Айнымалыны алмастыру әдісі

Жұмыс түрі: Материал
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 28 бет
Таңдаулыға:

СЕГІЗІНШІ ЛЕКЦИЯ

ИНТЕГРАЛ

Анықталмаған интеграл . f(x) және F(x) функциялары ақырлы немесе ақырсыз Х аралықта анықталған функциялар болсын.

Анықтама. Х аралығында дифференциалданатын

\[F\left(\,\mathcal{X}\right)\]

функциясы

\[F^{\prime}(x)\]

= f(x)

теңдігін қанағаттандырса F(x) функциясы f(х) функциясының алғашқы функциясы деп аталады.

\[F\phi(x)=t g a\,=f(x)\]

Мысалы , F(x) =x ³ функциясы f(x) =3x ² функциясының алғашқы функциясы болады,

себебі

\[F^{\prime}(x)\]

туындының геометриялық мағнасы y=F(x) функциясына х нүктеде жүргізілген жанаманың бұрыштық коэффициенті. Сонда,

\[f({\boldsymbol{x}})\]

функцияның алғашқы функциясын табу дегеніміз х нүктеде жүргізілген жанамасының бұрыштық коэффициенті сол нүктедегі

\[f({\boldsymbol{x}})\]

функциясының мәніне тең болатын y=F(x) қисығын табу деген сөз, яғни

\[F\,\phi(x)=t g c a\,=f(x)\]

\[f({\boldsymbol{x}})\]

функцияның алғашқы функциясы бірмәнді анықталмаған. Шынында да, мысалдағы f(x) =3x ² функцияларының алғашқы функциялары ретінде мына функцияларды алуымызға болады: x ³ +1 , x ³ -5 , x ³ +C , мұндағы С -қандай да бір нақты сан (себебі, бұл функциялардың туындысы 3x ² болады) . Жалпы жағдайда айтсақ,

\[f({\boldsymbol{x}})\]

функцияның алғашқы функциясы y=F(x) табылса, онда F(x) +С функциясы да

\[f({\boldsymbol{x}})\]

функцияның алғашқы функциясы болады, себебі

\[\left(F(x)+C\right)^{\phi}=F\,\forall x)+0=f(x)\]

. Геометриялық тұрғыдан қарастырсақ,

\[F\,\phi(x)=t g c a\,=f(x)\]

шартын қанағаттандыратын бір y=F(x) функция табылса, онда функция графигін Оу осі бойымен С шамаға жылжыту арқылы осы шартты қанағаттандыратын қисықтарды аламыз (бұлай жылжыту бұрыштық коэффициентті өзгертпейді) .

Мынадай теорема дұрыс болады.

Теорема. Егер Х аралығында

\[F\left(\,\mathcal{X}\right)\]

және Ф(х) функциялары f(х ) функциясының алғашқы функциясы болса, онда қандай да бір С саны табылып, мына теңдік орындалады:

Ф(х) = F(x) + C .

Бұл теоремадан егер

\[F\left(\,\mathcal{X}\right)\]

функциясы f(х ) функциясының алғашқы функциясы болса, онда F(x) + C өрнегі f(х) функциясының барлық алғашқы функцияларының жиынын беретіндігі шығады.

Анықтама. f(х) функциясының алғашқы функцияларының жиыны оның анықталмаған интегралы деп аталады және

\[[f(x)d x\]

деп белгіленеді, мұндағы

- интеграл белгісі; f(х) - интеграл астындағы функция; f(х) dx - интеграл астындағы өрнек. Сонымен,

\[f(x)d x\]

= F(x) + C , (1)

мұндағы F(x) - алғашқы функция, C - ерікті тұрақты .

Мысалдағы, f(x) =3x ² функциясының алғашқы функциясы F(x) =x ³ болғандықтан, анықтама бойынша .

Берілген функцияның алғашқы функциясын табу амалы функцияны интегралдау деп аталады. Функцияны интегралдау амалы дифференциалдау амалына кері амал.

Интеграл анықтамасынан мынадай қасиеттер шығады.

