Интегралы и Дифференциальные Уравнения

Модуль I. Интегралы

---

---

---

Лекция №1.1.1-12.02.2026

LEGIT CHECK

Первообразная и неопределённый интеграл ^1-1-1-antiderivative-section

[!info]+ Определение - Первообразная Пусть $f(x)$ и $F(x)$ определены на промежутке $I$. Функция $F(x)$ называется ==первообразной== функции $f(x)$ на промежутке $I$, если $F(x)\in D(I)$ и $\forall x\in I{F}^{\prime }(x)=f(x)$.

Для граничной точки, если она $\in I$, для производной $F^{\prime }(x)$ понимается соответствующая односторонняя производная. То есть, если, например, $I\in [a,b]$, то для граничных точек $a$ и $b$ будет браться односторонняя производная (предел при $\Delta x\to 0\pm 0$).

Теорема о непрерывности первообразной Пусть $F(x)$ и $f(x)$ определены на промежутке $I$. Если $F(x)$ - первообразная $f(x)$, тогда $F(x)\in C(I)$.

Доказательство $F(x)\in D(I)\Rightarrow F(x)\in C(I)$.

По определению первообразной

Теорема о разности первообразных Две первообразные одной и той же функции $f(x)$, определённой на промежутке $I$, отличаются между собой на постоянную.

Доказательство $F(x)$ и $G(x)$ - первообразные $f(x)$ на промежутке $I$. Зададим функцию $\phi (x)=F(x)-G(x)$. Возьмём производную ${\phi }^{\prime }(x)=(F(x)-G(x){)}^{\prime }=F^{\prime }(x)-G^{\prime }(x)=f(x)-f(x)=0$. Пусть $I=(a,b)$. По теореме Лагранжа: $\forall x_1,x_2\in (a,b)\exists c\in (x_1,x_2):\phi (x_2)-\phi (x_1)={\phi }^{\prime }(c)(x_2-x_1)$. Так как $c\in (a,b)\Rightarrow$ ${\phi }^{\prime }(c)=0\Rightarrow \phi (x_2)=\phi (x_1)\forall x_1,x_2\in (a,b)\Rightarrow \phi (x)=const$. $\Rightarrow F(x)=G(x)+C$.

Пусть

Теорема о множестве первообразных Пусть $F(x)$ - какая-нибудь первообразная $f(x)$ на интервале $I$. Тогда всё множество первообразных $f(x)$ на интервале $I$ имеет вид $F(x)+C$.

Доказательство

1. Докажем, что $F(x)+C$ - первообразная $f(x)$ на $I$: $(F(x)+C{)}^{\prime }=f(x)+0=f(x)$.
2. Пусть $G(x)$ - первообразная $f(x)$ на $I$. $G(x)\ne F(x)$ $\Rightarrow G(x)-F(x)=C\Rightarrow G(x)=F(x)+C$.

Определение - Неопределённый интеграл Совокупность всех первообразных функции $f(x)$ на некотором промежутке $I$ называется ==неопределённым интегралом== от функции $f(x)$ на этом промежутке и обозначается: $\int f(x)dx=F(x)+C$ Где:

• $F(x)$ - какая-либо первообразная $f(x)$
• $f(x)$ - подынтегральная функция
• $dx$ - дифференциал независимой переменной
• $C$ - постоянная интегрирования

---

Операция нахождения неопределённого интеграла от данной функции, то есть восстановление функции по её производной, называется ==интегрированием==.

Интегрирование представляет собой операцию, ==противоположную взятию производной==, то есть правильность совершённого интегрирования можно проверить взятием производной. $\int \sin xdx=-\cos x+C$ $(-\cos x+C{)}^{\prime }=\sin x$

Примеры с семинара

Свойства неопределённого интеграла

1. $d\int f(x)dx=f(x)dx$

   Доказательство $\begin{array}{c}df(x)=f^{\prime }(x)dx\\ \Downarrow \\ d\int f(x)dx=d(F(x)+C)=dF(x)+dC=F^{\prime }(x)dx+0=f(x)dx\end{array}$

2. $(\int f(x)dx{)}^{\prime }=f(x)$

   Доказательство $(\int f(x)dx{)}^{\prime }=(F(x)+C{)}^{\prime }=f(x)$

3. $\int dF(x)=F(x)+C$

   Доказательство $\int dF(x)=\int F^{\prime }(x)dx=\int f(x)dx=F(x)+C$

4. Линейность: Пусть $F(x)$ - первообразная для $f(x)$ на $I$, $G(x)$ - первообразная для $g(x)$ на $I$, $\alpha ,\beta \in \mathbb{R},{\alpha }^2+{\beta }^2\ne 0$. Тогда для $\phi (x)=\alpha f(x)+\beta g(x)\Rightarrow$ $\int \phi (x)dx=\alpha F(x)+\beta G(x)+C$

   Доказательство $\begin{array}{c}\int (\alpha f(x)+\beta g(x))dx=\alpha \int f(x)dx+\beta \int g(x)dx\\ (\alpha F(x)+\beta G(x)+C{)}^{\prime }=\alpha f(x)+\beta g(x)\end{array}$

Таблица основных интегралов

1. $\int dx=x+C$
2. $\int x^{\alpha }dx=\frac{x^{\alpha +1}}{\alpha +1}+C,\alpha \ne -1$
3. $\int \frac{dx}{x}=\ln |x|+C$
4. $\int e^{x}dx=e^x+C$
5. $\int a^{x}dx=\frac{a^x}{\ln a}+C$

---

6. $\int \sin xdx=-\cos x+C$
7. $\int \cos xdx=\sin x+C$
8. $\int \frac{dx}{\sin x}=\ln |\tan \frac{x}{2}|+C$
9. $\int \frac{dx}{\cos x}=\ln \left|\tan \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4}\right)\right|+C$
10. $\int \frac{dx}{{\cos }^{2}x}=\tan x+C$
11. $\int \frac{dx}{{\sin }^{2}x}=-\cot x+C$

---

12. $\int \frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C$
13. $\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin \frac{x}{a}+C$
14. $\int \frac{dx}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C$ - высокий логарифм
15. $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2\pm a^2}}=\ln |x+\sqrt{x^2\pm a^2}|+C$ - длинный логарифм

---

16. $\int \sinh xdx=\cosh x+C$
17. $\int \cosh xdx=\sinh x+C$
18. $\int \frac{dx}{{\cosh }^{2}x}=\tanh x+C$
19. $\int \frac{dx}{{\sinh }^{2}x}=-\coth x+C$

---

20. $\int \frac{dx}{a^2-x^2}=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x+a}{x-a}\right|+C$

Методы интегрирования: Подстановка и замена переменной ^1-1-1-integration-methods-section

1. Подведение под знак дифференциала $\begin{array}{c}\int f(g(x))dg(x)=F(g(x))+C\\ \Uparrow \\ \int f(x)dx=F(x)+C\\ dg(x)=g^{\prime }(x)dx\\ \int f(g(x))\cdot g^{\prime }(x)dx=\int f(g(x))dg(x)\end{array}$

Использование свойства инвариантности:

Пример $\begin{array}{c}\int \sin (x^2)\cdot 2xdx=\int \sin (x^2)d(x^2)=-\cos (x^2)+C\\ \int e^{x^3}{x}^{2}dx=\frac{1}{3}\int e^{x^3}(3x^2)dx=\frac{1}{3}\int e^{x^3}d(x^3)=\frac{1}{3}{e}^{x^3}+C\end{array}$

Примеры с семинара

Теорема об интегрировании подстановкой (Прямая замена) Пусть $\phi (x)$ и $f(x)$ определены в промежутках $I_1$ и $I_2$ соответственно, $\phi (x)\in I_2\forall x\in I_1$. Пусть: $\begin{array}{c}\int f(u)du=F(u)+C\text{На }{I}_2\\ \Downarrow \\ \int f(\phi (x)){\phi }^{\prime }(x)dx=F(\phi (x))+C\text{На }{I}_1\end{array}$

Доказательство $(F(\phi (x)){)}^{\prime }=F^{\prime }(\phi (x))\cdot {\phi }^{\prime }(x)=f(\phi (x))\cdot {\phi }^{\prime }(x)$

---

Лекция №2.1.2-19.02.2026

LEGIT CHECK

Метод интегрирования по частям ^1-integr-parts

Теорема об интегрировании заменой переменной (Обратная замена) $\phi \in D(I_1)$, и взаимнооднозначно отображает $I_1$ на $I_2$, причём ${\phi }^{\prime }(t)\ne 0\forall t\in I_1$. Пусть $f$ определена на $I_2$. Тогда, если $\int f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt=F(t)+C$ на $I_1$ $\Rightarrow$ на $I_2$: $\int f(x)dx=F({\phi }^{-1}(x))+C$.

Пусть

Доказательство $\exists {\phi }^{-1}(x)$ - обратная к $\phi (t)$ функция. $\Rightarrow ({\phi }^{-1}(x){)}^{\prime }=\frac{1}{{\phi }^{\prime }({\phi }^{-1}(x))}$ (по теореме о производной обратной функции). Продифференцируем предполагаемый ответ $F({\phi }^{-1}(x))$ по $x$: $\begin{array}{c}(F({\phi }^{-1}(x)){)}^{\prime }=F^{\prime }({\phi }^{-1}(x))\cdot ({\phi }^{-1}(x){)}^{\prime }=\\ =f(\phi ({\phi }^{-1}(x)))\cdot {\phi }^{\prime }({\phi }^{-1}(x))\cdot \frac{1}{{\phi }^{\prime }({\phi }^{-1}(x))}\\ =f(\phi ({\phi }^{-1}(x)))=f(x)\end{array}$

Так как отображение взаимнооднозначно и производная не равна нулю,

Теорема о дифференцировании по частям $u,v\in D(I)$, а функция $u^{\prime }\cdot v$ имеет первообразную на промежутке $I$. Тогда справедлива формула: $\int u(x)dv(x)=u(x)v(x)-\int v(x)du(x)$

Пусть

Доказательство $\begin{array}{c}(u\cdot v{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }\\ u\cdot v^{\prime }=(u\cdot v{)}^{\prime }-u^{\prime }v\\ \int u\cdot v^{\prime }dx=\int (u\cdot v{)}^{\prime }dx-\int u^{\prime }vdx\\ \int udv=u\cdot v-\int vdu\end{array}$

Примеры с семинара

Правила выбора функции $u$ и $dv$

1. Интегралы вида $\int P(x)\ln xdx,\int P(x)\arcsin xdx,\int P(x)\arccos xdx,\int P(x)\arctan xdx$, где $P(x)$ — многочлен: $\Rightarrow$ За $u$ принимается логарифмическая или обратная тригонометрическая функция ($u=\ln x,\arcsin x\dots$), а $dv=P(x)dx$.
2. Интегралы вида $\int P(x)e^{\alpha x}dx,\int P(x)\sin (\alpha x)dx,\int P(x)\cos (\alpha x)dx$: $\Rightarrow$ За $u$ принимается многочлен $u=P(x)$, а $dv=e^{\alpha x}dx,\sin (\alpha x)dx\dots$
3. Интегралы вида $\int e^{\alpha x}\sin (\beta x)dx,\int e^{\alpha x}\cos (\beta x)dx$ (циклические): $\Rightarrow$ За $u$ можно взять любую из функций ($e^{\alpha x}$ или тригонометрическую). Интегрирование по частям применяется дважды, после чего получается уравнение относительно искомого интеграла.

