производная сложной функции

5.3 Производная сложной и обратной функций

Пусть функция $f$ определена на интервале $I$ и дифференцируема в точке $x_0 ∈ I$ , а функция $g$ определена на интервале $J ⊃ f(I)$ и дифференцируема в соответствующей точке $y_0 = f (x_0) ∈ J$ . Тогда сложная функция $\varphi(x) = g(f(x))$ дифференцируема в точке $x_0$ , причем $\varphi'(x_0) = g'(f(x_0)) \cdot f'(x_0)$

Так как функция $g$ дифференцируема в точке $y_0$ ,
то $g(y)-g(y_0) = g'(y_0)\cdot (y-y_0)+r(y)\cdot (y-y_0),\quad\quad(5.1)$ где $\displaystyle \lim_{y\to y_0}\, r(y)=0$ . Доопределим функцию $r$ в точке $y_0$ по непрерывности, положив $r (y_0) = 0$ . В равенстве (5.1) считаем, что $y = f(x)$ . Тогда получим $\varphi(x)-\varphi(x_0) = g'(y_0)(f(x)-f(x_0)) + r(f(x))(f(x)-f(x_0)).$ Разделив это равенство на $x−x_0$ и устремив $x \to x_0$ , получаем $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\, \frac{\varphi(x)-\varphi(x_0)}{x-x_0}=$ $=g'(f(x_0)) \displaystyle \lim_{x\to x_0} \, \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\displaystyle \lim_{x\to x_0} \, r(f(x))\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.$ Последний предел справа равен нулю, поскольку $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\, r(f(x))=0$ (по теореме о непрерывности сложной функции) и $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\, \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$ . Итак, получили, что $\varphi'(x_0) = g'(f(x_0))\cdot f'(x_0)$ .

Пусть функция $f$ строго возрастает на интервале $I$ , непрерывна на $I$ , дифференцируема в точке $x_0 \in I$ и $f'(x_0)\neq 0$ . Тогда обратная функция $g = f^{-1}$ дифференцируема в точке $y_0 = f(x_0)$ , причём $g'(x_0) = \frac{1}{f'(x_0)}$ .

Рассмотрим разностное отношение $\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}$ . Обозначим $x=g(y)$ . Тогда $y=f(x)$ и $\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}=\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}.$ Поскольку функция $g$ непрерывна (в силу теоремы о непрерывности обратной функции), то при $y\to y_0$ имеем $x=g(y)\to g(y_0) = x_0$ , и поэтому $\displaystyle \lim_{y\to y_0}\,\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}=\frac{1}{\displaystyle \lim_{x\to x_0}\,\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\frac{1}{f'(x_0)},$ т. е. существует предел левой части и он равен $\frac{1}{f'(x_0)}$ .

1. Найти производную обратной функции $g(y)=\arcsin x,\, -\frac{\pi}{2}\leqslant y \leqslant\frac{\pi}{2},\, -1\leqslant x\leqslant 1$ .

Решение

Обратная функция к $g(y)$ : $f(x)=g^{-1}(y)=\sin y,$
Пользуясь вышеописанными формулами и таблицей производных получаем: $g'(y)=(\arcsin x)’ = \frac{1}{x’} = \frac{1}{\cos y}$ Так как $-\frac{\pi}{2}\leqslant y \leqslant\frac{\pi}{2}$ , то $\cos y > 0$ , поэтому $\cos y=\sqrt{1-\sin^2 y}=\sqrt{1-x^2}$ . Таким образом, $(\arcsin x)’=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ .

2. Найти производную обратной функции $g(y)=\text{arctg x},\, -\frac{\pi}{2}\leqslant y \leqslant\frac{\pi}{2},\, -\infty <x< +\infty$

Решение

Обратная функция к $g(y)$ : $f(x)=g^{-1}(y)=\text{tg y}$
Пользуясь вышеописанными формулами и таблицей производных имеем: $g'(y)=(\text{arctg x})’=\frac{1}{f'(x)}=\cos^2 y=\frac{1}{1+\text{tg}^2 y}=\frac{1}{1+x^2};$ итак, $(\text{arctg x})’=\frac{1}{1+x^2}$ .