1. .

\[d(\otimes f(x)d x)=f(x)d x\]

\[\scriptstyle j P(x)\]

= F(x) + C.

4. Берілген аралықта f(x) және g(x) функцияларының алғашқы функциялары бар болса, онда f(x) + g(x) функциясының да алғашқы функциясы бар болады және

\[\textstyle\int\!f(x)+g(x))d x\]

\[=\delta f(x)d x+\]

\[\{g(x)d x\]

\[\Pi f(x)d x=\]

\[k{\bigl|}f(x)d x\]

6. Егер

\[|f(x)d x\]

= F(x) + C болса, онда

\[|f(a x+b)d x\]

\[\frac{1}{\overline{{{Q}}}}\]

F(ax+b) + C.

7. Егер интеграл астындағы функцияның алымы бөлімнің туындысы болса, онда интеграл бөлімнің абсолют шамасының натурал логарифміне тең, яғни

\[{\frac{u{\dot{q}}d x}{u}}=\ln|u|+C\]

, мұндағы u=u(x) .

Анықталмаған интегралдар кестесі:

\[{\mathfrak{J}}d x\]

= C

\[|d x\]

= x + C

1: 3

=C:

\[\textstyle{\xi{\mathfrak{X}}^{a}\,d x}\]

\[\frac{\chi^{a+1}}{Q\ +1}\]

+ C, x>0,

\[a\ ^{\perp}\ -1\]

2: 4

=x+C:

\[\frac{d x}{x}\]

= ln x + C, x

\[\frac{\overline{{\pi}}}{\overline{{\overline{{r}}}}}\]

1: 5

=C:

\[\vert i^{x}d x\]

\[\frac{a^{X}}{\ln a}\]

+ C,

\[0

2: 6

=x+C:

\[\textstyle{\int_{0}^{x}d x}\]

\[e^{X}\]

+ C

1: 7

=C:

\[\scriptstyle{\mathrm{poo}}+d{\mathrm{t}}\]

= sinx + C

2: 8

=x+C:

\[\textstyle\operatorname*{lim}x d x\]

=- cosx + C

1: 9

=C:

\[\textstyle{\frac{|d x}{\cos^{2}x}}d x\]

= tgx + C,

\[x^{\ 1}\ {\frac{p}{2}}+k\pi\]

2: 10

=x+C:

\[\textstyle{\frac{|d x}{\sin^{2}x}}d x\]

=- ctgx + C,

\[x\ \ \ w x\]

1: 11

=C:

\[\frac{d x}{\sqrt{1-x^{2}}}\]

= arcsinx + C,

-1<x<1

2: 12

=x+C:

\[\textstyle{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\]

= arcsin

\[\frac{\mathcal{X}}{\mathcal{Q}}\]

+ C,

-a<x<a

1: 13

=C:

\[\textstyle\int\!{\frac{\ d x}{1+x^{2}}}\]

= arctgx + C

2: 14

=x+C:

\[\textstyle\bigsqcup_{a^{2}+x^{2}}\]

artg

\[\frac{\mathcal{X}}{\mathcal{Q}}\]

+ C

1: 15

=C:

\[\frac{d x}{x^{2}-a^{2}}\]

\[\frac{1}{2a}\]

+ C

2: 16

=x+C:

\[{\delta\frac{d x}{\sqrt{x^{2}+k}}}=\]

\[\left|x+{\sqrt{x^{2}+k}}\right|\]

ИНТЕГРАЛДАУ ӘДІСТЕРІ

1. Бірден интегралдау . Белгілі формулалар көмегімен интегралды бір немесе бірнеше кестелік интегралға келтіруге болатын кезде қолданамыз. Мысалдар қарастырайық.

