Метка: замена переменной в интеграле

Замечание 1.
Коротко правило интегрирования по частям может быть записано так:
$$\int udv=uv-\int vdu.$$
Действительно, в этой записи используется формула для вычисления дифференциала функции $du(x)=u'(x)dx$.

Замечание 2.
Если одна из функций дифференцируема, а другая имеет первообразную, то их произведение (производной на функцию, имеющую первообразную) не обязано иметь первообразную. Такой пример приводится сразу после этого замечания. Поэтому в формулировке теоремы нужно предполагать наличие первообразной у одной из функций $u'(x)v(x)$ или $u(x)v'(x)$.

Утверждение.
Существуют дифференцируемая функция $u$ и имеющая первообразную функция $v$, такие, что $u’v$ не имеет первообразной.

Достаточно показать, что квадрат функции, имеющей первообразную, может не иметь первообразной.
Положим $f(x)=|x|^\alpha \sin\displaystyle\frac{1}{x}$, $x\neq0$, $f(0)=0$. При $\alpha>1$ функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ и ее производная равна
$$\begin{equation*}f'(x) = \begin{cases}\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{|x|}-|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x},\;  x\neq0, \\ 0,\;  x=0. \end{cases}\end{equation*}$$
Поскольку функция $\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{x}\equiv\varphi(x) (x\neq0)$, $\varphi(0) = 0$ непрерывна на $\mathbb{R}$, а значит, имеет первообразную на $\mathbb{R}$, то функция
$$v(x)\equiv|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x}=\varphi(x)-f'(x) (x\neq0),\;\; v(0) = 0,$$
имеет первообразную на $\mathbb{R}$ как разность двух функций — $\varphi(x)$ и $f'(x)$, имеющих первообразные на $\mathbb{R}$.
Покажем, что при надлежащем выборе числа $\alpha>1$ функция $v^2(x)$ не имеет первообразной на $\mathbb{R}$. Предположим противное. Пусть существует такая дифференцируемая на $\mathbb{R}$ функция $F$, что для всех $x\in \mathbb{R}$ справедливо равенство
$$F'(x)=v^2(x)=|x|^{2(\alpha-2)}\cos^2\displaystyle\frac{1}{x},\;\; (x\neq0),\;\; F'(0)=0.$$
Для $k = 1, 2, \ldots$ обозначим
$$[a_k, b_k] = \left[\displaystyle\frac{4}{(4k+1)\pi}, \displaystyle\frac{4}{(4k-1)\pi}\right].$$
Если $x\in[a_k, b_k]$, то
$$\displaystyle\frac{1}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right], \\ \displaystyle\frac{2}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right]=\left[2k\pi-\displaystyle\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\displaystyle\frac{\pi}{2}\right].$$
Поэтому для $x\in[a_k, b_k]$ имеем
$$\cos^2\displaystyle\frac{1}{x}=\displaystyle\frac{1+\cos\displaystyle\frac{2}{x}}{2}\geqslant\displaystyle\frac{1}{2},$$
так что $F'(x)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}x^{2(\alpha-2)}, x\in[A_k, b_k]$. По теореме Лагранжа получим
$$F(b_k)-F(a_k)=F'(\xi_k)(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}\xi^{2(\alpha-2)}_k(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k,$$
где $\xi_k\in[a_k, b_k]$, а число $\alpha>1$ будет выбрано так, что $\alpha<2$. Отсюда получим
$$F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Заметим, что отрезки $[a_k, b_k]$ попарно не пересекаются и, так как $F'(x)\geqslant0$, то функция $F$ не убывает. Значит,
$$F(b_{k+1})\leqslant F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Отсюда следует, что
$$\begin{equation}\label{eq:exp2}F(b_{k+1})\leqslant F(b_1)-\displaystyle\frac{1}{2}\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s.\end{equation}$$
Оценим последнюю сумму справа. Имеем
$$b_s-a_s=\displaystyle\frac{8}{\pi}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)},$$
так что
$$\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s=\\=c_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)}\left(\displaystyle\frac{1}{4s-1}\right)^{2(\alpha-2)}\geqslant c’_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}.$$
Если $2\alpha-2\leqslant1$, т. е. $\alpha\leqslant\displaystyle\frac{3}{2}$, то $\sum\limits^k_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}\rightarrow\infty(k\rightarrow\infty)$. Поэтому из $\eqref{eq:exp2}$ следует, что $F(b_{k+1})\rightarrow-\infty$ при $k\rightarrow\infty$. Но поскольку $b_{k+1}\rightarrow+0 (k\rightarrow\infty)$, то это противоречит непрерывности функции $F$ в точке $x_0=0$ справа, которая вытекает из дифференцируемости функции $F$ в нуле.

