Derivati ​​višeg reda

U ovoj lekciji ćemo naučiti kako pronaći derivate višeg reda, kao i pisati opšta formula"n-ti" derivat. Osim toga, Leibnizova formula za takav derivat i, prema popularnoj potražnji, derivate višeg reda od implicitna funkcija. Predlažem da odmah uradite mini-test:

Evo funkcije: a evo i njegove prve izvedenice:

U slučaju da imate bilo kakvih poteškoća/zabune oko ovog primjera, počnite s dva osnovna članka mog kursa: Kako pronaći derivat? I Derivat kompleksne funkcije. Nakon savladavanja elementarnih izvedenica, preporučujem da pročitate lekciju Najjednostavniji problemi sa izvedenicama, o čemu smo se posebno bavili drugi derivat.

Nije teško ni pretpostaviti da je drugi izvod izvod prvog izvoda:

U principu, drugi izvod se već smatra derivatom višeg reda.

Slično: treći izvod je izvod drugog izvoda:

Četvrti izvod je izvod trećeg izvoda:

Peta izvedenica: , a očito je da će svi derivati ​​višeg reda također biti jednaki nuli:

Pored rimske numeracije, u praksi se često koriste sljedeće oznake:
, derivacija “n-tog” reda je označena sa . U ovom slučaju, superscript mora biti zatvoren u zagradama– razlikovati izvedenicu od “y” u stepenu.

Ponekad vidite nešto ovako: – treći, četvrti, peti, ..., „n-ti” derivati, redom.

Naprijed bez straha i sumnje:

Primjer 1

Funkcija je data. Pronađite .

Rješenje: sta reci... - samo napred za cetvrtu izvedenicu :)

Više nije uobičajeno stavljati četiri poteza, pa prelazimo na numeričke indekse:

Odgovori:

U redu, sada razmislimo o ovom pitanju: što učiniti ako uvjet zahtijeva pronalaženje ne 4., već, na primjer, 20. izvedenice? Ako je za izvedenicu 3-4-5 (maksimalno 6-7.) reda veličine, rješenje se prilično brzo formalizira, onda nećemo vrlo brzo „doći do“ derivata viših reda. U stvari, nemojte zapisivati ​​20 redova! U takvoj situaciji, potrebno je analizirati nekoliko pronađenih izvedenica, vidjeti obrazac i kreirati formulu za „n-tu“ derivaciju. Dakle, u primjeru br. 1 lako je razumjeti da će sa svakim sljedećim diferenciranjem ispred eksponenta “iskočiti” dodatna “trojka”, a u svakom koraku je stepen “trojke” jednak broju derivat, dakle:

Gdje je proizvoljan prirodan broj.

I zaista, ako je , onda se dobija tačno 1. izvod: , ako – onda 2.: itd. Tako se dvadeseti izvod određuje odmah: – i nema „kilometarskih listova“!

Zagrijavanje samostalno:

Primjer 2

Pronađite funkcije. Napišite derivaciju reda

Rješenje i odgovor nalaze se na kraju lekcije.

Nakon okrepljujućeg zagrijavanja, pogledat ćemo još složeni primjeri, u kojem ćemo razraditi gornji algoritam rješenja. Za one koji su uspjeli da se upoznaju sa lekcijom Granica sekvence, bit će malo lakše:

Primjer 3

Pronađite funkciju.

Rješenje: da razjasnimo situaciju, nađimo nekoliko izvedenica:

Ne žurimo da množimo rezultirajuće brojeve! ;-)


Možda je to dovoljno. ...čak sam malo preterao.

Sljedeći korak je najbolje kreirati formulu za "n-tu" izvodnicu (ako uvjet ovo ne zahtijeva, onda možete proći sa nacrtom). Da bismo to učinili, gledamo dobivene rezultate i identificiramo obrasce s kojima se dobiva svaki sljedeći izvod.