Пример 1 (Выбор $u=P(x)$) $\int x{e}^{2x}dx$ Пусть $u=x\Rightarrow du=dx$. $dv=e^{2x}dx\Rightarrow v=\int e^{2x}dx=\frac{1}{2}{e}^{2x}$. $\int x{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}x{e}^{2x}-\int \frac{1}{2}{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}x{e}^{2x}-\frac{1}{4}{e}^{2x}+C$

Пример 2 (Циклический интеграл) $I=\int e^{3x}\sin 4xdx$. $I=\frac{1}{3}\int \sin 4xd(e^{3x})=\frac{1}{3}\left(e^{3x}\sin 4x-\int e^{3x}d(\sin 4x)\right)=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{3}\int e^{3x}\cos 4xdx$ Применим интегрирование по частям ко второму интегралу: $\int e^{3x}\cos 4xdx=\frac{1}{3}\int \cos 4xd(e^{3x})=\frac{1}{3}\left(e^{3x}\cos 4x-\int e^{3x}d(\cos 4x)\right)=\frac{1}{3}{e}^{3x}\cos 4x+\frac{4}{3}\int e^{3x}\sin 4xdx$ Подставляем обратно в исходное выражение: $I=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{3}\left(\frac{1}{3}{e}^{3x}\cos 4x+\frac{4}{3}I\right)=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{9}{e}^{3x}\cos 4x-\frac{16}{9}I$ Решаем полученное уравнение относительно $I$: $I+\frac{16}{9}I=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{9}{e}^{3x}\cos 4x\Rightarrow \frac{25}{9}I=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{9}{e}^{3x}\cos 4x$ $I=\frac{3}{25}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{25}{e}^{3x}\cos 4x+C$

Обозначим

Многочлены и их корни ^2-polynomials

Определение - Корень многочлена $P_n(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,x\in \mathbb{R}$ $P_n(z)=a_n{z}^n+a_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +a_{1}z+a_0,z\in \mathbb{C}$ Число $z_0\in \mathbb{C}$ называется корнем $P_n(z)$, если $P_n(z_0)=0$.

Пусть заданы многочлены:

Теорема Безу $z_0\in \mathbb{C}$ является корнем $P_n(z)⟺P_n(z)$ делится на $(z-z_0)$ нацело. То есть $\exists Q_{n-1}(z)=b_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +b_0$ такой, что: $P_n(z)=(z-z_0)Q_{n-1}(z)$

Число

Следствие 0 (Разложение в $\mathbb{C}$) Любой многочлен $n$-й степени имеет ровно $n$ корней в множестве комплексных чисел (с учетом кратности). $P_n(z)=a_n(z-z_1{)}^{k_1}(z-z_2{)}^{k_2}\dots (z-z_l{)}^{k_l}$ где $z_1,\dots ,z_l$ — корни многочлена, а $\sum k_i=n$.

Следствие 1 (Разложение в $\mathbb{R}$) Любой многочлен $P_n(x)$ с действительными коэффициентами ($x\in \mathbb{R},a_i\in \mathbb{R}$) можно однозначно разложить на линейные и квадратичные множители: $P_n(x)=a_n(x-x_1{)}^{k_1}\dots (x-x_r{)}^{k_r}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{m_1}\dots (x^2+p_{l}x+q_l{)}^{m_l}$ Где $x_i$ — действительные корни, а трехчлены $(x^2+p_{i}x+q_i)$ не имеют действительных корней ($D<0$).

Интегрирование рациональных функций ^3-rational-func

Определение $\frac{P_m(x)}{Q_n(x)}$, где $P_m$ и $Q_n$ — многочлены степеней $m$ и $n$ соответственно, причем $m<n$. Знаменатель $Q_n(x)$ предварительно раскладывается на множители (по Следствию 1): $Q_n(x)=A(x-a{)}^{k_1}(x-b{)}^{k_2}\dots (x^2+p_{1}x+q_1{)}^{m_1}(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{m_2}\dots$

Рассмотрим правильную рациональную дробь

Разложение на простейшие дроби (Метод неопределенных коэффициентов) $\frac{P_m(x)}{Q_n(x)}=\frac{A_1}{x-a}+\frac{A_2}{(x-a{)}^2}+\cdots +\frac{A_{k_1}}{(x-a{)}^{k_1}}+\frac{B_1}{x-b}+\cdots +\frac{B_{k_2}}{(x-b{)}^{k_2}}+$ $+\frac{C_{1}x+D_1}{x^2+p_{1}x+q_1}+\cdots +\frac{C_{m_1}x+D_{m_1}}{(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{m_1}}+\dots$

Правильную дробь можно представить в виде суммы простейших дробей по структуре корней знаменателя:

Пример разложения (Метод неопределенных коэффициентов) $\int \frac{dx}{x^3+1}$

Разложить подынтегральную функцию и найти интеграл:

1. Разложим знаменатель по формуле суммы кубов: $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$

2. Представим дробь в виде суммы простейших: $\frac{1}{(x+1)(x^2-x+1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-x+1}$

3. Приведем к общему знаменателю и приравняем числители: $1=A(x^2-x+1)+(x+1)(Bx+C)$ Раскроем скобки и сгруппируем по степеням $x$: $0\cdot x^2+0\cdot x+1=x^2(A+B)+x(-A+B+C)+(A+C)$

4. Составим систему линейных уравнений: $\{\begin{array}{l}A+B=0\\ -A+B+C=0\\ A+C=1\end{array}$ Из первого: $B=-A$. Подставляем во второе: $-A-A+C=0\Rightarrow C=2A$. Подставляем $C$ в третье: $A+2A=1\Rightarrow 3A=1\Rightarrow A=1/3$. Итоговые коэффициенты: $A=\frac{1}{3},B=-\frac{1}{3},C=\frac{2}{3}$. Интеграл разбивается на сумму двух: $\frac{1}{3}\int \frac{dx}{x+1}-\frac{1}{3}\int \frac{x-2}{x^2-x+1}dx$

---

Лекция №3.1.3-26.02.2026

LEGIT CHECK

Интегрирование тригонометрических функций ^3-trig-advanced-section

1. Интегралы вида $\int {\tan }^{m}xdx$ и $\int {\cot }^{m}xdx(m\in \mathbb{Z})$ Для понижения степени используются основные тригонометрические тождества: ${\tan }^{2}x+1=\frac{1}{{\cos }^{2}x},{\cot }^{2}x+1=\frac{1}{{\sin }^{2}x}$

Пример $\begin{array}{c}\int {\tan }^{4}xdx=\int {\tan }^{2}x\left(\frac{1}{{\cos }^{2}x}-1\right)dx=\int \frac{{\tan }^{2}x}{{\cos }^{2}x}dx-\int {\tan }^{2}xdx=\\ =\int {\tan }^{2}xd(\tan x)-\int \left(\frac{1}{{\cos }^{2}x}-1\right)dx=\frac{{\tan }^{3}x}{3}-\tan x+x+C\end{array}$

2. Интегралы от произведений синусов и косинусов разных аргументов

Применяются формулы преобразования произведения в сумму:

• $\sin (\alpha x)\cos (\beta x)=\frac{1}{2}(\sin (\alpha -\beta )x+\sin (\alpha +\beta )x)$
• $\sin (\alpha x)\sin (\beta x)=\frac{1}{2}(\cos (\alpha -\beta )x-\cos (\alpha +\beta )x)$
• $\cos (\alpha x)\cos (\beta x)=\frac{1}{2}(\cos (\alpha -\beta )x+\cos (\alpha +\beta )x)$

3. Интегралы от чётных степеней $\int {\sin }^{2n}x{\cos }^{2m}xdx$ Применяются формулы понижения степени двойного угла: ${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2},{\cos }^{2}x=\frac{1+\cos 2x}{2}$

Пример $\begin{array}{c}\int {\sin }^{4}2xdx=\int {\left(\frac{1-\cos 4x}{2}\right)}^{2}dx=\frac{1}{4}\int (1-2\cos 4x+{\cos }^{2}4x)dx=\\ =\frac{1}{4}x-\frac{1}{8}\sin 4x+\frac{1}{4}\int \frac{1+\cos 8x}{2}dx=\frac{1}{4}x-\frac{1}{8}\sin 4x+\frac{1}{8}x+\frac{1}{64}\sin 8x+C=\\ =\frac{3}{8}x-\frac{1}{8}\sin 4x+\frac{1}{64}\sin 8x+C\end{array}$

4. Рациональные функции от тригонометрии $\int R(\sin x,\cos x)dx$ Выбор подстановки зависит от свойств чётности/нечётности функции $R$:

1. Если $R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x,\cos x)\Rightarrow \mathbf{t}=\tan \mathbf{x}$

2. Если $R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\Rightarrow \mathbf{t}=\cos \mathbf{x}$

3. Если $R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\Rightarrow \mathbf{t}=\sin \mathbf{x}$

4. Универсальная подстановка: $\mathbf{t}=\tan \frac{\mathbf{x}}{2}$. Применяется, если не подошло ничего из вышеперечисленного. Формулы перехода: $x=2\arctan t,dx=\frac{2dt}{1+t^2}$ $\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$

Пример на подстановку $t=\tan x$ Вычислить $\int \frac{dx}{2{\sin }^{2}x+\sin x\cos x-3{\cos }^{2}x}$. Делим числитель и знаменатель на ${\cos }^{2}x$: $\int \frac{\frac{dx}{{\cos }^{2}x}}{2{\tan }^{2}x+\tan x-3}=\left|t=\tan x\right|=\int \frac{dt}{2t^2+t-3}=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t^2+\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}}$ Выделяем полный квадрат: $t^2+\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}={\left(t+\frac{1}{4}\right)}^2-\frac{25}{16}$. $\frac{1}{2}\int \frac{d\left(t+\frac{1}{4}\right)}{{\left(t+\frac{1}{4}\right)}^2-{\left(\frac{5}{4}\right)}^2}=\frac{1}{2\cdot 2\cdot \frac{5}{4}}\ln \left|\frac{t+\frac{1}{4}-\frac{5}{4}}{t+\frac{1}{4}+\frac{5}{4}}\right|+C=\frac{1}{5}\ln \left|\frac{2\tan x-2}{2\tan x+3}\right|+C$

Интегрирование иррациональных функций ^3-irrational-section

1. Дробно-линейная иррациональность $\int R\left(x,{\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)}^{\frac{m_1}{n_1}},\dots ,{\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)}^{\frac{m_k}{n_k}}\right)dx$ Вводится подстановка: $t^s=\frac{ax+b}{cx+d}$ Где $s$ — общий знаменатель (НОК) для дробей $n_1,n_2,\dots ,n_k$.

