Первая подстановка Эйлера (Леонарда)

Пусть многочлен имеет вещественные корни.

Пусть - корни, тогда .

Рассмотрим подстановку

Билет 34

Вторая подстановка Эйлера для интегралов вида , где .

Корни трехчлена ax2+bx+c комплéксные. Тогда надо считать, что a>0, иначе трехчлен был бы отрицателен для всех x. Делаем подстановку .Возводя это равенство в квадрат и заменяя его выражением, получим:

Где x, y и dx – некоторые рациональные функции от t. В конечном счете получаем:

.

Билет 35

Интегрирование тригонометрических выражений.

Пусть , где и - многочлены от и .

1) Если один из многочленов , четный по , а другой – нечетный по , то подстановка рационализирует интеграл.

2) Если один из многочленов , четный по , а другой – нечетный по , то подстановка рационализирует интеграл.

3) Если оба многочлена четные по и , то подстановка рационализирует интеграл.

3’) Выражения вида , где и - четные. Они сходны с 3 случаем, где

4) Универсальная подстановка.

Рационализация также достигается с помощью подстановки , которая называется универсальной. В самом деле,

; ;

.

5) Выражения вида ; ; . Они рационализируются с помощью перевода в тригонометрические суммы.

Билет 36

Тригонометрические подстановки.

Следующие интегралы превращаются в тригонометрические выражения при помощи тригонометрических подстановок:

1. 

1. 

1. 

Пример:

Билет 37

Определенный интеграл Римана. Эквивалентные определения. Условие Коши.

Пусть задана функция f(x) на отрезке . Составим разбиение R: .

Это интегральная сумма, соответствующая разбиению R и выбору точек .

Если существует предел при интегральных сумм , и он не зависит от R и , то он называется определенным интегралом Римана.

Определение по Коши:

По Гейне:

, где - последовательность разбиений.

Критерий Коши:

Билет 38

Ограниченность интегрируемой функции.

Теорема:

Если функция f(x) интегрируема на [a,b] и существует , то функция ограничена на этом отрезке.

Доказательство:

От противного: пусть f(x) неограниченна на [a,b]. Введем произвольное разбиение R: . Т.к. функция неограниченна на [a,b], то она неограниченна хотя бы на одном из отрезков . Пусть - номер того отрезка, на котором функция неограниченна. Тогда рассмотрим интегральную сумму:

- т.е. выделили суммы одно слагаемое. Обозначим , тогда получим:

(следует из неравенства о модулях). Тогда возьмем произвольное N и сделаем разность . Для этого у нас должно быть . У нас функция неограниченна на отрезке , значит . Тогда интегральная сумма будет , т.е. будет являться величиной неограниченной, т.е. не будет существовать ее предела, а значит и , что противоречит условию.

Теорема доказана.

Билет 39