Chini ya isiyo na mantiki elewa usemi ambapo kigezo huru %%x%% au polynomial %%P_n(x)%%% ya digrii %%n \katika \mathbb(N)%%% imejumuishwa chini ya ishara. mkali(kutoka Kilatini radix- mzizi), i.e. imeinuliwa kwa nguvu ya sehemu. Kwa kuchukua nafasi ya kutofautisha, baadhi ya aina za viambatanisho ambazo hazina mantiki kuhusiana na %%x%% zinaweza kupunguzwa hadi semi za kimantiki kwa heshima na kigezo kipya.

Dhana ya kazi ya kimantiki ya kigezo kimoja inaweza kupanuliwa hadi kwa hoja nyingi. Ikiwa kwa kila hoja %%u, v, \dotsc, w%% wakati wa kuhesabu thamani ya chaguo la kukokotoa, shughuli za hesabu tu na kuongeza kwa nguvu kamili hutolewa, basi tunazungumza juu ya kazi ya busara ya hoja hizi, ambayo kwa kawaida. imeashiria %%R(u, v, \ dotsc, w)%%. Hoja za chaguo za kukokotoa kama hizi zenyewe zinaweza kuwa chaguo za kukokotoa za %%x%%, ikijumuisha radicals ya fomu %%\sqrt[n](x), n \in \mathbb(N)%%. Kwa mfano, kazi ya kimantiki $$ R(u,v,w) = \frac(u + v^2)(w) $$ na %%u = x, v = \sqrt(x)%% na %% w = \sqrt(x^2 + 1)%% ni kazi ya kimantiki ya $$ R\left(x, \sqrt(x), \sqrt(x^2+1)\right) = \frac(x + \sqrt(x ^2))(\sqrt(x^2 + 1)) = f(x) $$ kutoka %%x%% na radicals %%\sqrt(x)%% na %%\sqrt(x ^2 + 1 )%%, ilhali chaguo za kukokotoa %%f(x)%% zitakuwa chaguo za kukokotoa zisizo na mantiki (aljebra) za kigezo kimoja huru %%x%%.

Wacha tuzingatie viunga vya fomu %%\int R(x, \sqrt[n](x)) \mathrm(d)x%%. Viunga kama hivyo vinasawazishwa kwa kuchukua nafasi ya %%t = \sqrt[n](x)%%%%, kisha %%x = t^n, \mathrm(d)x = nt^(n-1)%%.

Mfano 1

Pata %%\displaystyle\int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x))%%.

Muunganisho wa hoja inayotakikana imeandikwa kama kipengele cha itikadi kali za digrii %%2%% na %%3%%. Kwa kuwa kizidishio cha chini kabisa cha %%2%% na %%3%% ni %%6%%, kiungo hiki ni kiungo cha aina %%\int R(x, \sqrt(x)) \mathrm(d) x %% na inaweza kusawazishwa kwa kuchukua nafasi ya %%\sqrt(x) = t%%. Kisha %%x = t^6, \mathrm(d)x = 6t \mathrm(d)t, \sqrt(x) = t^3, \sqrt(x) =t^2%%. Kwa hivyo, $$ \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x)) = \int \frac(6t^5 \mathrm(d)t)(t^3 + t^2) = 6\int\frac(t^3)(t+1)\mathrm(d)t. $$ Hebu tuchukue %%t + 1 = z, \mathrm(d)t = \mathrm(d)z, z = t + 1 = \sqrt(x) + 1%% na $$ \anza(safu)( ll ) \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x) + \sqrt(x)) &= 6\int\frac((z-1)^3)(z) \mathrm(d ) t = \\ &= 6\int z^2 dz -18 \int z \mathrm(d)z + 18\int \mathrm(d)z -6\int\frac(\mathrm(d)z)( z ) = \\ &= 2z^3 - 9 z^2 + 18z -6\ln|z| + C = \\ &= 2 \kushoto(\sqrt(x) + 1\kulia)^3 - 9 \kushoto(\sqrt(x) + 1\kulia)^2 + \\ &+~ 18 \kushoto( \sqrt(x) + 1\kulia) - 6 \ln\kushoto|\sqrt(x) + 1\kulia| + C \mwisho(safu) $$