Пример $\int \frac{dx}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}$. Степени $x$: $1/2$ и $1/3$. Общий знаменатель $s=6$. Подстановка: $t^6=x\Rightarrow dx=6t^{5}dt$. $\int \frac{6t^{5}dt}{t^3+t^2}=6\int \frac{t^{3}dt}{t+1}=6\int \frac{t^3+1-1}{t+1}dt=6\int \frac{(t+1)(t^2-t+1)-1}{t+1}dt=$ $=6\int (t^2-t+1)dt-6\int \frac{dt}{t+1}=2t^3-3t^2+6t-6\ln |t+1|+C=$ $=2\sqrt{x}-3\sqrt[3]{x}+6\sqrt[6]{x}-6\ln |1+\sqrt[6]{x}|+C$

Вычислить

2. Квадратичные иррациональности (Тригонометрические подстановки)

Для интегралов, содержащих корень из квадратного трехчлена, после выделения полного квадрата применяются подстановки:

1. $\sqrt{l^2-y^2}\Rightarrow \mathbf{y}=\mathbf{l}\sin \mathbf{t}$
2. $\sqrt{l^2+y^2}\Rightarrow \mathbf{y}=\mathbf{l}\tan \mathbf{t}$ или $y=l\sinh t$
3. $\sqrt{y^2-l^2}\Rightarrow \mathbf{y}=\frac{\mathbf{l}}{\cos \mathbf{t}}$ или $y=l\cosh t$

3. Интегралы вида $\int \frac{mx+n}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}dx$ Метод решения: выделение в числителе производной подкоренного выражения.

Пример $\int \frac{x+4}{\sqrt{2-x-x^2}}dx$. Производная знаменателя: $(2-x-x^2{)}^{\prime }=-1-2x$. Преобразуем числитель: $x+4=-\frac{1}{2}(-2x-1)-\frac{1}{2}+4=-\frac{1}{2}(-1-2x)+\frac{7}{2}$. Разбиваем на два интеграла: $-\frac{1}{2}\int \frac{-1-2x}{\sqrt{2-x-x^2}}dx+\frac{7}{2}\int \frac{dx}{\sqrt{2-x-x^2}}$ Первый интеграл — табличный ($\int \frac{du}{\sqrt{u}}=2\sqrt{u}$). Во втором выделяем полный квадрат: $2-x-x^2=\frac{9}{4}-{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2$. $=-\sqrt{2-x-x^2}+\frac{7}{2}\arcsin \frac{x+1/2}{3/2}+C=-\sqrt{2-x-x^2}+\frac{7}{2}\arcsin \frac{2x+1}{3}+C$

Вычислить

4. Интегралы вида $\int \frac{dx}{(mx+n{)}^r\sqrt{a{x}^2+bx+c}}(r=1,2)$ Вводится обратная подстановка: $t=\frac{1}{mx+n}$

Пример $\int \frac{dx}{(x+2)\sqrt{x^2+5}}$. Подстановка $t=\frac{1}{x+2}\Rightarrow x=\frac{1}{t}-2,dx=-\frac{1}{t^2}dt$. $\int \frac{-\frac{1}{t^2}dt}{\frac{1}{t}\sqrt{{\left(\frac{1}{t}-2\right)}^2+5}}=-\int \frac{dt}{t\sqrt{\frac{1}{t^2}-\frac{4}{t}+9}}=-\int \frac{dt}{\sqrt{1-4t+9t^2}}$ Далее под корнем выделяется полный квадрат и берется длинный логарифм.

Вычислить

---

Лекция №4.1.4-05.03.2026

LEGIT CHECK

Определённый интеграл и геометрический смысл ^1-4-definite-integral-section

Определение - Определённый интеграл (Интеграл Римана) $f(x)$ определена на отрезке $[a,b]$.

Пусть функция

1. Разобьём отрезок $[a,b]$ на $n$ частичных отрезков точками: $a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$. Это множество точек назовём разбиением $T$.
2. Длину каждого отрезка обозначим $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$. Наибольшую из этих длин назовём диаметром разбиения $\lambda (T)=\max \Delta x_i$.
3. Внутри каждого отрезка выберем произвольную точку ${\xi }_i\in [x_{i-1},x_i]$.

Сумма вида ${\sigma }_T(\xi ,f)={\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i$ называется ==интегральной суммой Римана==.

Если при стремлении максимального отрезка к нулю ($\lambda (T)\to 0$) существует конечный предел интегральной суммы $I$, не зависящий от способа разбиения и выбора точек ${\xi }_i$, то функция называется интегрируемой по Риману на $[a,b]$, а это число $I$ — ==определённым интегралом==: $I={\int }_a^{b}f(x)dx={\lim }_{\lambda (T)\to 0}{\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i$ Обозначение интегрируемости функции: $f(x)\in R([a,b])$.

Геометрический смысл (Криволинейная трапеция) $f(x)\ge 0$ равен площади криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции $y=f(x)$, осью $OX$ и прямыми $x=a,x=b$.

Геометрически определённый интеграл от неотрицательной функции

Теорема (Необходимое условие интегрируемости) Если функция $f(x)$ интегрируема на отрезке $[a,b]$, то она ограничена на этом отрезке.

Доказательство (от противного) $f(x)\in R([a,b])$, но функция не ограничена на $[a,b]$. Так как интеграл существует, то $\exists I={\lim }_{\lambda (T)\to 0}{\sigma }_T(\xi ,f)$. Это значит, что для любого $\epsilon >0$ (возьмём $\epsilon =1$) найдётся разбиение $T$, для которого: $|{\sigma }_T(\xi ,f)-I|<1\Rightarrow I-1<{\sigma }_T(\xi ,f)<I+1$ Зафиксируем это разбиение $T$. Раз функция не ограничена на всём $[a,b]$, она не ограничена хотя бы на одном из частичных отрезков разбиения, пусть это будет ${\Delta }_1=[x_0,x_1]$. Распишем интегральную сумму, выделив первый отрезок: ${\sigma }_T(\xi ,f)=f({\xi }_1)\Delta x_1+{\sum }_{i=2}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i=f({\xi }_1)\Delta x_1+A$ (где $A$ — фиксированное число для выбранных ${\xi }_2,\dots ,{\xi }_n$). Так как на ${\Delta }_1$ функция не ограничена, мы можем выбрать точку ${\xi }_1$ так, чтобы значение $f({\xi }_1)$ было сколь угодно большим (достаточно большим, чтобы выкинуть сумму ${\sigma }_T$ за пределы интервала $(I-1,I+1)$). Значит, условие интегрируемости не выполняется при любых $\xi$. Противоречие.

Пусть

Функция Дирихле и суммы Дарбу ^1-4-darboux-section

Контрпример — Функция Дирихле не интегрируема на отрезке (например, $[0,1]$). $D(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in \mathbb{Q}\text{ (рациональные числа)}\\ 0,& x\notin \mathbb{Q}\text{ (иррациональные числа)}\end{array}$

Функция, которая ограничена, но

• Если выбрать все ${\xi }_i\in \mathbb{Q}$, то $f({\xi }_i)=1\Rightarrow {\sigma }_T=\sum 1\cdot \Delta x_i=1$.
• Если выбрать все ${\xi }_i\notin \mathbb{Q}$, то $f({\xi }_i)=0\Rightarrow {\sigma }_T=\sum 0\cdot \Delta x_i=0$. Предел зависит от выбора точек $\Rightarrow$ интеграл не существует: $D(x)\notin R([0,1])$.

Определение - Суммы Дарбу $\xi$, для ограниченной на $[a,b]$ функции вводят:

Чтобы уйти от зависимости от случайных точек

• $M_i={\sup }_{x\in {\Delta }_i}f(x)$ — точная верхняя грань (самая высокая точка на отрезке).
• $m_i={\inf }_{x\in {\Delta }_i}f(x)$ — точная нижняя грань (самая низкая точка на отрезке).

==Верхняя сумма Дарбу==: $S_T={\sum }_{i=1}^n{M}_i\Delta x_i$ (площадь описанных прямоугольников). ==Нижняя сумма Дарбу==: $s_T={\sum }_{i=1}^n{m}_i\Delta x_i$ (площадь вписанных прямоугольников).

Теорема (Критерий интегрируемости функции) $[a,b]$ функция $f(x)$ была интегрируема, необходимо и достаточно, чтобы: ${\lim }_{\lambda (T)\to 0}(S_T-s_T)=0$ (Разница между верхней и нижней площадями должна исчезнуть при сужении отрезков). На языке эпсилон-дельта: $\forall \epsilon >0\exists \delta (\epsilon )>0:\forall T\text{ такого, что }\lambda (T)<\delta \Rightarrow S_T-s_T<\epsilon$.

Для того чтобы ограниченная на

Классы интегрируемых функций и свойства ^1-4-classes-properties

Теоремы о классах интегрируемых функций

1. О непрерывной функции: Если функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$, то она интегрируема на нём ($f(x)\in C([a,b])\Rightarrow f(x)\in R([a,b])$). Следствие: Все элементарные функции интегрируемы в своей области определения.

2. О кусочно-непрерывной функции: Функцию называют кусочно-непрерывной на $[a,b]$, если она непрерывна всюду, кроме конечного числа точек, где имеются разрывы I рода (скачки). Любая кусочно-непрерывная функция интегрируема.