Prvo, oni se izmjenjuju. Usklađivanje osigurava "blistavo svjetlo", a budući da je 1. izvod pozitivan, sljedeći faktor će ući u opću formulu: . Ekvivalentna opcija bi također uspjela, ali lično, kao optimista, volim znak plus =)

Drugo, u brojiocu se "navija" faktorijel, i on “zaostaje” za izvedenim brojem za jednu jedinicu:

I treće, povećava se snaga "dvojke" u brojniku, što je jednako broju derivacije. Isto se može reći i za stepen nazivnika. konačno:

Za provjeru, zamijenimo nekoliko "en" vrijednosti, na primjer, i :

Odlično, sada je pogriješiti jednostavno grijeh:

Odgovori:

Jednostavnija funkcija za nezavisna odluka:

Primjer 4

Pronađite funkcije.

I još zanimljiviji problem:

Primjer 5

Pronađite funkcije.

Ponovimo postupak još jednom:

1) Prvo nalazimo nekoliko izvedenica. Za hvatanje uzoraka obično su dovoljna tri ili četiri.

2) Onda toplo preporučujem izradu (barem u nacrtu)„n-ti“ derivat – garantovano će vas zaštititi od grešaka. Ali možete i bez toga, tj. mentalno procijenite i odmah zapišite, na primjer, dvadeseti ili osmi izvod. Štaviše, neki ljudi uglavnom su u stanju da riješe probleme usmeno. Međutim, treba imati na umu da su "brze" metode pune i da je bolje biti siguran.

3) U završnoj fazi provjeravamo "n-tu" derivaciju - uzmimo par "n-tih" vrijednosti (po mogućnosti susjednih) i izvršimo zamjenu. A još je pouzdanije provjeriti sve prethodno pronađene derivate. Zatim ga zamjenjujemo u željenu vrijednost, na primjer, ili i pažljivo češljamo rezultat.

Quick Solution 4 i 5 primjera na kraju lekcije.

U nekim zadacima, kako biste izbjegli probleme, morate malo čarolije poraditi na funkciji:

Primjer 6

Rješenje: Ne želim uopće razlikovati predloženu funkciju, jer će rezultirati "lošim" razlomkom, što će uvelike otežati pronalaženje naknadnih derivata.

U tom smislu, preporučljivo je izvršiti preliminarne transformacije: koristimo formula kvadratne razlike I svojstvo logaritma :

To je sasvim druga stvar:

I stari prijatelji:

Mislim da se sve gleda. Imajte na umu da 2. razlomak zamjenjuje znak, ali 1. razlomak ne. Konstruišemo derivat poretka:

Kontrola:

Pa, lepote radi, izvadimo faktorijel iz zagrada:

Odgovori:

Zanimljiv zadatak za samostalno rješenje:

Primjer 7

Zapišite formulu izvoda reda za funkciju

A sada o nepokolebljivoj uzajamnoj garanciji na kojoj bi joj zavidjela i italijanska mafija:

Primjer 8

Funkcija je data. Nađi

Osamnaesti izvod u tački. Samo.

Rješenje: prvo, očigledno, morate pronaći . idi:

Počeli smo od sinusa, a završili sa sinusom. Jasno je da će se daljim diferenciranjem ovaj ciklus nastaviti unedogled, a postavlja se pitanje: koji je najbolji način da se „dođe” do osamnaestog izvoda?

"Amaterska" metoda: brzo zapišite brojeve sljedećih izvedenica u stupac s desne strane:

ovako:

Ali ovo funkcionira ako redoslijed derivacije nije prevelik. Ako treba da nađete, recimo, stoti izvod, onda bi trebalo da koristite deljivost sa 4. Sto je djeljivo sa 4 bez ostatka, i lako je vidjeti da se takvi brojevi nalaze u donjem redu, dakle: .

Usput, 18. izvod se također može odrediti iz sličnih razmatranja:
Drugi red sadrži brojeve koji su djeljivi sa 4 sa ostatkom od 2.