Пример 1.
$\int x e^x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=e^x dx\\du=dx, & v=e^x\end{bmatrix}=x e^x-\int e^x dx=x e^x-e^x+C.$

Пример 2. 
$\int x\cos x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\cos x dx\\du=dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=x\sin x-\int\sin x dx=x\sin x+\cos x+C.$

Пример 3. 
$\int x\ln x dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=x dx\\du=\displaystyle\frac{dx}{x}, & v=\displaystyle\frac{x^2}{2}\end{bmatrix}=\\=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{1}{2}\int x dx=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{x^2}{4}+C.$

Следующий пример показывает такой способ применения формулы интегрирования по частям, когда в правой части появляется такой же интеграл, как и в левой части. Тогда искомый интеграл может быть найден из полученного равенства.

Пример 4. 
$\int e^x\cos xdx=\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\cos xdx\\du=e^x dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x-\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\sin xdx\\du=e^x dx, & v=-\cos x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x+e^x\cos x-\int e^x\cos xdx.$
Из этого равенства находим
$$\int e^x\cos xdx=\displaystyle\frac{e^x}{2}[\sin x+\cos x] + C.$$

Пример 1. $\int\sin^3 xdx=\int\sin x(1-\cos^2 x)dx=[\cos x = t, dt =-\sin xdx]=\\=\int(t^2-1)dt=\displaystyle\frac{t^3}{3}-t+C=\displaystyle\frac{\cos^3 x}{3}-\cos x+C.$

Пример 2. $\int\displaystyle\frac{dx}{1+e^x}=\begin{bmatrix}\text{преобразуем} & \displaystyle\frac{1}{1+e^x}=\displaystyle\frac{1}{e^x(e^-x+1)}=\displaystyle\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\\ \text{положим} & 1+e^{-x}=t, dt=-e^{-x}dx\end{bmatrix}=-\int\displaystyle\frac{dt}{t}=\\=-\ln|t|+C=-\ln(1+e^{-x})+C=-\ln\displaystyle\frac{1+e^x}{e^x}+C=x-\ln(1+e^x)+C.$

Замечание. Мы использовали равенство $\int\displaystyle\frac{dx}{x}=\ln|x|+C$. Это равенство следует применять отдельно для промежутков $(0, +\infty)$ и $(-\infty, 0)$.
При $x>0$ оно справедливо по той причине, что $|x|=x,$ $(\ln x+C)’=\displaystyle\frac{1}{x}$.
Если же $x<0$, то $|x|=-x$, $\ln(-x)+C)’=\displaystyle\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\displaystyle\frac{1}{x}$, так что и в этом случае равенство верно.

Итак, если исходный интеграл представлен в виде $\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx$, то, выполняя замену переменной $t=\varphi(x)$, мы приходим к интегралу $\int f(t)dt$. Часто замену переменной в интеграле $\int g(x)dx$ применяют в виде $x = \psi(t)$, затем вычисляют интеграл по $t$, а чтобы вернуться к старой переменной $x$, нужно выразить новую переменную $t$ через $x$.

Пример. Пусть $I=\int\sqrt{1-x^2}dx$.
Для вычисления этого интеграла положим $x=\sin t$. Тогда
$$dx=\cos tdt, \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\cos^2 t}=\cos t.$$
Подставляя это в исходный интеграл, получаем
$$I=\int\cos^2 tdt=\int\displaystyle\frac{1+\cos 2t}{2}dt=\displaystyle\frac{t}{2}+\displaystyle\frac{\sin 2t}{4}+C.$$
Из равенства $x=\sin t$ имеем $t=\arcsin x$, так что
$$I=\displaystyle\frac{\arcsin x}{2}+\displaystyle\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+C.$$
Вычислим этот интеграл еще одним способом, основанным на применении формулы интегрирования по частям.
$$I=\int\sqrt{1-x^2}dx=\begin{bmatrix}u=\sqrt{1-x^2}, & dv=dx\\du=-\displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx, & v=x\end{bmatrix}=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2-1+1}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\sqrt{1-x^2}-I+\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.$$
Воспользовавшись теперь равенством $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+c$, вытекающим из того, что $(\arcsin x+C)’=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, получим $I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x$. Отсюда следует
$$I=\displaystyle\frac{1}{2}[x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x]+C.$$

Интегрирование по частям и замена переменной

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 7 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6
7. 7

Информация

Пройдя этот тест, вы закрепите пройденный ранее материал по теме «Интегрирование по частям и замена переменной»

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 7

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Нет рубрики 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6
7. 7

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 7

   1.

