%t = \sqrt[n](x)%%, след това %%x = t^n, \mathrm(d)x = nt^(n-1)%%.

Пример 1

Намерете %%\displaystyle\int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x))%%.

Интегрантът на желания аргумент се записва като функция на радикали от степен %%2%% и %%3%%. Тъй като най-малкото общо кратно на %%2%% и %%3%% е %%6%%, този интеграл е интеграл от тип %%\int R(x, \sqrt(x)) \mathrm(d) x %% и може да се рационализира чрез замяна на %%\sqrt(x) = t%%. Тогава %%x = t^6, \mathrm(d)x = 6t \mathrm(d)t, \sqrt(x) = t^3, \sqrt(x) =t^2%%. Следователно $$ \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x)) = \int \frac(6t^5 \mathrm(d)t)(t^3 + t^2) = 6\int\frac(t^3)(t+1)\mathrm(d)t. $$ Да вземем %%t + 1 = z, \mathrm(d)t = \mathrm(d)z, z = t + 1 = \sqrt(x) + 1%% и $$ \begin(array)( ll ) \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x)) &= 6\int\frac((z-1)^3)(z) \mathrm(d ) t = \\ &= 6\int z^2 dz -18 \int z \mathrm(d)z + 18\int \mathrm(d)z -6\int\frac(\mathrm(d)z)( z ) = \\ &= 2z^3 - 9 z^2 + 18z -6\ln|z| + C = \\ &= 2 \left(\sqrt(x) + 1\right)^3 - 9 \left(\sqrt(x) + 1\right)^2 + \\ &+~ 18 \left( \sqrt(x) + 1\надясно) - 6 \ln\наляво|\sqrt(x) + 1\надясно| + C \край (масив) $$

Интегралите от формата %%\int R(x, \sqrt[n](x)) \mathrm(d)x%% са специален случай на дробни линейни ирационалности, т.е. интеграли от формата %%\displaystyle\int R\left(x, \sqrt[n](\dfrac(ax+b)(cd+d))\right) \mathrm(d)x%%, където %% ad - bc \neq 0%%, което може да се рационализира чрез замяна на променливата %%t = \sqrt[n](\dfrac(ax+b)(cd+d))%%, тогава %%x = \dfrac (dt^n - b)(a - ct^n)%%. Тогава $$ \mathrm(d)x = \frac(n t^(n-1)(ad - bc))(\left(a - ct^n\right)^2)\mathrm(d)t. $$

Пример 2

Намерете %%\displaystyle\int \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))\dfrac(\mathrm(d)x)(x + 1)%%.

Нека вземем %%t = \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))%%, тогава %%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(array) $$ Следователно, $$ \begin(array)(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\right)^2 )\right) = \\ = -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) $$

Нека разгледаме интеграли от формата %%\int R\left(x, \sqrt(ax^2 + bx + c)\right) \mathrm(d)x%%. В най-простите случаи такива интеграли се свеждат до таблични, ако след изолиране на пълния квадрат се направи промяна на променливите.

Пример 3

Намерете интеграла %%\displaystyle\int \dfrac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x^2 + 4x + 5))%%.

Като се има предвид, че %%x^2 + 4x + 5 = (x+2)^2 + 1%%, вземаме %%t = x + 2, \mathrm(d)x = \mathrm(d)t%%, след това $$ \begin(array)(ll) \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x^2 + 4x + 5)) &= \int \frac(\mathrm(d)t) (\sqrt(t^2 + 1)) = \\ &= \ln\left|t + \sqrt(t^2 + 1)\right| + C = \\ &= \ln\left|x + 2 + \sqrt(x^2 + 4x + 5)\right| + C. \край (масив) $$

В по-сложни случаи се използват интеграли от вида %%\int R\left(x, \sqrt(ax^2 + bx + c)\right) \mathrm(d)x%%

Интеграли от формата (m 1, n 1, m 2, n 2, ... - цели числа). В тези интеграли интегралната функция е рационална по отношение на променливата за интегриране и радикалите на x. Те се изчисляват чрез заместване на x=t s, където s е общият знаменател на дробите, ... При такава замяна на променливата всички отношения = r 1, = r 2, ... са цели числа, т.е. интегралът е редуцирана до рационална функция на променливата t:

Интеграли от формата (m 1, n 1, m 2, n 2, ... - цели числа). Тези интеграли са чрез заместване:

където s е общият знаменател на дробите, ..., се свеждат до рационална функция на променливата t.

Интеграли от формата За да изчислите интеграла I 1, изберете пълен квадрат под радикалния знак:

и заместването се прилага:

В резултат на това този интеграл се свежда до табличен:

В числителя на интеграла I 2 се отличава диференциалът на израза под радикалния знак и този интеграл е представен като сума от два интеграла:

където I 1 е интегралът, изчислен по-горе.

Изчисляването на интеграла I 3 се свежда до изчисляването на интеграла I 1 чрез заместване:

Интеграл на формата Специални случаи на изчисляване на интеграли от този тип са разгледани в предходния параграф. Има няколко различни метода за тяхното изчисляване. Нека разгледаме една от тези техники, базирана на използването на тригонометрични замествания.

Квадратният тричлен ax 2 +bx+c чрез изолиране на пълния квадрат и промяна на променливата може да бъде представен във формата Така е достатъчно да се ограничим до разглеждането на три вида интеграли:

Интеграл чрез заместване

u=ksint (или u=kcost)

се свежда до интеграла на рационална функция по отношение на sint и cost.

Интеграли от вида (m, n, p є Q, a, b є R). Разглежданите интеграли, наречени интеграли на диференциален бином, се изразяват чрез елементарни функции само в следните три случая:

1) ако p є Z, тогава се прилага заместването:

където s е общият знаменател на дробите m и n;

2) ако Z, тогава се използва заместването:

където s е знаменателят на дробта

3) ако Z, тогава се прилага заместването:

където s е знаменателят на дробта