а)

\[\begin{array}{c}{{\S(x^{2}-\ 3\overline{{{\mathcal{V}}}}x+1)d x=\S x^{2}d x-\Im\overline{{{\mathcal{V}}}}\ \int x^{\frac{1}{3}}d x+\S{1}d x}}\end{array}\]

= =

\[\frac{x^{3}}{3}\]

Equation. 3 +

\[{\Im}7\]

\[{\frac{2}{3}}{\frac{1}{1}{\frac{1}{3}}+1}\]

+ x+C=

\[\frac{x^{3}}{3}\]

Equation. 3 +

\[{\Im}7\]

\[\frac{4}{4}\]

+ x+C

б)

\[\delta^{\mathrm{cos}}\,\,x d x=\frac{1+\cos2\,x}{2}d x=\]

\[\delta_{\widetilde{\otimes2}}^{\mathrm{cl}}+\frac{1}{2}\cos2x_{\widetilde{\vartheta}d x}^{\widetilde{0}}=\frac{1}{2}\,x+\frac{1}{4}\sin2x+C\]

в)

\[\delta(3x+4)^{\bar{17}}d x=\frac{1}{3}\frac{\left(3x+4\right)^{\vert8}}{18}+C=\frac{\left(3x+4\right)^{\vert8}}{54}+C\]

(6-қасиет бойынша есептелді) .

г)

\[{\mathfrak{d}}{\frac{6x-7}{3x^{2}-7x+5}}d x=\]

\[\ln\left|3x^{2}\ -\ 7x+5\right|\]

+С.

2. Айнымалыны алмастыру әдісі. I=

\[[f(x)d x\]

интегралын қарастырайық. Айталық, x=g(t) дифференциалданатын функция болсын. Сонда dx=g’(t) dt және

\[\delta f(x)d x=\]

\[[f[g(t)]g\,\phi(t)d t\]

Бұл әдіс айнымалыны ұтымды алмастыруға негізделген. Айнымалыны алмастыру арқылы интеграл бірден немесе бірнеше амалдардан кейін кестелік интегралға келтіріледі. Мысалдар қарастырайық.

а)

\[\frac{1}{2}\partial e^{t}d t=\frac{1}{2}e^{t}+C=\]

\[{\frac{1}{2}}e^{x^{2}}\]

+С

б)

\[{\frac{x^{2}d x}{1+x^{6}}}=\]

\[\frac{1}{3}\ \stackrel{\ Q t}{\ 1+t^{2}}d t=\frac{1}{3}\]

arctgt+C= =

\[\frac{1}{\overline{{{\overline{{\overline{{\mathcal{S}}}}}}}}}\]

arctgx ³ +C

в )

\[\underline{{\partial x}}{\underline{{\partial}}}{\underline{{\partial}}}{\underline{{x(1+\ln x)}}}=\]

\[\left\|1+\ln x=t{\textbf{p}}\,{\frac{d x}{x}}=d t\right\|=\]

\[{\frac{d t}{t}}=\]

lnt+C=ln1+lnx+C

3. Бөліктеп интегралдау әдісі. Бұл әдіс мынадай қатынасқа негізделген:

d(uv) = udv + vdu

\[\longrightarrow{\overset{}{\longrightarrow}}\]

udv = d(uv) - vdu

мұндағы u=f(x) және v=g(x) функциялары туындылары бар функциялар. Теңдіктің екі жағынан да интеграл алсақ,

\[{\textstyle\bigwedge}d\nu=\setminus\bigcup(u\nu)-\bigcup\mathcal{U}d u\]

осыдан

\[{\partial}d\nu=u\nu-{\partial}^{}d u\]

Бұл әдісті қолданғанда u және v функцияларын

\[\textstyle{\sqrt{d u}}\]

интеграл

\[{\mathfrak{J}}d\nu\]

интегралға қарағанда оңай алынатындай етіп таңдайды. Мысалдар қарастырайық.

а)

\[|x e^{x}d x=\]

\[x e^{x}-\,{\mathfrak{g}}e^{x}d x=x e^{x}-e^{x}\]

+С=

\[e^{x}(x{-}1)\]

+C.

б)

\[J=\textsf{f r a c x}\]

\[e^{x}\cos x+\delta e^{x}\sin x d x=\]

\[={\left\Vert e^{x}\,d x=u\,\textbf{p}\,d u=\cos x d x\right\Vert}=\]

\[e^{x}\cos x+e^{x}\sin x-\ \vert e^{x}\cos x d x=\]

\[=e^{x}(\cos x+\sin x)-J\]

\[{\mathcal{C}}^{X}\]

(cosx+sinx) -J

\[\longrightarrow{\overset{}{\longrightarrow}}\]

\[\frac{\mid}{\overbrace{\sum}}\]

\[{\mathcal{C}}^{X}\]

(cosx+sinx) +C.