Пример кусочно-непрерывной функции $\text{sgn}(x)$ Функция $f(x)=\text{sgn}(x)$ на отрезке $[-1,1]$ имеет скачок в нуле, но её интеграл существует и равен $0$ (площади над и под осью компенсируются). $\text{sgn}(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x>0\\ 0,& x=0\\ -1,& x<0\end{array}$

import graph;
size(150, 150);
xaxis("$x$", Arrow); yaxis("$y$", Arrow);
filldraw(box((-1,0), (0,-1)), lightgray+opacity(0.5), black);
filldraw(box((0,0), (1,1)), lightgray+opacity(0.5), black);
draw((-1,-1)--(0,-1), blue+linewidth(1.5));
draw((0,1)--(1,1), blue+linewidth(1.5));
draw((-1,0)--(-1,-1), dashed);
draw((1,0)--(1,1), dashed);
label("$-1$", (-1,0), N); label("$1$", (1,0), S);
label("$-1$", (0,-1), E); label("$1$", (0,1), E);
dot((0,0), blue);

Свойства определённого интеграла Свойство 1 (Линейность): Если $f(x),g(x)\in R([a,b])$, то их линейная комбинация $\phi (x)=\alpha f(x)+\beta g(x)$ также $\in R([a,b])$, причём: ${\int }_a^b(\alpha f(x)+\beta g(x))dx=\alpha {\int }_a^{b}f(x)dx+\beta {\int }_a^{b}g(x)dx$

Доказательство $\phi (x)$: ${\sigma }_T(\phi ,\xi )={\sum }_{i=1}^n(\alpha f({\xi }_i)+\beta g({\xi }_i))\Delta x_i=\alpha {\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i+\beta {\sum }_{i=1}^{n}g({\xi }_i)\Delta x_i$ ${\sigma }_T(\phi ,\xi )=\alpha {\sigma }_T(f,\xi )+\beta {\sigma }_T(g,\xi )$ Перейдём к пределу при $\lambda (T)\to 0$. Так как $f$ и $g$ интегрируемы, пределы правых сумм существуют и равны их определённым интегралам. Значит, существует предел левой части, что и доказывает свойство: ${\lim }_{\lambda (T)\to 0}{\sigma }_T(\phi ,\xi )=\alpha {\int }_a^{b}f(x)dx+\beta {\int }_a^{b}g(x)dx$

Запишем интегральную сумму для функции

---

Лекция №5.1.5-12.03.2026

LEGIT CHECK

Свойства определённого интеграла (Неравенства) ^1-5-properties-section

Свойство 7 (Сохранение знака) $f(x)\ge 0$ на $[a,b]$ и $f(x)\in R([a,b])\Rightarrow {\int }_a^{b}f(x)dx\ge 0$.

Если

Доказательство $T$, $x_i,i=\overline{0,n}$, ${\xi }_i$. Так как $\forall {\xi }_i:f({\xi }_i)\ge 0$ и $\Delta x_i>0\Rightarrow f({\xi }_i)\Delta x_i\ge 0$. Составим интегральную сумму: ${\sigma }_T(f,\xi )={\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i\ge 0$. Перейдём к пределу при $\lambda (T)\to 0$: ${\lim }_{\lambda (T)\to 0}{\sigma }_T(f,\xi )={\int }_a^{b}f(x)dx\ge 0$.

Возьмём разбиение

Геометрический смысл Свойства 7: Значение определённого интеграла от неотрицательной на заданном отрезке функции равно площади соответствующей криволинейной трапеции.

Следствие (Интегрирование неравенств) $f(x),g(x)\in R([a,b])$ и $\forall x\in [a,b]:f(x)\ge g(x)\Rightarrow {\int }_a^{b}f(x)dx\ge {\int }_a^{b}g(x)dx$.

Если

Доказательство $f(x)-g(x)\ge 0$. По Свойству 7: ${\int }_a^b(f(x)-g(x))dx\ge 0$. По свойству линейности: ${\int }_a^{b}f(x)dx-{\int }_a^{b}g(x)dx\ge 0\Rightarrow {\int }_a^{b}f(x)dx\ge {\int }_a^{b}g(x)dx$.

Рассмотрим разность

Свойство 8 (Оценка модуля интеграла) $f(x)\in R([a,b])$, то $|f(x)|\in R([a,b])$ и справедливо неравенство: $\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le {\int }_a^b|f(x)|dx$

Если

Доказательство

1. Покажем, что $|f(x)|\in R([a,b])$: Зададим разбиение $T$, $x_i,\Delta x_i$. Пусть $m_i={\inf }_{{\Delta }_i}f(x)$, $M_i={\sup }_{{\Delta }_i}f(x)$. Разность точных граней модуля функции на любом отрезке не превосходит разности точных граней самой функции: ${\sup }_{{\Delta }_i}|f(x)|-{\inf }_{{\Delta }_i}|f(x)|\le M_i-m_i$. Умножим на $\Delta x_i$ и просуммируем (перейдём к суммам Дарбу): $S_T(|f|)-s_T(|f|)\le S_T(f)-s_T(f)$. Так как $f\in R$, то ${\lim }_{\lambda (T)\to 0}(S_T(f)-s_T(f))=0$. Следовательно, и предел разности сумм Дарбу для модуля равен нулю. Значит, $|f(x)|\in R([a,b])$.

2. Докажем неравенство: Для интегральной суммы верно свойство модуля суммы: $|{\sigma }_T(f)|=\left|{\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i\right|\le {\sum }_{i=1}^n|f({\xi }_i)|\Delta x_i={\sigma }_T(|f|)$. Переходя к пределу при $\lambda (T)\to 0$, получаем требуемое: $\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le {\int }_a^b|f(x)|dx$.

Замечание $|f(x)|\in R([a,b])$ не обязательно следует, что $f(x)\in R([a,b])$. Контрпример (модифицированная функция Дирихле): $f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in \mathbb{Q}\\ -1,& x\notin \mathbb{Q}\end{array}$. Здесь $|f(x)|\equiv 1$ (интегрируема), но сама $f(x)$ не интегрируема.

Из

Свойство 9 (Интегрирование чётных/нечётных функций) $f(x)\in C([-a,a])$.

Пусть

1. Если $f(x)$ — чётная, то ${\int }_{-a}^{a}f(x)dx=2{\int }_0^{a}f(x)dx$.
2. Если $f(x)$ — нечётная, то ${\int }_{-a}^{a}f(x)dx=0$.

Теоремы об оценке и о среднем ^1-5-mean-value-section

Теорема (Об оценке определённого интеграла) $m={\min }_{[a,b]}f(x)$, $M={\max }_{[a,b]}f(x)$ и $f(x)\in C([a,b])$. Тогда $m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a)$.

Пусть

Доказательство $m\le f(x)\le M$. Проинтегрируем это двойное неравенство по отрезку $[a,b]$ (по следствию из Свойства 7): ${\int }_a^{b}mdx\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le {\int }_a^{b}Mdx$. Так как $m$ и $M$ — константы, ${\int }_a^{b}mdx=m(b-a)$ и ${\int }_a^{b}Mdx=M(b-a)$. Отсюда следует утверждение теоремы.

По условию

Теорема (Обобщенная теорема о среднем) $f(x),g(x)\in R([a,b])$, существует $m,M$ такие, что $\forall x\in [a,b]\Rightarrow m\le f(x)\le M$, и функция $g(x)$ сохраняет знак на $[a,b]$. Тогда $\exists \mu \in [m,M]:{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=\mu {\int }_a^{b}g(x)dx$.

Пусть

Доказательство $g(x)\ge 0$. Умножим двойное неравенство $m\le f(x)\le M$ на $g(x)$: $m\cdot g(x)\le f(x)g(x)\le M\cdot g(x)$. Проинтегрируем на $[a,b]$: $m{\int }_a^{b}g(x)dx\le {\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\le M{\int }_a^{b}g(x)dx(\ast )$.

Пусть

1. Если ${\int }_a^{b}g(x)dx=0$, то из $(\ast )$ следует ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=0$. Равенство выполняется при любом $\mu$.
2. Если ${\int }_a^{b}g(x)dx>0$, разделим $(\ast )$ на этот интеграл: $m\le \frac{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx}{{\int }_a^{b}g(x)dx}\le M$. Обозначим эту дробь за $\mu$. Тогда $\mu \in [m,M]$ и ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=\mu {\int }_a^{b}g(x)dx$.

Теорема (О среднем значении) $f(x)\in C([a,b])$, $g(x)\in R([a,b])$ и $g(x)$ не меняет знак на $[a,b]$. Тогда $\exists c\in [a,b]:{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(c){\int }_a^{b}g(x)dx$.

Пусть

Доказательство $m={\min }_{[a,b]}f(x)$, $M={\max }_{[a,b]}f(x)$. По обобщенной теореме о среднем $\exists \mu \in [m,M]$: ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=\mu {\int }_a^{b}g(x)dx$. Так как $f(x)\in C([a,b])$, по второй теореме Вейерштрасса она принимает все промежуточные значения между $m$ и $M$. Следовательно, найдется точка $c\in [a,b]$ такая, что $f(c)=\mu$. Подставляя $f(c)$ вместо $\mu$, получаем требуемое равенство. (Замечание: Если положить $g(x)\equiv 1$, получим классическую теорему о среднем: ${\int }_a^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$).

Обозначим

Интеграл с переменным верхним пределом ^1-5-variable-limit-section

Определение $f(x)\in R([a,b])$, то для любого $x\in [a,b]$ определена функция: $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$ называемая интегралом с переменным верхним пределом.

Если функция

Теорема о непрерывности интеграла с переменным пределом $f(x)\in R([a,b])\Rightarrow F(x)\in C([a,b])$.

Если

Доказательство $x\in [a,b]$, $\Delta x$ — приращение такое, что $x+\Delta x\in [a,b]$. Рассмотрим приращение функции $F(x)$: $\Delta F=F(x+\Delta x)-F(x)={\int }_a^{x+\Delta x}f(t)dt-{\int }_a^{x}f(t)dt={\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt$. Так как $f(x)\in R([a,b])$, то $f(x)$ ограничена: $\exists M>0:\forall t\in [a,b]\Rightarrow |f(t)|\le M$. Оценим модуль приращения (по теореме об оценке): $|\Delta F|=\left|{\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt\right|\le \left|{\int }_x^{x+\Delta x}|f(t)|dt\right|\le M|\Delta x|$. Перейдём к пределу при $\Delta x\to 0$: ${\lim }_{\Delta x\to 0}\Delta F=0\Rightarrow F(x)\in C([a,b])$.

