Metody obliczania całek

29  Download (0)

Pełen tekst

(1)

Metody obliczania całek

dr Mariusz Grz ˛adziel

Katedra Matematyki, Uniwersytet Przyrodniczy we Wrocławiu

semestr zimowy, rok akademicki 2019/2020

(2)

Prezentacja bazuje na elektronicznym podr ˛eczniku Konrada Noska i Tomasza Drwi ˛egi (AGH): Całka

nieoznaczona,dost ˛epnej na stronie AGH; podr ˛ecznik jest udost ˛epniony na licencji CC-BY-SA; ta prezentacja te˙z jest udost ˛epniana na tych warunkach.

(3)

Obliczanie całek oznaczonych

Całk˛e oznaczon ˛a Riemanna mo˙zna oblicza´c:

I z definicji, jako granic ˛e sum Riemanna;

I przy u˙zyciu metod przybli˙zonych:

I obliczaj ˛ac odpowiednio dobran ˛a sum ˛e Riemanna;

I obliczaj ˛ac ´srednie wa˙zone sum Riemanna (metoda trapezów, Simpsona, Boole’a i inne).

I bardziej zło˙zone metody numeryczne obliczania całek oznaczonych (np. metoda Romberga);

I Obliczaj ˛ac całk˛e nieoznaczon ˛a funkcji podcałkowej i korzystaj ˛ac z twierdzenia Newtona-Leibniza

I wykonuj ˛ac rachunki „r ˛ecznie” (z pomoc ˛a kalkulatora);

I korzystaj ˛ac z systemów typu CAS (Computer Algebra System): Maxima, Mathematica i innych; WolframAlpha- strona (serwis) wykorzystuj ˛aca system Mathematica.

(4)

Srednia wa˙zona ´

Sredni ˛´ a wa˙zon ˛a liczb rzeczywistych x1,x2, . . . ,xnz wagami w1,w2, . . . ,wn , gdzie wk >0, k = 1, . . . , n, okre´slamy wzorem

xw = w1x1+w2x2+ . . . +wnxn w1+w2+ . . . +wn

.

(5)

Przykład

Chcemy obliczy´c całk˛e Z 1

0

sin(sinx )dx .

Próbuj ˛ac obliczy´c t ˛e całk˛e przy u˙zyciu polecenia WolframAlpha integrate sin (sin x) dx

otrzymujemy odpowied´z:

no result found in terms of standard mathematical functions czyli: nie znaleziono wyniku wyra˙zonego przy u˙zyciu standardowych funkcji matematycznych

innymi słowy: nie znaleziono funkcji elementarnej która byłaby funkcj ˛a pierwotn ˛a dla funkcji podcałkowej (na przedziale równym prostej rzeczywistej).

(6)

Przykład — c.d

Wydaj ˛ac polecenie systemowi WA (Wolfram Alpha)

left endpoint method integral sin (sin x) from 0 to 1 with 10 intervals otrzymujemy wynik:

method | result left endpoint | 0.392791 right endpoint | 0.467354 midpoint | 0.430873 trapezoidal rule | 0.430072 Simpson0s rule | 0.430606 Boole0s rule | 0.430606

W poleceniu zapytali´smy WA o warto´s´c sumy L10dla całkiR01f (x ) = sin(sin x ))dx i liczby n = 10 (sumy Riemanna obliczonej dla punktów po´srednich le˙z ˛acych w lewych ko ´ncach przedziałów, na które dzielimy odcinek [0, 1]). Jest ona równa 0,392791. System WA podaje nam równie˙z warto´sci R10=0,467354 („right endpoint” — sumy obliczonej dla warto´sci funkcji podcałkowej w prawych ko ´ncach przedziałów, na które dzielimy odcinek [0, 1]), warto´s´c analogicznej sumy M10=0,430873, obliczonej dla warto´sci sumy podcałkowej w ´srodkowych punktach przedziałów, T10=L10+R2 10=0,430072 („trapezoidal Rule” — przybli˙zenia całki otrzymanego przy u˙zyciu reguły metody (reguły) trapezów); T10

mo˙ze by´c interpretowane jako suma pól odpowiednich 10 trapezów;

S10=2M103+T10=0,430606 („Simpson’s rule”) i S10=0,430072 (Boole’s rule); zarówno S10

jak i B10s ˛a ´srednimi wa˙zonym odpowiednich sum Riemanna. Przesłanki teoretyczne sugeruj ˛a, ˙ze B10jest najlepszym przybli˙zeniem dokładnej warto´sci rozwa˙zanej całki.

Równo´s´c S10=B10mo˙ze sugerowa´c, ˙ze dokładna warto´s´c całki jest bardzo bliska 0,430606.