Төмендегі интегралдар тобы тек бөліктеп интегралдау әдісімен есептелінеді:

\[\left|x^{n}\ln x d x\right|\]

;

\[\left[\chi^{n}\mathrm{~arccsin~}x d x\right]\]

;

\[\left\{x^{n}{\mathrm{~arccos}}\,x d x\right.\]

;

\[|x^{n}a r c t g x d x\]

Рационал функцияларды интегралдау.

\[a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{n}x^{n}\]

түріндегі өрнекті n- дәрежелі көпмүшелік деп атайды. Мұндағы

- нақты сандар (

\[a_{n}\neq0\]

, n >0) . Көпмүшеліктердің қатынасы түрінде берілген өрнек рационал өрнек болады.

Мысалы

\[\frac{3x-1}{x^{2}+1}\]

\[\frac{x^{3}\cdot5x^{2}+1}{x-1}\]

бөлшектер рационал өрнектер.

Егер бөлшектің алымындағы көпмүшеліктің дәрежесі бөліміндегі көпмүшелік дәрежесінен кем болса, бөлшек дұрыс деп, ал кем болмаса бөлшек бұрыс деп аталады. Мысалдағы бірінші бөлшек - дұрыс, ал екінші - бұрыс бөлшек.

Кез келген бұрыс бөлшекті алымын бөлімге бөлу арқылы дұрыс бөлшекке келтіріп алуға болады.

Мысалы,

\[\textstyle{\frac{x^{3}\cdot5x^{2}+1}{x-1}}\]

бөлшекті дұрыс бөлшекке келтірейік:

Сонымен, берілген бөлшектің бүтін бөлігін бөліп дұрыс бөлшекке келтірдік:

\[{\frac{x^{3}\,\dots\,5x^{2}+1}{x\,\ 1}}=x^{2}\,\cdot\,4x-\,4-\,{\frac{3}{x-1}}\]

Мектеп курсынан көпмүшеліктің мынадай қасиеті белгілі: Кез келген көпмүшелікті

\[(x-a)^{a}\]

және

\[(x^{2}+p x+q)^{\beta}\]

түріндегі көбейткіштерге жіктеуге болады.

Мынадай тұжырым дұрыс болады: Егер дұрыс рационал бөлшек бөлімі

\[(x-a)^{\alpha}\]

және

\[(x^{2}+p x+q)^{\beta}\]

түріндегі көбейткіштерге жіктелген болса, онда бөлшектімынадай қарапайым бөлшектердің қосындысына жіктеуге болады:

\[{\frac{P(x)}{(x-a)^{a}\,(x^{2}+p x+q)^{\beta}}}=\]

\[{\frac{A_{1}}{x-a}}+{\frac{A_{2}}{\left(x-a\right)^{2}}}+\ldots+{\frac{A_{a}}{\left(x-a\right)^{n}}}+\]

\[+\frac{B_{1}x+C_{1}}{x^{2}+p x+q}+\frac{B_{2}x+C_{2}}{\left(x^{2}+p x+q\right)}+\ldots+\frac{B_{b}\,x+C_{b}}{\left(x^{2}+p x+q\right)^{\mathrm{a}}}\]

, (2)

мұндағы Р(х) - белгілі көпмүшелік ,

\[{\cal A}_{1},\,{\cal A}_{2},\ldots,\,{\cal A}_{\alpha}\ ,\]

\[B_{1},B_{2},\ldots,B_{\beta}\,,\]

\[C_{1},C_{2},\cdot\cdot\cdot S_{\beta}\]

- белгісіз коэффициенттер. Ол коэффициенттерді табу үшін белгісіз коэффициенттер әдісін пайдаланамыз: теңдіктің оң жағын ортақ бөлімге келтіреміз; екі бөлшектің бөлімдері тең болатындықтан, алымдарын теңестіреміз; теңдіктің екі жағындағы х айнымалының бірдей дәрежелері алдындағы коэффициенттерін теңестіру арқылы теңдеулер жүйесін аламыз; осы жүйені шешіп белгісіз коэффициенттерді табамыз.