Drugi, više akademski metod se zasniva na sinusna periodičnost I formule redukcije. Koristimo gotovu formulu za “n-tu” derivaciju sinusa , u koji se jednostavno zamjenjuje željeni broj. Na primjer:
(formula za smanjenje ) ;
(formula za smanjenje )

u našem slučaju:

(1) Pošto je sinus periodična funkcija sa tačkom , onda se argument može bezbolno "odvrnuti" 4 tačke (tj. ).

Izvod poretka proizvoda dviju funkcija može se naći pomoću formule:

posebno:

Ne morate ništa posebno pamtiti, jer što više formula znate, manje ih razumijete. Mnogo je korisnije upoznati se Njutnov binom, budući da je Leibnizova formula vrlo, vrlo slična njoj. Pa oni sretnici koji će dobiti derivat 7. ili višeg reda (što je zaista malo vjerovatno), biće primorani da to urade. Međutim, kada dođe red kombinatorika– onda još moraš =)

Nađimo treći izvod funkcije. Koristimo Leibnicovu formulu:

IN u ovom slučaju: . Izvodi se lako recituju usmeno:

Sada pažljivo i PAŽLJIVO izvršite zamjenu i pojednostavite rezultat:

Odgovori:

Sličan zadatak za samostalno rješenje:

Primjer 11

Pronađite karakteristike

Ako se u prethodnom primjeru rješenje “head-on” još uvijek natjecalo s Leibnizovom formulom, onda će to ovdje biti zaista neugodno. I još neugodnije - u slučaju derivata višeg reda:

Primjer 12

Pronađite izvod navedenog reda

Rješenje: prva i značajna napomena je da vjerovatno ne morate ovako odlučivati ​​=) =)

Zapišimo funkcije i nađemo njihove derivacije do 5. reda uključujući. Pretpostavljam da su vam izvedenice desnog stupca postale usmene:

U lijevom stupcu „živi“ derivati ​​su brzo „završili“ i to je vrlo dobro - tri člana u Leibnizovoj formuli će biti vraćena na nulu:

Da se još jednom zadržim na dilemi koja se pojavila u članku o složene derivate: Da li da pojednostavim rezultat? U principu, možete to ostaviti na ovaj način - učitelju će biti još lakše provjeriti. Ali on može zahtijevati da se odluka dovrši. S druge strane, uprošćavanje na vlastitu inicijativu je prepuno algebarskih grešaka. Međutim, imamo odgovor dobijen na "primitivan" način =) (vidi link na početku) i nadam se da je tačno:

Odlično, sve se poklopilo.

Odgovori:

Sretan zadatak za samostalno rješenje:

Primjer 13

Za funkciju:
a) naći direktnom diferencijacijom;
b) pronađite koristeći Leibnizovu formulu;
c) izračunati.

Ne, ja uopće nisam sadista - tačka "a" ovdje je prilično jednostavna =)

Ali ozbiljno, “direktno” rješenje sukcesivnom diferencijacijom također ima “pravo na život” - u nekim slučajevima njegova složenost je uporediva sa složenošću primjene Leibnizove formule. Koristite ako smatrate da je prikladno - malo je vjerovatno da će to biti razlog za neuspjeh u zadatku.

Kratko rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Da biste podigli završni pasus, morate biti u mogućnosti razlikovati implicitne funkcije:

Izvodi funkcija višeg reda specificirani implicitno

Mnogi od nas su proveli duge sate, dane i sedmice svog života učeći krugovima, parabole, hiperbola– a ponekad je čak izgledalo i kao prava kazna. Pa hajde da se osvetimo i da ih pravilno razlikujemo!

Počnimo sa „školskom“ parabolom u njoj kanonski položaj:

Primjer 14

Jednačina je data. Pronađite .