(7)

Całka oznaczona

Z 1 0

sin(sinx )dx . obliczona przy u˙zyciu polecenia WA integrate sin (sin x) dx from 0 to 1 jest równa

0,4306061031...

wi ˛ec widzimy, ˙ze S10 i B10przybli˙zaj ˛a dokładn ˛a warto´s´c całki z dokładno´sci ˛a do 6 miejsc po przecinku. U˙zycie metody z pakietu quadpack w programie Maxima daje podobne wynik.

(8)

Metoda tradycyjna: wymaga obliczenia całki nieoznaczonej.

Podane zostały całki podstawowych funkcji elementarnych oraz podstawowe wzory pozwalaj ˛ace na ich obliczanie.

Techniki: całkowanie przez cz ˛e´sci i całkowanie przez podstawienie wymagaj ˛a dokładniejszego omówienia.

(9)

Całkowanie przez cz ˛e´sci

Twierdzenie 1 (o całkowaniu przez cz ˛e´sci))

Je˙zeli funkcje f i g maj ˛a ci ˛agłe pochodne na przedziale I, to Z

f0(x )g(x )dx = f (x )g(x ) − Z

f (x )g0(x )dx na tym przedziale.

Cwiczenie 1´

Korzystaj ˛ac z twierdzenia o całkowaniu przez cz ˛e´sci obliczy´c podane całk˛e nieoznaczon ˛a:

Z

x cos xdx . Przyjmujemy f0(x ) = cos x , g(x ) = x .

Wtedy g0(x ) = 1 i (mo˙zna przyj ˛a´c np.) f (x ) = sin x . Z

x cos xdx = x sin x − Z

sin xdx = x sin x + cos x + C.

(10)

Obliczenia prowadz ˛ace do wyznaczenia całkiR x cos xdx mo˙zna zapisa´c w bardziej zwi ˛ezłej postaci:

Z

x cos xdx =

g(x ) = x f0(x ) = cos x g0(x ) = x f (x ) = sin x

=

=x sin x − Z

sin xdx = x sin x + cos x + C.

(11)

Obliczy´c całk˛eR x ln x dx . Rx ln xdx =

g(x ) = ln x f0(x ) = x g0(x ) = x1 f (x ) = 12x2

=

1

2x2· ln x −R x1· x2dx = 12x2ln x −R 12x dx = 12x2ln x −14x2+C.

(12)

Obliczy´c całk˛eR xexdx . Z

xexdx =

g(x ) = x f0(x ) = ex g0(x ) = 1 f (x ) = ex

=

=xex Z

1 · exdx = xex− ex+C .

(13)

Obliczy´c całk˛eR x2exdx . Z

x2exdx =

g(x ) = x2 f0(x ) = ex g0(x ) = 2x f (x ) = ex

=

=x2ex Z

2x · exdx = x2ex− 2 Z

xexdx . Korzystaj ˛ac z poprzedniego przykładu, otrzymujemy Z

x2exdx = x2ex− 2 · (xex− ex) +C =x2− 2x + 2ex +C .

(14)

Obliczy´c całk˛eR exsin x dx . Z

exsin x dx =

g(x ) = sin x f0(x ) = ex g0(x ) = cos x f (x ) = ex

=

=exsin x − Z

excos x dx =

g(x ) = cos x f0(x ) = ex g0(x ) = − sin x f (x ) = ex

=exsin x −



excos x − Z

ex· (− sin x) dx



=

=ex(sin x − cos x ) − Z

exsin x dx .

Zauwa˙zmy, ˙ze aby wyznaczy´c jedn ˛a z funkcji pierwotnych , nale˙zy rozwi ˛aza´c równanie: I = ex(sin x − cos x ) − I, gdzie I =R exsin x dx oznacza pewn ˛a funkcj ˛e pierwotn ˛a funkcji f (x ) = exsin x . Zatem

2I = ex(sin x − cos x )

i rozwi ˛azaniem jestR exsin x dx = 12ex(sin x − cos x ) + C .

(15)

Całkowanie przez podstawienie- podstawienie liniowe

Twierdzenie 2 Je´sli

Z

f (t)dt = F (t) + C,

to Z

f (ax + b)dx = 1

aF (ax + b) + C.

Dowód wynika z twierdzenia o pochodnej funkcji zło˙zonej:

[F (ax + b)]0=aF0(ax + b) = af (ax + b).

Przykłady. Z twierdzenia 2 wynika:

(i)Rcos mx dx = m1 sin mx dx + C, (ii)R e−2xdx = −12e−2x+C.

(16)

Twierdzenie 3 (o całkowaniu przez podstawienie) Je´sli wiadomo, ˙ze

Z

g(u)du = G(u) + C na przedziale I, to

Z

g(u(x ))u0(x )dx = G(u(x )) + C na przedziale J, (1) gdzie I jest zbiorem warto´sci u(x ) dla x nale˙z ˛acych do

przedziału J. Zakładamy, ˙ze g(u) i u0(x ) s ˛a ci ˛agłe na przedziałach całkowania, odpowiednio, I i J.