3. Найти производную сложной функции $y=\ln^2\arcsin \frac{1}{x},\, x>1$

Решение

Используя вышеприведённые формулы и таблицу производных получаем: $y’=(\ln^2\arcsin\frac{1}{x})’=2\ln\arcsin\frac{1}{x}(\ln\arcsin\frac{1}{x})’=$ $=2\ln\arcsin\frac{1}{x}\frac{1}{\arcsin\frac{1}{x}}(\arcsin\frac{1}{x})’=$ $=2\frac{\ln\arcsin\frac{1}{x}}{\arcsin\frac{1}{x}}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}(\frac{1}{x})’=-\frac{2\ln\arcsin\frac{1}{x}}{|x|\sqrt{x^2-1}\arcsin\frac{1}{x}}$

4. Найти производную сложной функции $y=\frac{1}{2a}\ln|\frac{x-a}{x+a}|,\, x\neq a,\, x\neq -a$ .

Решение

Используя вышеприведённые формулы и таблицу производных получаем: $y’=\frac{1}{2a}\frac{(\frac{x-a}{x+a})’}{\frac{x-a}{x+a}}=$ $=\frac{1}{2a}\frac{x+a}{x-a}\frac{x+a-(x-a)}{(x+a)^2}=\frac{1}{x^2-a^2}$

Тестирование. Производная сложной и обратной функции

Пройдите тест для проверки понимания только что прочитанной темы

13.4 Производная сложной функции

Пусть $g$ — отображение открытого множества $E \subset \mathbb{R}^{n}$ в открытое множество $N \subset \mathbb{R}^{m},$ а $f: N \longmapsto \mathbb{R}^{p}.$ Тогда можно рассматривать сложную функцию $F: E \longmapsto \mathbb{R}^{p},$ $F(x) = f(g(x))$ $(x\in E).$ Ее называют композицией $F=f\circ g.$

Пусть отображение $g$ дифференцируемо в точке $x_{0}\in E,$ а отображение $f$ дифференцируемо в соответствующей точке $y_{0}=g(x_{0})\in N.$ Тогда композиция $F=f\circ g$ дифференцируема в точке $x_{0}$ и справедливо равенство
$F'(x_{0})=f'(y_{0})g'(x_{0}). \tag {13.1}$