Rješenje: Prvi korak je poznat:

Činjenica da se funkcija i njen izvod izražavaju implicitno ne mijenja suštinu stvari; drugi izvod je izvod prvog izvoda:

Međutim, postoje pravila igre: obično se izražavaju derivati ​​2. i višeg reda samo kroz “X” i “Y”. Stoga zamjenjujemo : u rezultirajuću 2. izvedenicu:

Treći izvod je izvod drugog izvoda:

Slično, zamijenimo:

Odgovori:

"školska" hiperbola u kanonski položaj- Za samostalan rad:

Primjer 15

Jednačina je data. Pronađite .

Ponavljam da 2. izvod i rezultat treba izraziti samo kroz “x”/”y”!

Kratko rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Nakon dječjih šala, pogledajmo njemačku pornografiju, pogledajmo više primjera za odrasle, iz kojih ćemo naučiti još jedno važno rješenje:

Primjer 16

Elipsa sebe.

Rješenje: hajde da nađemo 1. izvedenicu:

Zaustavimo se i analizirajmo sljedeću stvar: sada moramo razlikovati razlomak, što nije nimalo ugodno. U ovom slučaju, to je, naravno, jednostavno, ali u stvarnim životnim problemima takvih je poklona premalo. Postoji li način da se izbjegne pronalaženje glomaznog derivata? Postoji! Uzimamo jednadžbu i koristimo istu tehniku ​​kao i kod pronalaženja 1. derivacije - "okačimo" poteze na obje strane:

Drugi derivat mora biti izražen samo u terminima i , Dakle, sada (upravo sada) Zgodno je riješiti se 1. izvedenice. Da biste to učinili, zamijenite rezultirajuću jednadžbu:

Da bismo izbjegli nepotrebne tehničke poteškoće, pomnožimo oba dijela sa:

I tek u završnoj fazi formuliramo razlomak:

Sada gledamo originalnu jednačinu i primjećujemo da se dobijeni rezultat može pojednostaviti:

Odgovori:

Kako pronaći vrijednost 2. derivata u bilo kojoj tački (što, naravno, pripada elipsi), na primjer, u tački ? Vrlo jednostavno! Ovaj motiv se već susreo u lekciji o normalna jednačina: trebate zamijeniti 2. izvedenicu u izraz :

Naravno, u sva tri slučaja se može dobiti eksplicitno specificirane funkcije i razlikovati ih, ali onda budite psihički spremni za rad s dvije funkcije koje sadrže korijene. Po mom mišljenju, zgodnije je rješenje provesti na „implicitan način“.

Konačni primjer koji možete riješiti sami:

Primjer 17

Pronađite implicitno specificiranu funkciju

Leibnizova formula je data za n-ti proračuni derivacija proizvoda dviju funkcija. Njegov dokaz je dat na dva načina. Razmatran je primjer izračunavanja derivata n-tog reda.

Sadržaj

Vidi također: Derivat proizvoda dviju funkcija

Leibnizova formula

Koristeći Leibnizovu formulu, možete izračunati derivaciju n-tog reda proizvoda dvije funkcije. izgleda ovako:
(1) ,
Gdje
- binomni koeficijenti.

Binomni koeficijenti su koeficijenti proširenja binoma po stepenima i:
.
Takođe broj je broj kombinacija od n do k.

Dokaz Leibnizove formule

Primijenimo formulu za derivaciju proizvoda dvije funkcije:
(2) .
Prepišimo formulu (2) u sljedećem obliku:
.
Odnosno, smatramo da jedna funkcija zavisi od varijable x, a druga od varijable y. Na kraju proračuna pretpostavljamo . Tada se prethodna formula može napisati na sljedeći način:
(3) .
Budući da je izvod jednak zbiru članova, a svaki član je proizvod dvije funkcije, onda se za izračunavanje izvoda višeg reda može konzistentno primijeniti pravilo (3).

Tada za izvod n-tog reda imamo:

.
Uzimajući u obzir da i , dobijamo Leibnizovu formulu:
(1) .

Dokaz indukcijom

Predstavimo dokaz Leibnizove formule koristeći metodu matematičke indukcije.