Dowód tego twierdzenia wynika z twierdzenia o ró˙zniczkowaniu funkcji zło˙zonej.

Przyjmuj ˛ac oznaczenie du = u0(x )dx wzór (1) mo˙ze by´c zapisany w postaci:

Z

g(u)du = G(u) + C na przedziale I. (2)

(17)

Z twierdzenia tego wnioskiem jest Twierdzenie 2, które odpowiada przypadkowi, gdy funkcja u jest liniowa:

u(x ) = ax + b.

(18)

Przykład

Chcemy obliczy´c

I =

Z 1

e5x dx . Mamy

I =

Z 1

e5x dx = Z

e−5xdx =

t = −5x dt = −5 dx

15dt = dx

=

= −1 5

Z

etdt = −1

5et+C = −1

5e−5x+C = − 1

5e5x +C . Całk˛e I mo˙zna równie˙z obliczy´c korzystaj ˛ac z Tw. 2.

(19)

Przykład

Chcemy obliczy´c całk˛e I =

Z 3x2 1 + x6dx

Wprowadzamy now ˛a zmienn ˛a t = t(x ) = x3. Mamy dt = 3x2dx , wi ˛ec:

I =

Z 1

1 + t2dt = arc tg t + C = arc tg x3+C.

Skrócony zapis:R 1+x3x26 dx =

t = x3 dt = 3x2dx

=R 1+t12dt = arc tg t + C = arc tg (x3) +C .

(20)

Przykład

Obliczy´c całk˛e

I = Z

xx2+15 dx . Mamy

I = Z

xx2+15 dx =

t = x2+1 dt = 2x dx

1

2dt = x dx

=

=1 2

Z

t5dt = 1

12 · t6+C.

(21)

Przykład

Chcemy obliczy´c całk˛e I =

Z

(3x + 6)x2+4x − 101976 dx . Mamy

Z

(3x + 6)x2+4x − 101976 dx =

t = x2+4x − 10 dt = (2x + 4) dx

3

2dt = (3x + 6) dx

=

=3 2 Z

t1976dt = 3 2· t1977

1977 +C =

= 1

1318(x2+4x − 10)1977+C .

(22)

Obliczy´c całk˛e

I =

Z dx

e−5x+e5x. I =R e−5xdx+e5x =R 1+(ee5x5x)2 dx =

t = e5x dt = 5e5xdx

1

5dt = e5xdx

=

1 5

R dt

1+t2dt = 15arc tg t + C = 15arc tg (e5x) +C .

(23)

Obliczy´c całk˛e

I =

Z x + 3

5

x − 1dx .

I =

Z x + 3

5

x − 1dx =

t = x − 1 t + 1 = x

dt = dx

=

Z t + 1 + 3

5

t dt =

= Z

t1−15dt + 4 Z

t15dt = 5

9t95 +4 · 5

4t45 +C =

=5

9(x − 1)95 +5(x − 1)45 +C .

(24)

Obliczy´c całk˛e

Z 1

x cos2(ln x )dx .

Z 1

x cos2(ln x )dx =

Z 1

cos2(ln x )· 1 x dx =

t = ln x dt = 1x dx

=

=

Z 1

cos2tdt = tg t + C = tg (ln x ) + C .

(25)

Obliczy´c całk˛e

I = Z

ctg x dx .

I = Z

ctg x dx =

Z cos x sin x dx =

= Z

cos x · 1

sin xdx =

t = sin x dt = cos x dx

=

= Z dt

t =ln |t| + C = ln | sin x | + C .

(26)

Obliczy´c całk˛e

I = Z

tg 3x dx .

I = Z

tg 3x dx =

t = 3x dt = 3 dx

1

3dt = dx

=

=1 3

Z

tg t dt = −1 3

Z − sin t

cos t dt = −1

3ln | cos t| + C =

= −1

3ln | cos 3x | + C . Prawdziwy jest ogólniejszy fakt:

Z f0(x )

f (x ) dx = ln |f (x )| + C na odpowiednio dobranym przedziale.

(27)

Obliczy´c całk˛eR 7x −51 dx .

Z 1

7x − 5dx = 1 7

Z 7

7x − 5dx = 1

7

Z (7x − 5)0

7x − 5 dx = 1

7ln |7x − 5| + C , por. fakt przedstawiony na poprzednim slajdzie.

(28)

Obliczmy całk˛eR 2x2−1x dx . Wyznaczmy pochodn ˛a mianownika:

(2x− 1)0 = (2x)0 =ln 2 · 2x.

WówczasR 2x2−1x dx = ln 21 R (22xx−1)−10 dx = ln 21 ln |2x− 1| + C = log2|2x − 1| + C .

(29)

Obliczy´c całk˛e

Z 2 cos 2x sin 2x dx . Z 2 cos 2x

sin 2x dx =

Z (sin 2x )0

sin 2x dx = ln | sin 2x | + C .

Obraz

Updating...

Cytaty

Powiązane tematy :