Обозначим $A=f'(y_{0}),$ $B=g'(x_{0}).$ При достаточно малой длине вектора $k$ вектор $y_{0}+k\in N$ и справедливо равенство
$f(y_{0}+k)-f(y_{0})=A(k)+\alpha(k)|k|,$
где
$\lim_{k \to 0}\alpha (k)=0 \qquad (\alpha (0)=0). \tag {13.2}$
(Заметим, что $N$ — открытое множество, и поэтому $y_{0}+k\in N$ при достаточно малых по длине векторах $k.$ ) Если вектор $h$ достаточно мал, то $x_{0}+h\in E.$ Положим $k\equiv k(h)=g(x_{0}+h)-g(x_{0}).$ Тогда $f(y_{0}+k)= f(g(x_{0}+h))=F(x_{0}+h)$ и получаем
$F(x_{0}+h)-F(x_{0})=A(k(h))+\alpha (k(h))|k(h)|, \tag {13.3}$
где
$k(h)=B(h)+\beta (h)|h|$
по свойству дифференцируемости отображения $g,$ и $\displaystyle\lim_{h \to 0} \beta (h)=0$ . Подставив это в равенство $(13.3),$ получаем
$F(x_{0}+h)-F(x_{0})=A(B(h))+r(h),$
где
$r(h)=A(\beta(h)|h|)+\alpha (k(h))|k(h)|.$
По определению производной, нужно доказать, что $\lim_{h \to 0}\frac{|r(h)|}{|h|}=0,$
и тем самым теорема будет доказана.
Пусть $r_{1}(h)=A(\beta (h)|h|).$ Тогда в силу линейности отображения $А,$
$\frac{|r_{1}(h)|}{|h|}=| A(\beta (h))| \leqslant \begin{Vmatrix}A\end{Vmatrix}\cdot| \beta (h)|.$
Но правая часть стремится к нулю при $h\to 0$ , и поэтому получаем, что
$\lim_{h \to 0}\frac{|r_{1}(h)|}{|h|}=0.$
Теперь положим $r_{2}(h)= \alpha (k(h))|k(h)|.$ Воспользуемся неравенством
$|k(h)|\leqslant |B(h)|+|h|\cdot|\beta(h)|\leqslant [\begin{Vmatrix}B\end{Vmatrix}+|\beta (h)|]\cdot | h |,$
откуда
$\frac{|r_{2}(h)|}{|h|}\leqslant (\begin{Vmatrix}B\end{Vmatrix}+| \beta (h)|)| \alpha (k(h))|.$
Первый множитель справа ограничен при достаточно малых $h,$ а второй множитель справа стремится к нулю при $h\to 0$ в силу $(13.2).$
Таким образом, $\frac{|r_{}(h)|}{|h|}\leqslant \frac{|r_{1}(h)|}{|h|}+\frac{|r_{2}(h) |}{|h|}$ стремится к нулю при $h\to 0,$ и теорема доказана.

В правой части равенства $(13.1)$ мы имеем композицию линейных отображений $f{}'(y_{0})$ и $g{}'(x_{0}).$ Поэтому доказанную теорему можно сформулировать так: производная композиции равна композиции производных.

Пусть $z=f(y^{1},\ldots,y^{m})$ – действительная функция. Если положить $y^{i}=g_{i}(x) (i=1,\ldots,m),$ то получим $z=f(g_{1}(x),\ldots,g_{m}(x)),$ и тогда, согласно правилу дифференцирования сложной функции,
$\frac{\mathrm{dz} }{\mathrm{d} x}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\mathrm{dg_{1}} }{\mathrm{d} x}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\mathrm{dg_{m}} }{\mathrm{d} x}$
Положим теперь $y^{i}=g_{i}(x^{1},\ldots,x^{n}) (i=1,\ldots,m)$ и получим сложную функцию $z=f(g_{1}(x^{1},\ldots,x^{n}),\ldots,g_{m}(x^{1},\ldots,x^{n})).$ Если воспользоваться упомянутым только что правилом дифференцирования сложной функции, то получим
$\frac{\partial z}{\partial x^{i}}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{i}}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{i}} \qquad (i=1,\ldots,n).$
Это равенство называется цепным правилом.

Цепное правило можно вывести также из только что доказанной теоремы. Действительно, положим в теореме $p = 1,$ т. е. рассмотрим случай, когда $f$ – действительная функция. Тогда $F:E \longmapsto \mathbb{R}$ – действительная функция. Из соотношения $(13.1)$ видно, что матрица производной $F'(x_{0})$ равна произведению матриц $f{}'(y_{0})$ и $g{}'(x_{0}).$ В векторной форме это можно записать так:
$( \frac{\partial F}{\partial x^{1}}(x_{0}),\ldots,\frac{\partial F}{\partial x^{n}}(x_{0}))=$
$=\left ( \frac{\partial f}{\partial y^{1}}(y_{0}),\ldots,\frac{\partial f}{\partial y^{m}}(y_{0}) \right )\cdot\begin{pmatrix} \frac{\partial g_{1}}{\partial x^{1}}(x_{0})& \ldots& \frac{\partial g_{1}}{\partial x^{n}}(x_{0}) \\ \ldots& \ldots& \ldots \\ \frac{\partial g_{m}}{\partial x^{1}}(x_{0})& \ldots& \frac{\partial g_{m}}{\partial x^{n}}(x_{0}) \\ \end{pmatrix} .$
В частности,
$\frac{\partial F }{\partial x^{i}}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{i}}+\ldots +\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{i}} \qquad \qquad (i=1,\ldots,n),$
и тем самым снова получаем цепное правило.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых фигурируют производные сложных функций. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