Napišimo još jednom Leibnicovu formulu:
(4) .
Za n = 1 imamo:
.
Ovo je formula za derivaciju proizvoda dvije funkcije. Ona je fer.

Pretpostavimo da formula (4) vrijedi za izvod n-tog reda. Dokažimo da vrijedi za izvod n + 1 -th red.

Hajde da razlikujemo (4):
;



.
Tako smo pronašli:
(5) .

Zamijenimo u (5) i uzmimo u obzir da:

.
Ovo pokazuje da formula (4) ima isti oblik za izvod n + 1 -th red.

Dakle, formula (4) vrijedi za n = 1 . Iz pretpostavke da vrijedi za neki broj n = m slijedi da vrijedi za n = m + 1 .
Leibnizova formula je dokazana.

Primjer

Izračunajte n-ti izvod funkcije
.

Primijenimo Leibnicovu formulu
(2) .
U našem slučaju
;
.

Iz tabele derivata imamo:
.
Primjenjujemo svojstva trigonometrijskih funkcija:
.
Onda
.
Ovo pokazuje da diferencijacija sinusne funkcije dovodi do njenog pomaka za . Onda
.

Pronalaženje izvoda funkcije.
;
;
;
, .

Budući da je za , tada su u Leibnizovoj formuli samo prva tri člana različita od nule. Pronalaženje binomnih koeficijenata.
;
.

Prema Leibnizovoj formuli imamo:

.

Vidi također:

Rješavanje primijenjenih problema svodi se na izračunavanje integrala, ali to nije uvijek moguće učiniti tačno. Ponekad je potrebno znati vrijednost određenog integrala sa određenim stepenom tačnosti, na primjer, do hiljaditih.

Postoje problemi kada bi bilo potrebno pronaći približnu vrijednost određenog integrala sa traženom tačnošću, tada se koristi numerička integracija kao što je Simposny metoda, trapezi i pravokutnici. Ne dozvoljavaju nam svi slučajevi da to izračunamo sa određenom tačnošću.

Ovaj članak ispituje primjenu Newton-Leibnizove formule. Ovo je neophodno za precizno izračunavanje definitivnog integrala. Biće dato detaljni primjeri, razmatraju se promjene varijable u određenom integralu i nalazimo vrijednosti određenog integrala pri integraciji po dijelovima.

Newton-Leibnizova formula

Definicija 1

Kada je funkcija y = y (x) kontinuirana iz intervala [ a ; b ] , a F (x) je onda jedan od antiderivata funkcije ovog segmenta Newton-Leibnizova formula smatra poštenim. Zapišimo to ovako: ∫ a b f (x) d x = F (b) - F (a) .

Ova formula razmotriti osnovna formula integralnog računa.

Da bi se proizveo dokaz ove formule, potrebno je koristiti koncept integrala sa dostupnom gornjom granicom varijable.

Kada je funkcija y = f (x) kontinuirana iz intervala [ a ; b ], zatim vrijednost argumenta x ∈ a; b , a integral ima oblik ∫ a x f (t) d t i smatra se funkcijom gornje granice. Potrebno je uzeti zapis da će funkcija imati oblik ∫ a x f (t) d t = Φ (x) , kontinuirana je, a nejednakost oblika ∫ a x f (t) d t " = Φ " (x) = f (x) važi za to.

Popravimo da prirast funkcije Φ (x) odgovara inkrementu argumenta ∆ x , potrebno je koristiti peto glavno svojstvo određenog integrala i dobićemo

Φ (x + ∆ x) - Φ x = ∫ a x + ∆ x f (t) d t - ∫ a x f (t) d t = = ∫ a x + ∆ x f (t) d t = f (c) x + ∆ x - x = f (c) ∆ x

gdje je vrijednost c ∈ x; x + ∆ x .