Мысалы

\[\frac{3x^{2}+2x+1}{(x+1)^{2}(x^{2}-\ \bar{\sigma}+1)}\]

бөлшегін қарапайым бөлшектер қосындысына жіктейік.

Бөлшек дұрыс, сондықтан (2) формула бойынша бөлшекті жіктейміз,

\[{\frac{3x^{2}+2x+1}{\left(x+1\right)^{2}\left(x^{2}-{\bar{\sigma}}+1\right)}}={\frac{A_{1}}{x+1}}+{\frac{A_{2}}{\left(x+1\right)^{2}}}+{\frac{B x+C}{x^{2}\cdot x+1}}\]

Белгісіз коэффициенттерді табу үшін теңдіктің оң жағын ортақ бөлімге келтіріп жазайық:

\[\frac{3x^{2}+2x+1}{(x+1)^{2}(x^{2}\cdot\,x+1)}=\frac{A_{1}(x+1)(x^{2}-\,x+1)+A_{2}(x^{2}\cdot\,x+1)+(B x+C)(x+1)^{2}}{(x+1)^{2}(x^{2}\cdot\,x+1)}\]

Бөлімдері бірдей, алымдарын теңестіреміз (оң жақтағы бөлшек алымын ықшамдап, х-тің дәрежесі түрінде жазайық) :

\[3x^{2}+2x+1=(A_{1}+B)x^{3}+(A_{2}+2B+C)x^{2}+(-\,A_{2}+B+2C)x+A_{1}+A_{2}+C\]

Теңдіктің екі жағындағы х айнымалының бірдей дәрежелері алдындағы коэффициенттерін теңестіру арқылы теңдеулер жүйесін аламыз:

\[\begin{array}{l}{{{\frac{1}{1}}A_{1}+B=0}}\\ {{{\frac{1}{2}}A_{2}+2B+C=3}}\\ {{{\frac{1}{2}}C_{2}+B+2C=2}}\\ {{{\frac{1}{2}}\sqrt{A_{1}+A_{2}+C=1}}}\end{array}\]

Төрт белгісізді, төрт теңдеуден тұрған жүйені шешіп, белгісіз коэффициенттерді табамыз:

\[A_{1}=-\mathrm{\frac{2}{3}};\quad A_{2}=\frac{2}{3};\quad B=\frac{2}{3};\quad C=1\]

Табылған мәндерді теңдіктегі орнына қойып, бөлшектің қарапайым жіктелуін аламыз:

\[\frac{3x^{2}+2x+1}{(x+1)^{2}(x^{2}-\ x+1)}=-\ \frac{2}{3(x+1)}+\frac{2}{3(x+1)^{2}}+\frac{2x+3}{3(x^{2}-\ x+1)}\]

Енді осы рационал бөлшекті интегралдайық.

\[\delta\frac{3x^{2}+2x+1}{(x+1)^{2}(x^{2}-\,x+1)}d x=\frac{\ddot{\Theta}}{\xi}\frac{2}{3(x+1)}+\frac{2}{3(x+1)^{2}}+\frac{2x+3}{3(x^{2}-\,x+1)}\frac{\ddot{\Theta}}{\dot{\phi}}t x=0\quad,\]

\[=-\;\frac{2}{3}\,\Theta_{\;\;x+1}^{\;\;d x}+\frac{2}{3}\,\partial\frac{d x}{\left(x+1\right)^{2}}+\frac{1}{3}\;\frac{2x+3}{x^{2}-x+1}d x\]

Әр интегралды жеке қарастырайық.

\[{\frac{d x}{x+1}}=\]

\[\ln\vert x+1\vert+C\]

, мұнда бөлшектің алымы бөлімінің туындысы болғандықтан 7-қасиетті пайдаландық.

\[\delta{\frac{d x}{(x+1)^{2}}}=\]

\[\left\|x+1=t\right\|=\]