Пусть

Теорема о производной интеграла с переменным верхним пределом $f(x)\in R([a,b])$ и непрерывна в точке $x_0\in [a,b]$ ($f(x)\in C(x_0)$), то $F(x)\in {\int }_a^{x}f(t)dt$ дифференцируема в точке $x_0$ ($F(x)\in D(x_0)$) и: $F^{\prime }(x_0)=f(x_0)$

Если

Доказательство $F^{\prime }(x_0)={\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta F}{\Delta x}={\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{1}{\Delta x}\left({\int }_a^{x_0+\Delta x}f(t)dt-{\int }_a^{x_0}f(t)dt\right)={\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{1}{\Delta x}{\int }_{x_0}^{x_0+\Delta x}f(t)dt$. Применим к интегралу теорему о среднем значении. Так как интеграл берется по отрезку $[x_0,x_0+\Delta x]$, существует точка $\xi \in [x_0,x_0+\Delta x]$ такая, что: ${\int }_{x_0}^{x_0+\Delta x}f(t)dt=f(\xi )\cdot (x_0+\Delta x-x_0)=f(\xi )\Delta x$. Подставим это в предел: ${\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{1}{\Delta x}\cdot f(\xi )\Delta x={\lim }_{\Delta x\to 0}f(\xi )$. Так как $\xi$ зажата между $x_0$ и $x_0+\Delta x$, при $\Delta x\to 0$ точка $\xi \to x_0$. В силу непрерывности функции $f$ в точке $x_0$, предел ${\lim }_{\xi \to x_0}f(\xi )=f(x_0)$. Следовательно, $F^{\prime }(x_0)=f(x_0)$.

Рассмотрим предел отношения приращения функции к приращению аргумента:

---

Лекция №6.1.6-19.03.2026

LEGIT CHECK

Существование первообразной и формула Ньютона-Лейбница ^1-6-newton-leibniz-section

Теорема (О существовании первообразной) $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$ ($f(x)\in C([a,b])$), то у неё существует первообразная на этом отрезке.

Если функция

Доказательство $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$ дифференцируема и её производная равна $F^{\prime }(x)=f(x)$. По определению это означает, что $F(x)$ является одной из первообразных функции $f(x)$ на $[a,b]$. Все множество первообразных задается формулой $\Phi (x)={\int }_a^{x}f(t)dt+C$.

По теореме о производной интеграла с переменным верхним пределом (см. предыдущую лекцию), функция

Теорема (Формула Ньютона-Лейбница) $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$ и $\Phi (x)$ — любая первообразная функции $f(x)$ на этом отрезке, то справедлива формула: ${\int }_a^{b}f(x)dx=\Phi (x){|}_a^b=\Phi (b)-\Phi (a)$

Если функция

Доказательство $\Phi (x)$ имеет вид: $\Phi (x)={\int }_a^{x}f(t)dt+C$.

Из предыдущей теоремы известно, что любая первообразная

1. Подставим $x=a$: $\Phi (a)={\int }_a^{a}f(t)dt+C=0+C\Rightarrow C=\Phi (a)$. Таким образом, $\Phi (x)={\int }_a^{x}f(t)dt+\Phi (a)$.
2. Подставим $x=b$: $\Phi (b)={\int }_a^{b}f(t)dt+\Phi (a)$. Выразим интеграл: ${\int }_a^{b}f(x)dx=\Phi (b)-\Phi (a)$.

Замена переменной и интегрирование по частям в определённом интеграле ^1-6-definite-methods-section

Теорема (О замене переменной) $f(x)\in C([a,b])$, а функция $x=\phi (t)$ удовлетворяет условиям:

Пусть

1. $\phi (t)\in C^1([\alpha ,\beta ])$ (непрерывно дифференцируема).
2. $\phi (\alpha )=a,\phi (\beta )=b$.
3. Значения функции $\phi (t)$ при $t\in [\alpha ,\beta ]$ не выходят за пределы отрезка $[a,b]$. Тогда справедлива формула: ${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt$

Доказательство $f(x)$ непрерывна, у нее существует первообразная $\Phi (x)$. По формуле Ньютона-Лейбница: ${\int }_a^{b}f(x)dx=\Phi (b)-\Phi (a)$. Рассмотрим сложную функцию $\Phi (\phi (t))$. Её производная по правилу дифференцирования сложной функции: $(\Phi (\phi (t)){)}^{\prime }={\Phi }^{\prime }(\phi (t))\cdot {\phi }^{\prime }(t)=f(\phi (t))\cdot {\phi }^{\prime }(t)$. Это значит, что $\Phi (\phi (t))$ является первообразной для подынтегральной функции правой части. Применим формулу Ньютона-Лейбница к правой части: ${\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt=\Phi (\phi (t)){|}_{\alpha }^{\beta }=\Phi (\phi (\beta ))-\Phi (\phi (\alpha ))$. Так как $\phi (\beta )=b$ и $\phi (\alpha )=a$, получаем $\Phi (b)-\Phi (a)$. Левая и правая части равны.

Так как

Теорема (Об интегрировании по частям) $u(x),v(x)\in C^1([a,b])$ (имеют непрерывные производные на отрезке). Тогда: ${\int }_a^{b}u(x)v^{\prime }(x)dx=u(x)v(x){|}_a^b-{\int }_a^{b}v(x)u^{\prime }(x)dx$

Пусть функции

Замечание (Интегрирование периодической функции) $f(x)$ — периодическая функция с периодом $T$ (т.е. $f(x+T)=f(x)$). Интеграл от такой функции по отрезку длиной $T$ не зависит от точки начала интегрирования: ${\int }_a^{a+T}f(x)dx={\int }_0^{T}f(x)dx$

Пусть

Несобственные интегралы I рода (бесконечные пределы) ^1-6-improper-integrals-section

Определение $f(x)$ определена на полуинтервале $[a,+\infty )$ и интегрируема на любом конечном отрезке $[a,\xi ]$, где $\xi >a$. ==Несобственным интегралом I рода== называется предел: ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx={\lim }_{\xi \to +\infty }{\int }_a^{\xi }f(x)dx$

Пусть функция

• Если этот предел существует и конечен (равен числу $A$), говорят, что интеграл сходится (к числу $A$).
• Если предел равен $\infty$ или не существует, говорят, что интеграл расходится.

Аналогично определяются интегралы для других бесконечных промежутков:

• ${\int }_{-\infty }^{a}f(x)dx={\lim }_{\xi \to -\infty }{\int }_{\xi }^{a}f(x)dx$
• ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx={\int }_{-\infty }^{c}f(x)dx+{\int }_c^{+\infty }f(x)dx$ (сходится, только если сходятся оба слагаемых).

Пример сходящегося интеграла I рода ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2}$. Разбиваем на два интеграла в точке $0$: ${\int }_{-\infty }^0\frac{dx}{1+x^2}+{\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2}={\lim }_{A\to -\infty }{\int }_A^0\frac{dx}{1+x^2}+{\lim }_{B\to +\infty }{\int }_0^B\frac{dx}{1+x^2}=$ $={\lim }_{A\to -\infty }(\arctan x{|}_A^0)+{\lim }_{B\to +\infty }(\arctan x{|}_0^B)=$ $={\lim }_{A\to -\infty }(\arctan 0-\arctan A)+{\lim }_{B\to +\infty }(\arctan B-\arctan 0)=$ $=\left(0-\left(-\frac{\pi }{2}\right)\right)+\left(\frac{\pi }{2}-0\right)=\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2}=\pi \text{(сходится)}$

Вычислить

Несобственные интегралы II рода (от неограниченных функций)

Определение $f(x)$ определена на $[a,b)$, не ограничена в окрестности левой точки $b$ (т.е. на $(b-\delta ,b)$ при $\delta >0$) и интегрируема на любом отрезке $[a,\xi ]$, где $\xi <b$. ==Несобственным интегралом II рода== называется предел: ${\int }_a^{b}f(x)dx={\lim }_{\xi \to b-0}{\int }_a^{\xi }f(x)dx$ Аналогично для функции, неограниченной в левом конце $a$: ${\int }_a^{b}f(x)dx={\lim }_{\xi \to a+0}{\int }_{\xi }^{b}f(x)dx$ Если точка разрыва $c\in (a,b)$, то интеграл разбивается на сумму: ${\int }_a^c+{\int }_c^b$.

Пусть функция

Стандартный интеграл II рода (Признак сходимости Дирихле/степенной) ${\int }_0^1\frac{dx}{x^{\alpha }}$ (функция неограничена при $x\to 0$). ${\lim }_{\delta \to 0+}{\int }_{\delta }^1\frac{dx}{x^{\alpha }}$

Исследовать на сходимость

1. При $\alpha =1$: ${\lim }_{\delta \to 0+}(\ln x{|}_{\delta }^1)={\lim }_{\delta \to 0+}(0-\ln \delta )=+\infty$ (расходится).
2. При $\alpha \ne 1$: ${\lim }_{\delta \to 0+}\left(\frac{x^{1-\alpha }}{1-\alpha }{|}_{\delta }^1\right)={\lim }_{\delta \to 0+}\left(\frac{1}{1-\alpha }-\frac{{\delta }^{1-\alpha }}{1-\alpha }\right)$.
   • Если $\alpha <1\Rightarrow 1-\alpha >0$, тогда ${\delta }^{1-\alpha }\to 0$. Интеграл равен $\frac{1}{1-\alpha }$ (сходится).
   • Если $\alpha >1\Rightarrow 1-\alpha <0$, тогда ${\delta }^{1-\alpha }=\frac{1}{{\delta }^{\alpha -1}}\to +\infty$. Интеграл равен $\infty$ (расходится).

Вывод: ${\int }_0^1\frac{dx}{x^{\alpha }}$ сходится при $\alpha <1$ и расходится при $\alpha \ge 1$.

Пример вычисления ${\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}\Rightarrow \alpha =1/2<1$ (интеграл сходится). Вычисление: ${\lim }_{\delta \to 0+}{\int }_{\delta }^1{x}^{-1/2}dx={\lim }_{\delta \to 0+}(2\sqrt{x}{|}_{\delta }^1)={\lim }_{\delta \to 0+}(2-2\sqrt{\delta })=2$.