Popravimo jednakost u obliku Φ (x + ∆ x) - Φ (x) ∆ x = f (c) . Po definiciji derivacije funkcije, potrebno je ići do granice kao ∆ x → 0, tada dobijamo formulu oblika Φ " (x) = f (x). Nalazimo da je Φ (x) jedan od antiderivata za funkciju oblika y = f (x), koja se nalazi na [a;b]. Inače se izraz može napisati

F (x) = Φ (x) + C = ∫ a x f (t) d t + C, gdje je vrijednost C konstantna.

Izračunajmo F (a) koristeći prvo svojstvo određenog integrala. Onda to shvatamo

F (a) = Φ (a) + C = ∫ a a f (t) d t + C = 0 + C = C, dakle dobijamo da je C = F (a). Rezultat je primenljiv kada se računa F (b) i dobijamo:

F (b) = Φ (b) + C = ∫ a b f (t) d t + C = ∫ a b f (t) d t + F (a), drugim riječima, F (b) = ∫ a b f (t) d t + F (a) . Jednakost je dokazana Newton-Leibnizovom formulom ∫ a b f (x) d x + F (b) - F (a) .

Uzimamo prirast funkcije kao F x a b = F (b) - F (a) . Koristeći notaciju, Newton-Leibnizova formula ima oblik ∫ a b f (x) d x = F x a b = F (b) - F (a) .

Za primenu formule potrebno je poznavati jedan od antiderivata y = F (x) integrand funkcije y = f (x) iz segmenta [ a ; b ], izračunajte prirast antiderivata iz ovog segmenta. Pogledajmo nekoliko primjera izračunavanja pomoću Newton-Leibnizove formule.

Primjer 1

Izračunajte definitivni integral ∫ 1 3 x 2 d x koristeći Newton-Leibniz formulu.

Rješenje

Smatramo da je integrand oblika y = x 2 kontinuiran iz intervala [ 1 ; 3 ], onda je integrabilna na ovom intervalu. Prema tabeli neodređeni integrali vidimo da funkcija y = x 2 ima skup antiderivata za sve realne vrijednosti x, što znači x ∈ 1; 3 će biti zapisano kao F (x) = ∫ x 2 d x = x 3 3 + C . Potrebno je uzeti antiderivat sa C = 0, tada dobijamo da je F (x) = x 3 3.

Koristimo Newton-Leibnizovu formulu i nalazimo da izračunavanje definitivnog integrala ima oblik ∫ 1 3 x 2 d x = x 3 3 1 3 = 3 3 3 - 1 3 3 = 26 3.

odgovor:∫ 1 3 x 2 d x = 26 3

Primjer 2

Izračunajte definitivni integral ∫ - 1 2 x · e x 2 + 1 d x koristeći Newton-Leibniz formulu.

Rješenje

Zadata funkcija je kontinuirana iz intervala [ - 1 ; 2 ], što znači da je na njemu integrabilan. Potrebno je pronaći vrijednost neodređenog integrala ∫ x · e x 2 + 1 d x metodom podvođenja pod diferencijalni predznak, tada se dobija ∫ x · e x 2 + 1 d x = 1 2 ∫ e x 2 + 1 d ( x 2 + 1) = 1 2 e x 2 + 1 + C .

Stoga imamo skup antiderivata funkcije y = x · e x 2 + 1, koji vrijede za sve x, x ∈ - 1; 2.

Potrebno je uzeti antiderivat na C = 0 i primijeniti Newton-Leibniz formulu. Tada dobijamo izraz forme

∫ - 1 2 x · e x 2 + 1 d x = 1 2 e x 2 + 1 - 1 2 = = 1 2 e 2 2 + 1 - 1 2 e (- 1) 2 + 1 = 1 2 e (- 1) 2 + 1 = 1 2 e 2 (e 3 - 1)

odgovor:∫ - 1 2 x e x 2 + 1 d x = 1 2 e 2 (e 3 - 1)

Primjer 3

Izračunajte integrale ∫ - 4 - 1 2 4 x 3 + 2 x 2 d x i ∫ - 1 1 4 x 3 + 2 x 2 d x .