+ С=

\[-{\frac{1}{t}}\]

+C=

\[-\ {\frac{1}{x+1}}\]

+C;

\[{\frac{2x+3}{x^{2}-x+1}}d x={\frac{\left(2x-1\right)+4}{x^{2}-x+1}}d x=\]

\[{\mathfrak{O}}{\frac{2x-1}{x^{2}-\ x+1}}d x+{\mathfrak{O}}{\frac{4d x}{x^{2}-\ x+1}}=\]

\[\frac{1}{\sqrt{3}}\,a r c t g\,\frac{x-\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}\nonumber\]

+С=

= +

\[\frac{8}{\sqrt{3}}a r c t g\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\]

+C,

мұнда бірінші қосылғышты алымы бөлімінің туындысы болғандай етіп түрлендірдік те 7-қасиетті пайдаландық. Ал екінші қосылғышта бөлімінің толық квадратын бөліп алып, интегралдар кестесіндегі 14-формуланы пайдаландық.

Сонымен,

\[\delta\frac{3x^{2}+2x+1}{(x+1)^{2}(x^{2}-x+1)}d x=\]

\[-{\frac{2}{3}}\]

ln x+1 -

\[\frac{2}{3({\tilde{\sigma}}+1)}\]

Equation. 3 +

\[+{\frac{1}{3}}\]

Equation. 3 +

\[\frac{8}{3\sqrt{3}}\,a r c t g\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\]

+C.

Иррационал және тригонометриялық функцияларды интегралдау.

\[|R(x,{\sqrt{x}})d x\]

түріндегі интегралды қарастырайық. Мұндағы иррационалдықты

\[t={\sqrt{x}}\]

деген белгілеу енгізіп, рационал функцияға келтіруге болады.

Мысал.

\[\delta{\frac{\sqrt{x}}{x+1}}d x=\]

\[\left\|x={\sqrt{x}}\ \mathbf{p}\ \ x=t^{2}\right\|=\]

\[{\frac{2t^{2}}{t^{2}+1}}d t=\]

\[2{\delta}\frac{t^{2}+1-1}{t^{2}+1}d t=\]

\[=2{\delta}_{\frac{\hat{\wp}}{\hat{\wp}}}^{\hat{\infty}}-\frac{1}{t^{2}+1}\frac{\hat{\frac{9}{4}}d t}{\phi}=\]

2(t - arctgt) +C=2(

\[\sqrt{x}\]

- arctg

\[\sqrt{x}\]

) +C.

\[|R(x,{\sqrt{a x^{2}+b x+c}})d x\]

түріндегі интегралды қарастырайық. Қарапайым жағдайларда мұндай интеграл кестелі интегралға келтіріледі. Ол үшін квадрат үшмүшеліктен толық квадрат бөліп алып, айнымалыны алмастыру керек.

Мысал.

\[{\mathfrak{Q}}{\frac{x d x}{{\sqrt{5+2x-x^{2}}}}}=\]

\[\scriptstyle({\frac{t+1)t}{\sqrt{6\cdot t^{2}}}}\,=\]

\[=\delta{\frac{t d t}{\sqrt{6-t^{2}}}}+\]

\[{\frac{d t}{\sqrt{6-t^{2}}}}=\]

\[\ -{\frac{1}{2}}\delta{\frac{d z}{\sqrt{z}}}+\]

\[\delta{\frac{d t}{\sqrt{\left({\sqrt{6}}\right)\cdot t^{2}}}}=\]

\[=-\,\frac{1}{2}\frac{z^{\frac{1}{2}+1}}{\cdot\frac{1}{2}+1}+\]

arcsin

\[\frac{t}{\sqrt{6}}\]

+C=

\[-\;{\sqrt{z}}+\]

arcsin

\[\frac{t}{\sqrt{6}}\]

+C=

\[\textstyle{\overline{{\sqrt{6\cdot t^{2}}}}}+\]

+arcsin

\[\frac{x-1}{\sqrt{6}}\]

+C=

\[-\;\sqrt{5+2x-x^{2}}\;+\]

arcsin

\[\frac{x-1}{\sqrt{6}}\]