---

Лекция №7.1.7-26.03.2026

LEGIT CHECK

Свойства несобственных интегралов ^1-7-improper-properties

Пусть задан несобственный интеграл $(\ast ){\int }_a^{b}f(x)dx$, где $x\in [a,b)$, а точка $b$ является особой (бесконечный разрыв или $b=+\infty$).

Свойства несобственного интеграла

1. Линейность: Если интегралы ${\int }_a^{b}f(x)dx$ и ${\int }_a^{b}g(x)dx$ сходятся, то для любых констант $\alpha ,\beta$ сходится интеграл от их линейной комбинации, причем: ${\int }_a^b(\alpha f(x)+\beta g(x))dx=\alpha {\int }_a^{b}f(x)dx+\beta {\int }_a^{b}g(x)dx$

2. Связь с первообразной: Если $f(x)\in C([a,b))$, а $F(x)$ — её первообразная, то интеграл $(\ast )$ сходится $⟺\exists {\lim }_{\xi \to b-0}F(\xi )$ (конечный предел).

3. Интегрирование по частям: Пусть $u(x),v(x)$ определены на $[a,b)$ и $u,v\in C^1([a,b))$. Если $\exists {\lim }_{\xi \to b-0}u(\xi )v(\xi )=B\ne \infty$, то из сходимости ${\int }_a^{b}v(x)u^{\prime }(x)dx$ следует сходимость ${\int }_a^{b}u(x)v^{\prime }(x)dx$, и справедлива формула: ${\int }_a^{b}u(x)v^{\prime }(x)dx={\lim }_{\xi \to b-0}u(\xi )v(\xi )-u(a)v(a)-{\int }_a^{b}v(x)u^{\prime }(x)dx$

4. Замена переменной: Если $f(x)\in C([a,b])$, $x=\phi (t)\in C^1([\alpha ,\beta ])$, $\phi (t)$ строго возрастает на $[\alpha ,\beta )$ и $\phi (\alpha )=a,{\lim }_{t\to \beta -0}\phi (t)=b$, то: ${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt$

5. Сохранение неравенства: Если интегралы от $f(x)$ и $g(x)$ сходятся и $\forall x\in [a,b)f(x)\le g(x)$, то: ${\int }_a^{b}f(x)dx\le {\int }_a^{b}g(x)dx$

Доказательство свойства 5 $F(\xi )={\int }_a^{\xi }f(x)dx$ и $G(\xi )={\int }_a^{\xi }g(x)dx$. Так как $f(x)\le g(x)$ на любом отрезке $[a,\xi ]\subset [a,b)$, по свойству определенных интегралов: $F(\xi )\le G(\xi )\forall \xi \in [a,b)$ Перейдём к пределу при $\xi \to b-0$. Так как по условию оба несобственных интеграла сходятся, пределы существуют: ${\lim }_{\xi \to b-0}F(\xi )\le {\lim }_{\xi \to b-0}G(\xi )\Rightarrow {\int }_a^{b}f(x)dx\le {\int }_a^{b}g(x)dx$

Рассмотрим интегралы с переменным верхним пределом:

Признаки сходимости несобственных интегралов 2-го рода (от неограниченных функций) ^1-7-comparison-tests-type2

Рассмотрим функции, имеющие бесконечный разрыв в точке $b$. Обозначим: $(\ast ){\int }_a^{b}f(x)dx$ и $(\ast \ast ){\int }_a^{b}g(x)dx$.

Теорема (Признак сравнения) $\forall x\in [a,b)$ выполняется $0\le f(x)\le g(x)$, то: а) из сходимости $(\ast \ast )$ следует сходимость $(\ast )$. б) из расходимости $(\ast )$ следует расходимость $(\ast \ast )$.

Если

Доказательство $F(\xi )={\int }_a^{\xi }f(x)dx$ и $G(\xi )={\int }_a^{\xi }g(x)dx$. Так как функции неотрицательны ($f,g\ge 0$), функции $F(\xi )$ и $G(\xi )$ монотонно возрастают. Из неравенства $f(x)\le g(x)$ следует $F(\xi )\le G(\xi )$. а) Пусть $(\ast \ast )$ сходится. Значит, $\exists {\lim }_{\xi \to b-0}G(\xi )=B<\infty$. Тогда $F(\xi )\le B$. Функция $F(\xi )$ монотонно возрастает и ограничена сверху. По теореме Вейерштрасса она имеет конечный предел: $\exists {\lim }_{\xi \to b-0}F(\xi )=A<\infty \Rightarrow (\ast )$ сходится. б) Пусть $(\ast )$ расходится. Предположим противное: пусть $(\ast \ast )$ сходится. Но тогда по доказанному пункту (а) интеграл $(\ast )$ тоже должен сходиться. Пришли к противоречию $\Rightarrow (\ast \ast )$ расходится.

Пусть

Теорема (Предельный признак сравнения) $f(x),g(x)\in C([a,b))$, $f(x)\ge 0,g(x)\ge 0\forall x\in [a,b)$. В точке $b$ функции имеют бесконечный разрыв. Если существует конечный, отличный от нуля предел: ${\lim }_{x\to b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=k(0<k<\infty )$ То интегралы $(\ast )$ и $(\ast \ast )$ сходятся или расходятся одновременно.

Пусть

Доказательство ${\lim }_{x\to b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=k$, для $\forall \epsilon >0$ $\exists \delta >0$, такое что $\forall x\in U_{\delta }^{-}(b)=(b-\delta ,b)$ выполняется: $\left|\frac{f(x)}{g(x)}-k\right|<\epsilon ⟺k-\epsilon <\frac{f(x)}{g(x)}<k+\epsilon$ Выберем $\epsilon =\frac{k}{2}>0$. Тогда: $\frac{k}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}<\frac{3k}{2}$ Так как $g(x)>0$ в этой окрестности (из-за непрерывности и положительного предела), домножим на $g(x)$: $\frac{k}{2}g(x)<f(x)<\frac{3k}{2}g(x)$ Интегрируем эти неравенства на отрезке $[c,b)$, где $c\in U_{\delta }^{-}(b)$: $\frac{k}{2}{\int }_c^{b}g(x)dx\le {\int }_c^{b}f(x)dx\le \frac{3k}{2}{\int }_c^{b}g(x)dx$ Из левого неравенства (по признаку сравнения) следует, что сходимость $f\Rightarrow$ сходимость $g$, а расходимость $g\Rightarrow$ расходимость $f$. Из правого неравенства следует, что сходимость $g\Rightarrow$ сходимость $f$, а расходимость $f\Rightarrow$ расходимость $g$. (Замечание: ${\int }_a^b={\int }_a^c+{\int }_c^b$, сходимость несобственного интеграла зависит только от поведения на "хвосте" $[c,b)$). Следовательно, оба интеграла ведут себя одинаково.

По определению предела

Признаки сходимости несобственных интегралов 1-го рода (с бесконечным пределом) ^1-7-comparison-tests-type1

Обозначим: $(\ast ){\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ и $(\ast \ast ){\int }_a^{+\infty }g(x)dx$.

Теорема (Признак сравнения) $f(x),g(x)\in R([a,b])$ для любого конечного $b$, и $\forall x\ge a\Rightarrow 0\le f(x)\le g(x)$. а) Если $(\ast \ast )$ сходится $\Rightarrow (\ast )$ сходится. б) Если $(\ast )$ расходится $\Rightarrow (\ast \ast )$ расходится.

Пусть

Доказательство $F(\xi )={\int }_a^{\xi }f(x)dx$ и $G(\xi )={\int }_a^{\xi }g(x)dx$. Из $0\le f(x)\le g(x)$ следует $F(\xi )\le G(\xi )$. Из сходимости $G(\xi )$ к конечному пределу при $\xi \to +\infty$ по теореме Вейерштрасса (о монотонной ограниченной функции) вытекает сходимость $F(\xi )$.

Доказательство абсолютно аналогично признаку сравнения для 2-го рода. Вводятся

Теорема (Предельный признак сравнения) $f(x)\ge 0,g(x)\ge 0\forall x\ge a$. Если существует конечный, отличный от нуля предел: ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{f(x)}{g(x)}=k(0<k<\infty )$ То интегралы $(\ast )$ и $(\ast \ast )$ сходятся или расходятся одновременно.

Пусть

Доказательство ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{f(x)}{g(x)}=k$, для $\forall \epsilon >0\exists M>a$, такое что $\forall x>M$: $\left|\frac{f(x)}{g(x)}-k\right|<\epsilon$ Возьмём $\epsilon =\frac{k}{2}>0$, тогда: $\frac{k}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}<\frac{3k}{2}\Rightarrow \frac{k}{2}g(x)<f(x)<\frac{3k}{2}g(x)$ Проинтегрируем неравенство на хвосте $[\xi ,+\infty )$, где $\xi >M$: $\frac{k}{2}{\int }_{\xi }^{+\infty }g(x)dx\le {\int }_{\xi }^{+\infty }f(x)dx\le \frac{3k}{2}{\int }_{\xi }^{+\infty }g(x)dx$ На основании обычного признака сравнения (теорема выше) из этих неравенств следует одновременная сходимость или расходимость "хвостов" интегралов, а значит, и самих интегралов на $

По определению предела

---

Лекция №8.1.8-02.04.2026

LEGIT CHECK

Абсолютно и условно сходящиеся несобственные интегралы ^1-8-absolute-convergence

Определение ${\int }_a^{b}f(x)dx$ называется ==абсолютно сходящимся==, если сходится интеграл от модуля этой функции: ${\int }_a^b|f(x)|dx$. В этом случае функция $f(x)$ называется абсолютно интегрируемой на промежутке $[a,b)$ (где $b$ может быть как константой — точкой бесконечного разрыва, так и $+\infty$).

Несобственный интеграл

Если ${\int }_a^{b}f(x)dx$ сходится, а ${\int }_a^b|f(x)|dx$ расходится, то исходный интеграл называется ==условно сходящимся==.