Rješenje

Segment - 4; - 1 2 kaže da je funkcija pod predznakom integrala kontinuirana, što znači da je integrabilna. Odavde nalazimo skup antiderivata funkcije y = 4 x 3 + 2 x 2. Shvatili smo to

∫ 4 x 3 + 2 x 2 d x = 4 ∫ x d x + 2 ∫ x - 2 d x = 2 x 2 - 2 x + C

Potrebno je uzeti antiderivat F (x) = 2 x 2 - 2 x, a zatim, primjenom Newton-Leibnizove formule, dobijamo integral koji izračunavamo:

∫ - 4 - 1 2 4 x 3 + 2 x 2 d x = 2 x 2 - 2 x - 4 - 1 2 = 2 - 1 2 2 - 2 - 1 2 - 2 - 4 2 - 2 - 4 = 1 2 + 4 - 32 - 1 2 = - 28

Prelazimo na izračunavanje drugog integrala.

Iz segmenta [ - 1 ; 1 ] imamo da se funkcija integranda smatra neograničenom, jer lim x → 0 4 x 3 + 2 x 2 = + ∞ , onda slijedi da neophodan uslov integrabilnost iz segmenta. Tada F (x) = 2 x 2 - 2 x nije antiderivativna za y = 4 x 3 + 2 x 2 iz intervala [ - 1 ; 1 ], budući da tačka O pripada segmentu, ali nije uključena u domen definicije. To znači da postoji definitivan Riemann i Newton-Leibnizov integral za funkciju y = 4 x 3 + 2 x 2 iz intervala [ - 1 ; 1 ] .

Odgovor: ∫ - 4 - 1 2 4 x 3 + 2 x 2 d x = - 28 , postoji definitivan Riemann i Newton-Leibnizov integral za funkciju y = 4 x 3 + 2 x 2 iz intervala [ - 1 ; 1 ] .

Prije upotrebe Newton-Leibnizove formule, morate tačno znati o postojanju određenog integrala.

Promjena varijable u određenom integralu

Kada je funkcija y = f (x) definirana i kontinuirana iz intervala [ a ; b], zatim dostupni skup [a; b] se smatra rasponom vrijednosti funkcije x = g (z), definiranom na segmentu α; β sa postojećim kontinuiranim izvodom, gdje je g (α) = a i g β = b, iz ovoga dobijamo da je ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) g " (z) d z.

Ova formula se koristi kada treba izračunati integral ∫ a b f (x) d x, pri čemu neodređeni integral ima oblik ∫ f (x) d x, izračunavamo metodom supstitucije.

Primjer 4

Izračunajte definitivni integral oblika ∫ 9 18 1 x 2 x - 9 d x .

Rješenje

Funkcija integrand se smatra kontinuiranom na intervalu integracije, što znači da postoji određeni integral. Zapišimo da je 2 x - 9 = z ⇒ x = g (z) = z 2 + 9 2. Vrijednost x = 9 znači da je z = 2 9 - 9 = 9 = 3, a za x = 18 dobijamo da je z = 2 18 - 9 = 27 = 3 3, tada je g α = g (3) = 9, g β = g 3 3 = 18. Prilikom zamjene dobijenih vrijednosti u formulu ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) g" (z) d z dobijamo da

∫ 9 18 1 x 2 x - 9 d x = ∫ 3 3 3 1 z 2 + 9 2 · z · z 2 + 9 2 " d z = = ∫ 3 3 3 1 z 2 + 9 2 · z · z d z = ∫ 3 3 3 2 z 2 + 9 d z

Prema tabeli neodređenih integrala, imamo da jedan od antiderivata funkcije 2 z 2 + 9 ima vrijednost 2 3 a r c t g z 3 . Tada, primjenom Newton-Leibnizove formule, dobijamo to

∫ 3 3 3 2 z 2 + 9 d z = 2 3 a r c t g z 3 3 3 3 = 2 3 a r c t g 3 3 3 - 2 3 a r c t g 3 3 = 2 3 a r c t g 3 - a r c t g 3 - a r c t g 3 - a r c t g 3 - a r c t g 3 π1 = π3 π1

Nalaz bi se mogao uraditi bez upotrebe formule ∫ a b f (x) d x = ∫ α β f (g (z)) · g " (z) d z .