+C.

\[|R(\sin x,\cos x)d x\]

түріндегі интегралды қарастырайық. Бұл интегралды

\[t=t g\,\frac{x}{2}\]

(

\[\lnot p\ ) - универсал алмастыру жасау арқылы рационал функцияны интегралдауға келтіреді. Шынында да,

\[\sin x={\frac{2t g\,{\frac{x}{2}}}{1+t g^{2}\,{\frac{x}{2}}}}\]

\[\frac{2t}{1+t^{2}}\]

;

\[\cos x={\frac{1-t g^{2}\,{\frac{x}{2}}}{1+t g^{2}\,{\frac{x}{2}}}}\]

\[\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\]

;

\[t=t g\,\frac{x}{2}\]

\[\implies\]

x=2arctgt

\[\implies\]

dx=

\[\frac{2d t}{1+t^{2}}\]

Мысал .

\[\delta{\frac{d x}{\sin x}}=\]

\[\frac{2d t}{{\frac{1+t^{2}}{2t}}}{\frac{2d t}{1+t^{2}}}\]

\[{\frac{d t}{t}}=\]

ln t + C = ln

\[\left|g\,{\frac{x}{2}}\right|\]

+C.

\[\mathbf{jin}^{m}\ x\cos^{n}\ x d x\]

түріндегі интегралды қарастырайық. Бұл интегралда екі жағыдай болуы мүмкін:

а) т немесе п сандарының біреуі тақ оң сан. Егер т -тақ сан болса cosx=t деген, ал егер п -тақ сан болса, sinx=t деген алмастыру жасалады.

б) т және п сандары жұп оң сан. Онда мынадай формулаларды пайдаланады:

sinxcosx=

\[\frac{1}{\overline{{\mathcal{D}}}}\]

sin2x;

\[\sin^{2}x={\frac{1}{2}}\left(1-\cos2x\right)\]

;

\[\cos^{2}x={\frac{1}{2}}(1+\cos2x)\]

АНЫҚТАЛҒАН ИНТЕГРАЛ

y=f(x) функциясы [ a; b ] кесіндісінде үзіліссіз болсын. [ a; b ] кесіндісін n бөлікке бөлеміз:

\[a=x_{0}\ .

Әр бір [

\[x_{i-1};x_{i}\]

] кесіндіден

нүкте алып,

\[\mathrm{D}x_{i}=x_{i}-\,x_{i-1}\]

деп белгілеп, мынадай қосынды құрайық:

\[\overset{n}{\underset{i=1}{n}}f(\xi_{i})\mathrm{D}x_{i}=\]

\[f(x_{1})\mathrm{D}x_{1}+f(x_{2})\mathrm{D}x_{2}+...+f(\xi_{n})\Delta x_{n}\]

(1)

(1) қосынды y=f(x) функциясының [ a; b ] кесіндісіндегі интегралдық қосындысы деп атайды.

Анықтама. y=f(x) функциясының интегралдық қосындысының

\[\mathrm{max}\,\mathrm{L}x_{i}\rightarrow0\]

жағдайдағы шегі функцияның [a; b] аралығындағы анықталған интегралы деп аталады және

деп белгіленеді.

Сонымен,

\[\operatorname*{max}_{m a x}\operatorname*{lim}_{t}(\frac{n}{\hbar})\Im x_{i}\]

, (2)

мұндағы а және b сандары интегралдың сәйкес төменгі және жоғарғы шектері деп аталады.

Белгіленуі мен айтылуында ұқсастық болғанымен анықталған және анықталмаған интеграл екеуі түрлі ұғымды береді:

\[[f(x)d x\]

- функциялар жиыны болса;

- нақтылы сан болады.

Егер [ a; b ] кесіндіде f(x) >0 болса, онда анықталған интеграл анықтамасынан оның геометриялық мағнасы шығады: - үстіңгі жағынан y=f(x) қисығымен, бүйір жақтарынан x=a, x=b түзулерімен, астыңғы жағынан y=0 түзуімен шектелген қисық сызықты трапеция ауданы.