Найти производную сложной функции $u=\frac{x}{y}-\frac{y}{x},$ где $x=\sin(t),$ $y=\cos(t)$

Решение

$\frac{\partial u}{\partial x}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= \frac{1}{y}(x)’-y\left ( \frac{1}{x} \right )’=\frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}}$
$\frac{\partial u}{\partial y}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= x\left ( \frac{1}{y} \right )’-\frac{1}{x}(y)’=-\frac{x}{y^{2}}-\frac{1}{x}$
$\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}={(\sin(t))}’=\cos(t)\qquad$ $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}={(\cos(t))}’=-\sin(t)$
$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\left ( \frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}} \right )\cos(t)+\left ( -\frac{x}{y}-\frac{1}{x} \right )(-\sin(t))$
Найти полную производную сложной функции $u=x+y^{2}+z^{3},$ где $y=\sin(x),$ $z=\cos(x)$

Решение

$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} x}=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=\\=1+2y\cos(x)+3z^{2}(-\sin(x))=1+2\sin(x)\cos(x)-3\cos^{2}(x)\sin(x)$
Найти полный дифференциал сложной функции $u=\ln^{2}(x^{2}+y^{2}-z^{2})$

Решение

Вначале находим частные производные:
$\frac{\partial u}{\partial x}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} 2x$
$\frac{\partial u}{\partial y}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} 2y$
$\frac{\partial u}{\partial z}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} (-2z)$
Для функции $n$ -переменных $y=f(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})$ полный дифференциал определяется выражением : $dy=\frac{\partial y}{\partial x_{1}}dx_{1}+\frac{\partial y}{\partial x_{2}}dx_{2}+\ldots +\frac{\partial y}{\partial x_{n}}dx_{n}$ . Согласно этой формуле, получаем :
$du=4\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}(xdx+ydy-zdz)$
Вычислить приближенно $(1,02)^{3,01}$

Решение

Рассмотрим функцию $z=z^{y}.$ При $x_{0}=1$ и $y_{0}=3$ имеем $z_{0}=1^{3}=1,$
$\Delta x=1,02-1=0,02 \qquad \Delta y=3,01-3=0,01.$
Находим полный дифференциал функции $z=x^{y}$ в любой точке:
$dz=yx^{y-1}\Delta x+^{y}\ln(x)\Delta y$
Вычисляем его значения в точке $M(1,3)$ при данных приращениях $\Delta x= 0,02$ и $\Delta y= 0,01$
$dz=3\cdot 1^{2}\cdot 0,02+1^{3}\cdot \ln(1)\cdot 0,02=0,06$
Тогда $z=(1,02)^{3,01}\approx z_{0}+dz=$ 1+0,06=1,06
Найти частные производные второго порядка функции $z=e^{x^{2}y^{2}}$

Решение

Вначале найдем частные производные первого порядка:
$\frac{\partial z}{\partial x}=e^{x^{2}y^{2}}2xy^{2},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=e^{x^{2}y^{2}}2x^{2}y$
Продифференцировав их еще раз, получим:
$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{2}y^{4}+e^{x^{2}y^{2}}2y^{2}$
$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{4}y^{2}+e^{x^{2}y^{2}}2x^{2}$
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{3}y^{3}+e^{x^{2}y^{2}}4xy$
$\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{3}y^{3}+e^{x^{2}y^{2}}4xy$
Сравнивая последние два выражения, видим, что $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}$
Найти полный дифференциал второго порядка функции $z=x^{3}+y^{3}+x^{2}y^{2}$

Решение

Вначале находим частные производные до второго порядка:
$\frac{\partial z}{\partial x}=3x^{2}+2xy^{2},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=3y^{2}+2x^{2}y$
$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=6x+2y^{2},\qquad \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=6y+2x^{2},\qquad \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=4xy$
Полный дифференциал второго порядка $d^{2}z$ функции $z=f(x,y)$ выражается формулой:
$d^{2}z=\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}dx^{2}+2\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}dxdy+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}dy^{2}$
Следовательно,
$d^{2}z=(6x+2y^{2})dx^{2}+8xydxdy+(6y+2x^{2})dy^{2}$

Литература

Производная сложной функции

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме.