Ako metodom zamjene koristimo integral oblika ∫ 1 x 2 x - 9 d x, onda možemo doći do rezultata ∫ 1 x 2 x - 9 d x = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C.

Odavde ćemo izvršiti proračune koristeći Newton-Leibniz formulu i izračunati definitivni integral. Shvatili smo to

∫ 9 18 2 z 2 + 9 d z = 2 3 a r c t g z 3 9 18 = = 2 3 a r c t g 2 18 - 9 3 - a r c t g 2 9 - 9 3 = = 2 3 a r c t g 3 - a 3 π 2 π 2 - a 3 = π 18

Rezultati su bili isti.

Odgovor: ∫ 9 18 2 x 2 x - 9 d x = π 18

Integracija po dijelovima pri izračunavanju određenog integrala

Ako je na segmentu [ a ; b ] funkcije u (x) i v (x) su definirane i kontinuirane, tada su njihove derivacije prvog reda v " (x) · u (x) integrabilne, dakle iz ovog segmenta za integrabilnu funkciju u " (x) · v ( x) jednakost ∫ a b v " (x) · u (x) d x = (u (x) · v (x)) a b - ∫ a b u " (x) · v (x) d x je tačna.

Tada se može koristiti formula, potrebno je izračunati integral ∫ a b f (x) d x, a ∫ f (x) d x ga je bilo potrebno tražiti integracijom po dijelovima.

Primjer 5

Izračunajte definitivni integral ∫ - π 2 3 π 2 x · sin x 3 + π 6 d x .

Rješenje

Funkcija x · sin x 3 + π 6 je integrabilna na intervalu - π 2 ; 3 π 2, što znači da je kontinuirano.

Neka je u (x) = x, tada je d (v (x)) = v " (x) d x = sin x 3 + π 6 d x, i d (u (x)) = u " (x) d x = d x, i v (x) = - 3 cos π 3 + π 6 . Iz formule ∫ a b v " (x) · u (x) d x = (u (x) · v (x)) a b - ∫ a b u " (x) · v (x) d x dobijamo da

∫ - π 2 3 π 2 x · sin x 3 + π 6 d x = - 3 x · cos x 3 + π 6 - π 2 3 π 2 - ∫ - π 2 3 π 2 - 3 cos x 3 + π 6 d x = = - 3 · 3 π 2 · cos π 2 + π 6 - - 3 · - π 2 · cos - π 6 + π 6 + 9 sin x 3 + π 6 - π 2 3 π 2 = 9 π 4 - 3 π 2 + 9 sin π 2 + π 6 - sin - π 6 + π 6 = 9 π 4 - 3 π 2 + 9 3 2 = 3 π 4 + 9 3 2

Primjer se može riješiti i na drugi način.

Pronađite skup antiderivata funkcije x · sin x 3 + π 6 koristeći integraciju po dijelovima koristeći Newton-Leibniz formulu:

∫ x · sin x x 3 + π 6 d x = u = x , d v = sin x 3 + π 6 d x ⇒ d u = d x , v = - 3 cos x 3 + π 6 = = - 3 cos x 3 + π 6 + 3 ∫ cos x 3 + π 6 d x = = - 3 x cos x 3 + π 6 + 9 sin x 3 + π 6 + C ⇒ ∫ - π 2 3 π 2 x sin x 3 + π 6 d x = - 3 cos x 3 + π 6 + 9 sincos x 3 + π 6 - - - 3 - π 2 cos - π 6 + π 6 + 9 sin - π 6 + π 6 = = 9 π 4 + 9 3 2 - 3 π 2 - 0 = 3 π 4 + 9 3 2

Odgovor: ∫ x · sin x x 3 + π 6 d x = 3 π 4 + 9 3 2

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter