Некоторые часто используемые интегралы — различия между версиями
Juliet (обсуждение | вклад) |
Juliet (обсуждение | вклад) |
||
| Строка 101: | Строка 101: | ||
{{Hider | {{Hider | ||
|title = Доказательство | |title = Доказательство | ||
| − | |content = }} | + | |content = |
| − | + | ''Способ 1.'' <br /> | |
| + | :Положим <math>\ x = a \operatorname{sh} t </math> <br /> | ||
| + | :Тогда | ||
| + | :: <math>\ dx = {(a \operatorname{sh} t)}^\prime = a \operatorname{ch} t \ dt</math> | ||
| + | : <math>\int\!{dx \over \sqrt{x^2+a^2}} = a \int\! {\frac{\operatorname{ch} t \ dt}{\operatorname{ch} t}} = a \int\! dt = a t</math> | ||
| + | :Осталось найти <math>t</math> | ||
| + | }} | ||
Версия 19:51, 24 марта 2009
<math>\int\!\ln {x}\,dx = x \ln {x} - x + C</math>
Будем использовать метод интегрирования по частям:
- <math>u = \ln \,x \Longrightarrow \; du = \frac{dx}{x}</math>
- <math>dv = d\,x \Longrightarrow \; v = x</math>
Тогда:
- <math>\int\ln {x}\,dx =
x\ln x - \int\!{x \frac{1}{x
x\ln x - \int\!\,dx = x\ln x - x + C </math> Доказано. }}
<math>\int\!{dx \over {x^2+a^2}} = {1 \over a}\,\operatorname{arctg}\,\frac{x}{a} + C</math>
Вынесем множитель <math>1 / a^2</math> за знак интеграла и в качестве переменной интегрирования будем рассматривать <math>x/a</math>:
- <math>\int\!{dx \over {x^2+a^2
\frac{1}{a^2} \int\!{dx \over { ( \frac{x}{a} )^2 + 1}} = \frac{a}{a^2} \int\!{d{ ( \frac{x}{a} ) } \over { ( \frac{x}{a} )^2 + 1}} = \frac{1}{a} \operatorname{arctg}\,\frac{x}{a} + C</math> Доказано. }}
<math>\int\!{dx \over {x^2-a^2}} = {1 \over 2a}\ln \left|{x-a \over {x+a}}\right| + C</math>
Заметим, что <math>1 / (x^2 - a^2)</math> — правильная дробь. Разложим её на простые, используя метод неопределенных коэффициентов:
- <math>\frac{1}{x^2 - a^2} =
\frac{1}{(x-a) (x+a)} = \frac{A_1}{x-a} + \frac{A_2}{x+a}</math>
- <math>\ 1 = A_1 (x+a) + A_2 (x-a)</math>
Найдем значения коэффициентов <math>A_1</math> и <math>A_2</math>,
положив сначала <math>\ x = a </math>:
- <math>\ 1 = 2 a A_1 \Longrightarrow \; A_1 = \frac{1}{2a}</math>
А затем <math>\ x = -a </math>:
- <math>\ 1 = - 2 a A_2 \Longrightarrow \; A_2 = - \frac{1}{2a}</math>
Тогда:
- <math>\frac{1}{x^2 - a^2} =
\frac{1}{2a (x-a)} - \frac{1}{2a (x+a)}</math>
Вернемся к интегралу:
- <math>\int\!{dx \over {x^2-a^2
\int\! \left ( \frac{1}{2a (x-a)} - \frac{1}{2a (x+a)} \right ) \,dx = \frac{1}{2a} \left ( \int\! {dx \over {x-a}} - \int\! {dx \over {x+a}} \right ) = \frac{1}{2a} (\ln {|x-a|} - \ln {|x+a|} ) + C = \frac{1}{2a} \ln {\left | \frac{x-a}{x+a} \right | + C }</math> Доказано. }}
<math>\int\!{dx \over \sqrt{a^2-x^2}} = \arcsin {x \over a} + C</math>
Вынесем множитель <math>1 / a</math> за знак интеграла и в качестве переменной интегрирования будем рассматривать <math>x / a</math>:
- <math>\int\!{dx \over \sqrt{a^2-x^2
\frac{1}{a} \int\!{dx \over \sqrt{1- (\frac{x}{a})^2} } = \frac{a}{a} \int\!{d {(\frac{x}{a})} \over \sqrt{1- (\frac{x}{a})^2} } = \arcsin {x \over a} + C </math> Доказано.}}
<math>\int\!{-dx \over \sqrt{a^2-x^2}} = \arccos {x \over a} + C</math>
Вынесем множитель <math>1 / a</math> за знак интеграла и в качестве переменной интегрирования будем рассматривать <math>x / a</math>:
- <math>\int\!{- dx \over \sqrt{a^2-x^2
\frac{1}{a} \int\!{-dx \over \sqrt{1- (\frac{x}{a})^2} } = \frac{a}{a} \int\!{-d {(\frac{x}{a})} \over \sqrt{1- (\frac{x}{a})^2} } = \arccos {x \over a} + C </math> }}
<math>\int\!{dx \over \sqrt{x^2+a^2}} = \ln \left|{x + \sqrt {x^2 \pm a^2}}\right| + C</math>
Способ 1.
- Положим <math>\ x = a \operatorname{sh} t </math>
- Тогда
- <math>\ dx = {(a \operatorname{sh} t)}^\prime = a \operatorname{ch} t \ dt</math>
- <math>\int\!{dx \over \sqrt{x^2+a^2
- Осталось найти <math>t</math>
}}
<math>\int \sqrt{x^2 \pm a^2} \;dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 \pm a^2} \pm \frac{a^2}{2} \ln |x + \sqrt{x^2 \pm a^2} | + C</math>
<math>\int \sqrt{a^2-x^2} \;dx = \frac{x}{2} \sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C</math>