Теорема о связи абсолютной и обычной сходимости ${\int }_a^b|f(x)|dx$ сходится, то интеграл ${\int }_a^{b}f(x)dx$ также сходится. При этом справедливо неравенство (модуль интеграла не превосходит интеграла от модуля): $\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le {\int }_a^b|f(x)|dx$

Если интеграл

Пример исследования на абсолютную сходимость ${\int }_1^{+\infty }\frac{\sin x}{x^2}dx(\ast )$

Исследовать на сходимость:

Решение: Рассмотрим интеграл от модуля функции: ${\int }_1^{+\infty }\left|\frac{\sin x}{x^2}\right|dx={\int }_1^{+\infty }\frac{|\sin x|}{x^2}dx(\ast \ast )$ Так как $|\sin x|\le 1$ для любого $x$, справедливо неравенство: $\frac{|\sin x|}{x^2}\le \frac{1}{x^2}$ Рассмотрим эталонный интеграл (справочный): ${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^2}(\ast \ast \ast )$ Интеграл $(\ast \ast \ast )$ сходится (так как степень $\alpha =2>1$). По признаку сравнения, из сходимости $(\ast \ast \ast )$ следует сходимость $(\ast \ast )$. Так как сходится интеграл от модуля, исходный интеграл $(\ast )$ сходится абсолютно.

Приложения определенного интеграла: Площади плоских фигур ^1-8-areas

1. Площадь в декартовых координатах (Прямоугольная система) $y=f_2(x)$ (сверху) и $y=f_1(x)$ (снизу), прямыми $x=a$ и $x=b$, причем $f_2(x)\ge f_1(x)$, то её площадь вычисляется по формуле: $S={\int }_a^b(f_2(x)-f_1(x))dx$

Если фигура ограничена кривыми

2. Площадь в полярных координатах (Криволинейный сектор) Полярная система координат: задается полюсом $O$ и полярной осью. Координаты точки $A(r,\phi )$, где $r=|OA|\ge 0$ (полярный радиус), $\phi \in [0,2\pi ]$ (полярный угол). Связь с декартовыми координатами: $x=r\cos \phi ,y=r\sin \phi$.

Пусть плоская фигура (криволинейный сектор) ограничена непрерывной кривой $r=r(\phi )$ и двумя лучами $\phi =\alpha$ и $\phi =\beta$.

Вывод формулы площади (Восстановление пропущенного куска) $\Delta \phi$. Площадь элементарного сектора $\Delta S$ можно приближенно считать площадью треугольника со сторонами $r(\phi )$ и $r(\phi +\Delta \phi )$ и углом $\Delta \phi$ между ними: $\Delta S\approx \frac{1}{2}r(\phi )\cdot r(\phi +\Delta \phi )\cdot \sin (\Delta \phi )$ Разделим на $\Delta \phi$ и перейдем к пределу при $\Delta \phi \to 0$: ${\lim }_{\Delta \phi \to 0}\frac{\Delta S}{\Delta \phi }=\frac{1}{2}{\lim }_{\Delta \phi \to 0}\left[r(\phi )\cdot r(\phi +\Delta \phi )\cdot \frac{\sin (\Delta \phi )}{\Delta \phi }\right]$ Так как $r(\phi )$ непрерывна, $r(\phi +\Delta \phi )\to r(\phi )$. По первому замечательному пределу $\frac{\sin (\Delta \phi )}{\Delta \phi }\to 1$. Получаем производную площади по углу: $S^{\prime }(\phi )=\frac{1}{2}{r}^2(\phi )\Rightarrow dS=\frac{1}{2}{r}^2(\phi )d\phi$.

Возьмем малый угол

Итоговая формула: $S=\frac{1}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }{r}^2(\phi )d\phi$

Приложения определенного интеграла: Объемы тел ^1-8-volumes

1. Объём тела по известным площадям поперечных сечений $OX$ в отрезок $[a,b]$, и для любого $x\in [a,b]$ известна площадь сечения этого тела плоскостью, перпендикулярной оси $OX$. Обозначим эту площадь $S(x)$ (предполагаем, что $S(x)$ непрерывна).

Пусть тело проецируется на ось

Вывод формулы $[a,b]$ на $n$ частей точками $a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$. Длина каждого частичного отрезка: $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$. Диаметр разбиения $\lambda =\max \Delta x_i$. В каждом отрезке выберем точку ${\xi }_i\in [x_{i-1},x_i]$. Объем элементарного "слоя" тела приближенно равен объему прямого цилиндра с основанием $S({\xi }_i)$ и высотой $\Delta x_i$: $\Delta V_i\approx S({\xi }_i)\Delta x_i$ Суммируем объемы слоев и переходим к пределу при $\lambda \to 0$ (получаем интегральную сумму Римана): $V={\lim }_{\lambda \to 0}{\sum }_{i=1}^{n}S({\xi }_i)\Delta x_i={\int }_a^{b}S(x)dx$

Разобьём отрезок

Формула: $V={\int }_a^{b}S(x)dx$

2. Объём тела вращения вокруг оси OX (Метод дисков) $f(x)\ge 0$, прямыми $x=a,x=b$ и осью $OX$, вращается вокруг оси $OX$. В этом случае поперечным сечением тела является круг с радиусом $R=f(x)$. Площадь такого сечения: $S(x)=\pi R^2=\pi (f(x){)}^2$. Подставляя это в общую формулу объемов по сечениям, получаем: $V_{OX}=\pi {\int }_a^b(f(x){)}^{2}dx$

Пусть криволинейная трапеция, ограниченная графиком непрерывной функции

3. Объём тела вращения вокруг оси OY (Метод цилиндрических оболочек) $f(x)\ge 0,x\in [a,b]$) вращается вокруг оси $OY$. Нарезать тело поперек оси $OY$ неудобно, поэтому применяется метод оболочек.

Пусть та же криволинейная трапеция (

Вывод формулы $[a,b]$ на части $\Delta x_i$. Возьмем точку ${\xi }_i$. Построим прямоугольник с основанием $\Delta x_i$ и высотой $f({\xi }_i)$. При вращении этого прямоугольника вокруг оси $OY$ образуется полый цилиндрический слой (оболочка/кольцо). Если "развернуть" эту оболочку, она будет похожа на прямоугольный параллелепипед:

Разобьем отрезок

• Длина (длина окружности вращения) $=2\pi R=2\pi {\xi }_i$
• Высота $=f({\xi }_i)$
• Толщина $=\Delta x_i$ Элементарный объем оболочки: $\Delta V_i\approx 2\pi {\xi }_{i}f({\xi }_i)\Delta x_i$. Составим интегральную сумму и перейдем к пределу: $V_{OY}\approx {\sum }_{i=1}^{n}2\pi {\xi }_{i}f({\xi }_i)\Delta x_i\stackrel{\lambda \to 0}{\to }{\int }_a^{b}2\pi xf(x)dx$

Формула: $V_{OY}=2\pi {\int }_a^{b}xf(x)dx$

---

Лекция №9.1.9-09.04.2026

Длина дуги кривой

Определение Длиной $l_{AB}$ дуги $AB$ называется предел последовательности ломаных при стремлении к 0 длины $\lambda$ её наибольшего звена. Сама кривая в этом случае называется спрямляемой

Покажем, что, если прямая непрерывна, то кривая спрямляемая

Пусть $f(x)\in C([a,b])$ $\Rightarrow$ кривая $AB$ спрямляема … Пусть $\Delta x_i>0$

$\Delta l_i=\sqrt{1+(\frac{\Delta y_i}{\Delta x_i}{)}^2}\cdot \Delta x_i$ Рассмотрим $\frac{\Delta y_i}{\Delta x_i}=f^{\prime }({\xi }_i)$ - т. к. по теореме Лагранжа $\exists {\xi }_i\in (x_{i-1}-x_i)$ ${\sum }_{i=1}^n\sqrt{1+(f^{\prime }({\xi }_i){)}^2}\Delta x$ Для параметрических функций

$\{\begin{array}{l}x=\phi (t)\\ y=\psi (t)\end{array}$ …

$\Rightarrow l_{AB}={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{({\phi }^{\prime }{)}^2+({\psi }^{\prime }{)}^2}dt,\alpha <\beta$

Обыкновенные дифференциальные уравнения(ОДУ)

Определение Дифференциальным уравнением называется соотношение $F(x,y,y^{\prime },y^{\prime \prime },\dots ,y^{(n)}(x))=C(1)$, связывающее значение независимой переменной $x$, искомой функции $y(x)$ и её производных до некоторого порядка $n\ge 1$. Порядок старшей производной, входящей в уравнение - n, называется порядком уравнения. Решением уравнения (1) называется функция $y=f(x)$, определённая на некотором интервале или отрезке $I$, имеющая производные до порядка $n$: $f(x)\in D^n(I)$

Пример решения дифференциального уравнения первого порядка: $y^{\prime }=2x$ $y=x^2+C$ $y=x^2+1$ $y=x^2-1488$

Если искомая функция зависит от нескольких переменных и в уравнение входят её частные производные… В отличие от них уравнение (1)…

ОДУ 1-го порядка

$F(x,y,y^{\prime })=0(2)$ $x$ - независимая переменная $y(x)$ - неизвестное

График решения дифференциального равнения называется интегральной кривой этого уравнения.

Геометрический смысл дифура Пусть уравнение $y^{\prime }=f(x,y)(3)(x,y)\in D$

Определение Изоклиной для уравнения (3) называется геометрическое место точек, где $f(x,y)=k,k=\mathrm{const}$ Для нескольких $k$ из множества знач функ $f$ строим изоклину

Пример Построим решения уравнения $y^{\prime }=x-y^2$ $k=0\Rightarrow 0=x-y^2\Rightarrow x=y^2$ … $k=1$ $1=x-y^2$ $x=y^2-1$

Опр Окрестностью точки $M(x_0,y_0)$ называется множество точек, которые удовлетворяют условию $(x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2<{\epsilon }^2$ $\epsilon$ - радиус окрестности

Множество точек на плоскости называется областью, если она удовлетворяет двум условиям:

1. Связность - $\forall M_1(x_1,y_1)M_2(x_2,y_2)\in M\exists$ линия, соединяющая $M_1$ и $M_2$, целиком состоящая из точек множества.
2. Открытость - Каждая точка множества принадлежит ему вместе с некоторой своей окрестностью

Лекция №10.2.10-16.04.2026

…

Функция $f(x,y)$ называется непрерывной в точке $M_0(x_0,y_0)$, если ${\lim }_{(x,y)\to (x_0,y_0)}f(x,y)=f(x_0,y_0)$

Дифференциальное уравнение первого порядка, разрешённое относительно первой производной: $y^{\prime }=f(x,y)(1)$ Пусть $f(x,y)$ определена в некоторой области $G\in {\mathbb{R}}^2$, а функция $y=f_1(x,c)$ определена в некоторой области $D\in {\mathbb{R}}^2$ $G$ - область переменных $(x,y)$ $D$ - область переменных $(x,c)$ Функция $y=f_1(x,c)$ называется общим решением уравнения $(1)$, если:

1. $\forall$ фиксированной $C$ функция $y=f_1(x,c)$ удовлетворяет уравнению $(1)$
2. $\forall$ точки $(x_0,y_0)\in G\exists C=C_0:y_0=f_1(x_0,y_0)$

Решение может быть задано неявно, так как не всегда имеет смысл выражать решение явно(это может быть слишком сложно, например): $\Phi (x,y,c)=0$

(Это, судя по всему, пример чего-то) $y^{\prime }=y{M}_0(x_0,y_0)$ $y=c{e}^x$ $y^{\prime }=(c{e}^x{)}^{\prime }=c{e}^x=y$ $y_0=c{e}^{x_0}$

Определение Решение дифференциального уравнения, проходящее через конкретную точку $(x_0,y_0)$ называется частным решением дифференциального уравнения.