6.2 Интегрирование по частям и замена переменной

Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на интервале $I$ . Если одна из функций $u(x)v'(x)$ или $u'(x)v(x)$ имеет первообразную на интервале $I$ , то на этом интервале имеет первообразную и другая функция, причем справедливо равенство $\begin{equation}\label{eq:exp1}\int u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx\end{equation}.$

Доказательство сразу следует из правила дифференцирования произведения. Действительно, пусть $u(x)v'(x)$ имеет первообразную. Тогда, по правилу дифференцирования произведения, имеем $[u(x)v(x)]’=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).$
Отсюда получаем, что $u'(x)v(x)$ является разностью двух производных функций, т. е. разностью двух функций, имеющих первообразные. Поэтому она сама также является производной, т. е. имеет первообразную, и справедливо равенство $\eqref{eq:exp1}$ .

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

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 $u(x)v'(x)$ .

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.

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

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

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

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.

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

Пусть функция $f$ имеет первообразную на интервале $I$ , т. е.
$\int f(t)dt=F(t)+C.$
Пусть, далее, функция $\varphi$ дифференцируема на интервале $\Delta$ и $\varphi(\Delta)\subset I$ . Тогда справедливо равенство
$\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.$

Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции имеем
$[F(\varphi(x))]’=F'(\varphi(x))\varphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x).$

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

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

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 $x$ .

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

Решение примеров

Интегрирование по частям:

$\int\text{arctg}\:xdx$

Решение

$\int\text{arctg}\:xdx=\begin{bmatrix}\text{arctg}\:{x}=u, du=\displaystyle\frac{dx}{1+x^2}\\dx=dv, v=x\end{bmatrix}=x\:\text{arctg}\: {x}-\int\displaystyle\frac{xdx}{1+x^2}=\\=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\int\displaystyle\frac{dx^2}{1+x^2}=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln(1 + x^2) + C.$
$\int x\sin{x}dx$

Решение

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

Решение

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

Замена переменной:

$\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}$

Решение

$\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}=\begin{bmatrix}\sqrt{e^x-1}=t, x=\ln(t^2+1)\\dx=\displaystyle\frac{2tdt}{t^2+1}\end{bmatrix}=2\int\displaystyle\frac{tdt}{t(t^2+1)}=\\=2\int\frac{dt}{t^2+1}=2\: \text{arctg}\: t+C.$
$\int\displaystyle\frac{x^{2}dx}{5-x^6}$

Решение

$\int\frac{x^2dx}{5-x^6}=\begin{bmatrix}x^3=t\\dt=3x^2dx\\x^6=t^2\end{bmatrix}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{5-t^2}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{(\sqrt{5})^2-t^2}=\\=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+t}{\sqrt{5}-t}\right|+C=[t=x^3]=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+x^3}{\sqrt{5}-x^3}\right|+C.$

Интегрирование по частям и замена переменной

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

Таблица лучших: Интегрирование по частям и замена переменной

максимум из 18 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Литература

Коляда В.И., Кореновский А.А. Курс лекций по математическому анализу Часть 1. (стр. 159)

Смотрите также

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Тестирование. Производная сложной и обратной функции

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

4.

5.

Примеры решения задач

Литература

Производная сложной функции

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Элементы сортировки

8.

9.

Решение примеров

Интегрирование по частям и замена переменной

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Таблица лучших: Интегрирование по частям и замена переменной