Конспекты по ТОЭ | Лабораторные работы | установка розеток Основы ТОЭ | Электрические цепи | Функции | Производные | Матрицы | Алгебра | Первообразная | Интегралы | Геометрия | Комплексные числа | Задачи Баланс мощностей | Постоянного тока | На главную

Таблица неопределённых интегралов

10) Докажем формулу $\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{x^2+k}}=\ln\vert x+\sqrt{x^2+k}\vert+C,$


где $ k\ne0$  -- произвольное постоянное число. (Заметим, что при $ k>0$ формула имеет смысл для всех $ x\in\mathbb{R}$ , а при $ k<0$  -- для $ x\in(-\infty;-\sqrt{\vert k\vert})\cup(\sqrt{\vert k\vert};+\infty)$ , так что во втором случае величина $ C$  -- кусочно постоянная.) Для доказательства надо рассмотреть два случая: $ x+\sqrt{x^2+k}>0$ (при $ k>0$ возможен только этот случай; это неравенство имеет место также при $ k<0$ и $ x\in(\sqrt{\vert k\vert};+\infty)$ ) и $ x+\sqrt{x^2+k}<0$ (при $ k<0$ и $ x\in(-\infty;-\sqrt{\vert k\vert})$ ; поскольку $ k\ne0$ , случай равенства нулю невозможен). В первом случае имеем:

$\displaystyle (\ln\vert x+\sqrt{x^2+k}\vert)'= (\ln(x+\sqrt{x^2+k}))'=$   
$\displaystyle =\frac{1}{x+\sqrt{x^2+k}}(x+\sqrt{x^2+k})'= \frac{1}{x+\sqrt{x^2+k}}(1+\frac{1}{2\sqrt{x^2+k}}(x^2+k)'=$   
$\displaystyle =\frac{1}{x+\sqrt{x^2+k}}(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+k}}= \frac{x+\sqrt{x^2+k}}{(x+\sqrt{x^2+1})\sqrt{x^2+k}}= \frac{1}{\sqrt{x^2+k}}.$   

Поскольку получили подынтегральную функцию, формула в этом случае доказана. Второй случай, когда $ \ln\vert x+\sqrt{x^2+k}\vert=\ln(-(x+\sqrt{x^2+k}))$ , рассматривается аналогично.

Заметим, что функцию в правой части формулы (1.1) часто называют кдлинным логарифмом", в отличие от правой части формулы следующего пункта, тоже содержащей логарифм.

11) Пусть $ a>0$ и $ x\ne\pm a$ , то есть $ x\in(-\infty;-a)\cup(-a;a)\cup(a;+\infty)$ . Тогда

$\displaystyle \int\frac{dx}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\ln\bigl\vert\frac{x-a}{x+a}\bigr\vert+C$(1.2)

(здесь $ C$  -- кусочно постоянная величина, которая на трёх интервалах изменения $ x$ может принимать три разных значения).

Рассмотрим два случая: $ \frac{x-a}{x+a}>0$ (это неравенство выполняется при $ {x\in(-\infty;-a)\cup(a;+\infty)}$ ) и $ {\frac{x-a}{x+a}<0}$ (это неравенство выполняется при $ {x\in(-a;a)}$ ). В первом случае имеем

$\displaystyle \Bigl(\frac{1}{2a}\ln\bigl\vert\frac{x-a}{x+a}\bigr\vert\Bigr)'= \frac{1}{2a}\cdot\frac{1}{\frac{x-a}{x+a}}\cdot\bigl(\frac{x-a}{x+a}\bigr)'=$   
$\displaystyle =\frac{1}{2a}\cdot\frac{x+a}{x-a}\cdot\frac{(x+a)-(x-a)}{(x+a)^2}= \frac{2a}{2a(x-a)(x+a)}=\frac{1}{x^2-a^2}.$   

Получили подынтегральную функцию, так что формула (1.2) в этом случае доказана. Случай $ \frac{x-a}{x+a}<0$ рассматривается аналогично.

Функцию, стоящую в правой части формулы (1.2), часто называют квысоким логарифмом".

Главы учебника "Высшая математика в примерах и задачах"

Первообразная и неопределённый интеграл

Нахождение неопределённых интегралов

 

;