Задача Коши $y^{\prime }=f(x,y)(1)$ Пусть дана точка $M_0(x_0,y_0)$ из области определения $f(x,y)$ Требуется найти решение $(1)$, удовлетворяющее условию $y_0=y(x_0)$ Условие $y_0=y(x_0)$ называется начальным условием.

Теорема(Коши - ослабленная о существовании и единственности решения ОДУ первого порядка) Пусть $f(x,y)$ определена и непрерывна вместе со своей частной производной $\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}$ на некой области $G\in {\mathbb{R}}^2$ Тогда $\forall (x_0,y_0)\in G\exists !$(существует единственное) решение $y=y(x)$, удовлетворяющее условию $y_0=y(x_0)$ Любые 2 решения этого уравнения, удовлетворяющие одному и тому же начальному условию совпадают всюду, где они оба определены

ОДУ 1-го порядка

1. Уравнения с разделяющимися переменными $y^{\prime }=f(x)g(y)(2)$ Пусть $f(x)$ и $g(x)$ непрерывен в некоторых областях соответствующих им. В окрестности каждой точки, где $g(x)\ne 0$ разделим $(2)$ на $y$ $\frac{y^{\prime }}{g(y)}=f(x)$ Проинтегрируем обе части по $x$ $\begin{array}{c}\int \frac{y^{\prime }dx}{g^{\prime }(y)}=\int f(x)dx\\ \int \frac{dy}{g(y)}=\int f(x)dx\end{array}$ $H(y)$ - первообразная $\frac{1}{g(y)}$ $F(x)$ - первообразная $f(x)$ $\Rightarrow H(y)=F(x)+C$ так как $g(y)\ne 0$ в какой-то окрестности $\Rightarrow \exists H^{-1}\Rightarrow y=H^{-1}(F(x)+C)$ Если $g(y)=0$ при $y_1,y_2,\dots ,y_k$ $\Rightarrow y\equiv y_1,y\equiv y_2,\dots ,y\equiv y_k$ - являются решениями Если $y_0=y(x_0)$ - начальное условие и $y_0\ne y_1,y_2,\dots ,y_k$ тогда подставим в уравнение $(3)$ …(вот тут непонятное что-то) Пример: $y^{\prime }=3y^{2/3}$ $\frac{dy}{dx}=3y^{2/3}$ $\frac{dy}{y^{2/3}}=3dx$ … Замечание: $\frac{\partial (3y^{2/3})}{\partial y}=\frac{1}{2\sqrt[3]{y}}\nexists$ в точке $(x,0)$ …

Запись в дифференциалах

$M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$

Решением является как функция $y=y(x)$, так и функция $x=x(y)$

Можно решать: либо $\frac{dy}{dx}=-\frac{M(x,y)}{N(x,y)}$ либо $\frac{dx}{dy}=-\frac{N(x,y)}{M(x,y)}$

Пример: $ydx+xdy=0$ $\frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x}$ или $\frac{dx}{dy}=-\frac{x}{y}$

Дифференциал всегда писать в числителе!(чтобы не позориться вроде, хз)

$ydx=-xdy$ $x\equiv 0y\equiv 0$ $\int \frac{dx}{x}=-\int \frac{dy}{y}$ $\ln |x|+C=-\ln |y|$ … При $C_3=0y=C_{3}x$ совпадает с ранее найденным $y\equiv 0$ Ответ: $y=cx,x\equiv 0$

Лекция №11.2.11-23.04.2026

Однородные уравнения

Уравнения, записывающиеся в виде: либо $y^{\prime }=f(\frac{y}{x})$ Тогда в $M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$ $M(x,y),N(x,y)$ - однородные функции одной и той же степени

Однородная функция степени $p$: $\forall x,yk>0M(kx,ky)=k^{p}M(x,y)$ Примеры однородных функций: $M(x,y)=a{x}^2+bxy+c{y}^2$ $M(kx,ky)=x{k}^2{x}^2+b{k}^{2}xy+c{k}^2{y}^2=k^{2}M(x,y)$

Как решается: Замена, сводящая уравнение с разделяющимися переменными: $y=ux$ $y^{\prime }=u^{\prime }x+u$ или $dy=udx+xdu$

Линейные уравнения - уравнения, в которые y и y’ входят линейно(то есть они 1-й степени)

$y^{\prime }=a(x)y+b(x)(1)$ Если $b(x)\equiv 0\Rightarrow y^{\prime }=a(x)(2)$ $(2)$ - соответствующее $(1)$ однородное линейное уравнение. Для решения $(1)$ сначала решаем $(2)$ $\frac{y^{\prime }}{y}=a(x)\Rightarrow \ln |y|=\int a(x)dx+C_1$
$|y|=e^{C_1}\phi (x)$ $\phi (x)=e^{\int a(x)dx}$ $y=C\phi (x),C\pm e^{C_1}$ Функцией, зависящей от $x$, ищем решение $(1)$ в виде $y=C(x)\phi (x)(3)$ Подставим $(3)$ в $(1)$, находим $C$

Метод вариации произвольной постоянной $x{y}^{\prime }=2y-2x^4$ $y^{\prime }=\frac{2y}{x}-2x^3$ - линейное уравнение 1-го порядка

Соответствующее однородное уравнение: $y^{\prime }=\frac{2y}{x}$ $\frac{dy}{dx}=\frac{2y}{x}$ $\int \frac{dy}{y}=2\int \frac{dx}{x}$ $\ln |y|=2\ln |x|+\ln C$ $y=C{x}^2$ $y=C(x)x^2$ $y^{\prime }=C^{\prime }{x}^2+2xC$ $C^{\prime }{x}^2+2xC=\frac{2C{x}^2}{x}-2x^3$ $C^{\prime }{x}^2=-2x^3$ $\frac{dC}{dx}=-2x$ $\int dC=-\int 2xdx$ $C=-x^2+C_1$ y=

Уравнение Беррнулли

$y^{\prime }=a(x)y+b(x)y^{\alpha },\alpha \ne 0,\alpha \ne 1(4)$

Как решается: 1. Разделим на $y^{\alpha }$(если $\alpha >0,y\equiv 0$) $\frac{y^{\prime }}{y^{\alpha }}=\frac{a(x)}{y^{\alpha -1}}+b(x)$ $y^{\alpha }{y}^{\prime }=y^{1-\alpha }a(x)+b(x)$ $y^{-alpha}\frac{dy}{dx}=\frac{d{y}^{1-\alpha }}{(1-\alpha )dx}$ $\Rightarrow$ замена $z=y^{1-\alpha }$ Сводит уравнение к линейному $\frac{z^{\prime }}{1-\alpha }=a(x)z+b(x)$ 2. Подстановка бернулли $y=uv=u(x)v(x)$ $y^{\prime }=u^{\prime }v+v^{\prime }(u)$ $u^{\prime }v+v^{\prime }u=a(x)uv+b(x)(uv{)}^{\alpha }$ $u^{\prime }v+(v^{\prime }-a(x)v)u=b(x)(uv{)}^{\alpha }(6)$ $v^{\prime }-a(x)v=0(5)$ Находим одно из ненулевых решений $(5)$, подставляем в $(6)$, находим $u(x)$

Пример $y^{\prime }+\frac{y}{x}=y^2{x}^2$

1. $\frac{y^{\prime }}{y^2}+\frac{1}{xy}=x^2,y\equiv 0$ $\frac{dy}{y^{2}dx}+\frac{1}{xy}=xz$ $-\frac{d(\frac{1}{y})}{dx}+\frac{1}{xy}=x^2$ $-\frac{dz}{dx}+\frac{z}{x}=x^2-\frac{dz}{dx}+\frac{z}{x}=0$ $z=\frac{1}{y}\frac{z}{{}^{\prime }}=-\frac{1}{y^2}{y}^{\prime }$ $\frac{dz}{dx}=\frac{z}{x}$ $\int \frac{dz}{z}=\int \frac{dx}{x}$ …

ОДУ n-го порядка

… Общим решением дифференциального уравнения n-го порядка называется функции $y=\phi (x,C_1,\dots ,C_n)(3)$

1. $\forall$ набора $C_1,\dots ,C_n$ $(3)$ является решением $(1)$
2. $\forall$ набора начальных условий из области существования решение $(1)(G)$ $x_0,y_0,y_0^{\prime },...,y_0^{(n-1)}\in G\exists$ набор $C_1,...,C_n$, удовлетворяющий заданным начальным условиям. $y_0^{\prime }=y^{\prime }(x_0),y_0=y(x_0),y_0^{(n-1)}=y^{(n-1)}(x_0)$

Частным решением ОДУ n-го порядка называется какое-либо решение, входящее в общее решение.

Общим интегралом ОДУ n-го порядка называется функция $\varphi (x,y,C_1,...,C_n$

Интегральной кривой называется график частного решения. Общее решение представляет собой совокупность интегральных кривых.

Задачи:

1. Найти общее решение ОДУ
2. Задача Коши
3. Кривая задача - найти частное решение, удовлетворяющее заданным условиям, одна часть из которых задана в точке $x_0$, а другая в точке $x_1$

Задачей Коши для ОДУ 2 n-го порядка называют задачу нахождения …

Теорема(Коши, существования единственности) Пусть $y^{(n)}=\phi (x,y,y^{\prime },...,y^{(n-1)})(4)$ Если функция $\phi$ удовлетворяет условию Липшица по переменным $y.y^{\prime },...,y^{(n-1)}$: $|\phi (x,\hat{y},{\hat{y}}^{\prime },...,{\hat{y}}^{(n-1)})$-…