   Количество баллов: 1

   Выберите правильный вариант формулы интегрирования по частям:

   • $\int vdu=uv+\int vdu$
   • $\int udv=uv-\int udv$
   • $\int udv=uv-\int vdu$
   • $\int udv=uv$
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 7

   2.

   Количество баллов: 3

   Закончите утверждение.

   • Cуществует дифференцируемая функция u и имеющая первообразную функция v, такие, что u'v не имеет (первообразной, первообразную).
   Правильно
   

   Неправильно
   

   первообразной
3. Задание 3 из 7

   3.

   Количество баллов: 4

   Выберите правильный порядок нахождения интеграла $\int{x}\cos{x}dx$.

   • $\int{x}\cos{x}dx$
   • $\begin{bmatrix}x=u, du=dx\\ \cos{x}=dv, v=\sin{x}\end{bmatrix}$
   • $x\sin{x}-\int\sin{x}dx$
   • $x\sin{x}+\cos{x}+C$
   Правильно
   

   Неправильно
   

   Проверьте решение:
   $\int{x}\cos{x}dx=\begin{bmatrix}x=u, du=dx\\ \cos{x}=dv, v=\sin{x}\end{bmatrix}=x\sin{x}-\int\sin{x}dx=\\=x\sin{x}+\cos{x}+C$
4. Задание 4 из 7

   4.

   Количество баллов: 3

   Найдите интеграл $\int\ln{x}dx$.

   • $x\ln x-1+C$
   • $x(\ln x-1)+C$
   • $\ln x-1+C$
   • $\ln(x-1)+C$
   Правильно
   

   Проверьте решение: $\int\ln{x}dx=\begin{bmatrix}\ln{x}=u, du=\frac{dx}{x}\\dx=dv, v=x\end{bmatrix}=x\ln{x}-\int\frac{xdx}{x}=x\ln{x}-\int{dx}=\\=x\ln{x}-x+C=x(\ln{x}-1)+C$

   Неправильно
   

   Проверьте решение: $\int\ln{x}dx=\begin{bmatrix}\ln{x}=u, du=\frac{dx}{x}\\dx=dv, v=x\end{bmatrix}=x\ln{x}-\int\frac{xdx}{x}=x\ln{x}-\int{dx}=\\=x\ln{x}-x+C=x(\ln{x}-1)+C$
5. Задание 5 из 7

   5.

   Количество баллов: 2

   Дополните утверждение.
   Пусть функция $\varphi$ ___________ на интервале $\Delta$ и $\varphi(\Delta)\subset I$.
   Тогда справедливо равенство $\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.$
   Правильно
   

   Неправильно
   

   дифференцируема
6. Задание 6 из 7

   6.

   Количество баллов: 2

   Выберите правильные замены при нахождении интеграла $\int{x}(2x+5)^{10}dx$:

   • $t=2x+5$
   • $dx=2dt$
   • $dx=\frac{1}{2}dt$
   • $2t=x+5$
   Правильно
   

   Неправильно
   

   Проверьте решение:
   $\int{x}(2x+5)^{10}dx=\begin{bmatrix}2x+5=t, x=\frac{t-5}{2}\\dx=\frac{1}{2}dt\end{bmatrix}=\frac{1}{2}\int(\frac{1}{2}t-\frac{5}{2})t^{10}dt=\\=\frac{1}{4}\int{t^{11}}dt-\frac{5}{4}\int{t^{10}}dt=\frac{t^{12}}{48}-{5t^{11}}{44}+C=[t=2x+5]=\\=\frac{(2x+5)^{12}}{48}-\frac{5(2x+5)^{11}}{44}+C$
7. Задание 7 из 7

   7.

   Количество баллов: 3

   Найдите интеграл $\int\frac{e^xdx}{3+5e^x}$.

   • $5\ln|3+5e^x|+C$
   • $\ln|3+5e^x|+C$
   • $\ln|3+\frac{1}{5}e^x|+C$
   • $\frac{1}{5}\ln|3+5e^x|+C$
   Правильно
   

   Проверьте решение:
   $\int\frac{e^xdx}{3+5e^x}=\begin{bmatrix}t=3+5e^x, \\5e^xdx=dt\end{bmatrix}=\frac{1}{5}\int\frac{dt}{t}=\\=\frac{1}{5}\ln|t|+C=[t=3+5e^x]=\frac{1}{5}\ln|3+5e^x|+C$

   Неправильно
   

   Проверьте решение:
   $\int\frac{e^xdx}{3+5e^x}=\begin{bmatrix}t=3+5e^x, \\5e^xdx=dt\end{bmatrix}=\frac{1}{5}\int\frac{dt}{t}=\\=\frac{1}{5}\ln|t|+C=[t=3+5e^x]=\frac{1}{5}\ln|3+5e^x|+C$