Viunganishi vya fomu %%\int R(x, \sqrt[n](x)) \mathrm(d)x%% ni hali maalum ya makosa ya mstari wa sehemu, i.e. viunga vya fomu %%\displaystyle\int R\left(x, \sqrt[n](\dfrac(ax+b)(cd+d))\kulia) \mathrm(d)x%%, ambapo %% ad - bc \neq 0%%, ambayo inaweza kusahihishwa kwa kubadilisha tofauti %%t = \sqrt[n](\dfrac(ax+b)(cd+d))%%, kisha %%x = \dfrac (dt^n - b)(a - ct^n)%%. Kisha $$ \mathrm(d)x = \frac(n t^(n-1)(ad - bc))(\left(a - ct^n\right)^2)\mathrm(d)t. $$

Mfano 2

Tafuta %%\displaystyle\int \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))\dfrac(\mathrm(d)x)(x + 1)%%.

Hebu tuchukue %%t = \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))%%, kisha %%x = \dfrac(1 - t^2)(1 + t^2)%%, $ $ \anza(safu)(l) \mathrm(d)x = -\frac(4t\mathrm(d)t)(\left(1 + t^2\kulia)^2), \\ 1 + x = \ frac(2)(1 + t^2), \\ \frac(1)(x + 1) = \frac(1 + t^2)(2). \mwisho(safu) $$ Kwa hivyo, $$ \anza(safu)(l) \int \sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x))\frac(\mathrm(d)x)(x + 1) = \\ = \frac(t(1 + t^2))(2)\kushoto(-\frac(4t \mathrm(d)t)(\kushoto(1 + t^2\kulia)^2 )\kulia) = \\ = -2\int \frac(t^2\mathrm(d)t)(1 + t^2) = \\ = -2\int \mathrm(d)t + 2\int \frac(\mathrm(d)t)(1 + t^2) = \\ = -2t + \text(arctg)~t + C = \\ = -2\sqrt(\dfrac(1 -x)( 1 + x)) + \text(arctg)~\sqrt(\dfrac(1 -x)(1 + x)) + C. \mwisho(safu) $$

Wacha tuzingatie viunga vya fomu %%\int R\left(x, \sqrt(ax^2 + bx + c)\kulia) \mathrm(d)x%%. Katika hali rahisi, viambatanisho vile hupunguzwa kwa tabular ikiwa, baada ya kutenganisha mraba kamili, mabadiliko ya vigezo yanafanywa.

Mfano 3

Tafuta %%\displaystyle\int \dfrac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x^2 + 4x + 5))%%

Kwa kuzingatia kwamba %%x^2 + 4x + 5 = (x+2)^2 + 1%%, tunachukua %%t = x + 2, \mathrm(d)x = \mathrm(d)t%%, kisha $$ \anza(safu)(ll) \int \frac(\mathrm(d)x)(\sqrt(x^2 + 4x + 5)) &= \int \frac(\mathrm(d)t) (\sqrt(t^2 + 1)) = \\ &= \ln\left|t + \sqrt(t^2 + 1)\kulia| + C = \\ &= \ln\kushoto|x + 2 + \sqrt(x^2 + 4x + 5)\kulia| + C. \mwisho(safu) $$

Katika hali ngumu zaidi, kupata viunga vya fomu %%\int R\left(x, \sqrt(ax^2 + bx + c)\kulia) \mathrm(d)x%% hutumika.

Ufafanuzi 1

Seti ya vizuia derivative zote za chaguo za kukokotoa $y=f(x)$, iliyofafanuliwa kwenye sehemu fulani, inaitwa kiunganishi kisichojulikana cha chaguo za kukokotoa $y=f(x)$. Kiunga kisichojulikana kinaonyeshwa na ishara $\int f(x)dx $.

Maoni

Ufafanuzi wa 2 unaweza kuandikwa kama ifuatavyo:

\[\int f(x)dx =F(x)+C.\]

Si kila kazi isiyo na mantiki inayoweza kuonyeshwa kama kiungo kupitia vitendaji vya msingi. Walakini, nyingi za viambatanisho hivi vinaweza kupunguzwa kwa kutumia vibadala vya vitendaji vya busara, ambavyo vinaweza kuonyeshwa kulingana na kazi za kimsingi.

$\int R\left(x,x^(m/n) ,...,x^(r/s) \kulia)dx $;

$\int R\left(x,\left(\frac(ax+b)(cx+d) \kulia)^(m/n) ,...,\left(\frac(ax+b)(cx) +d) \kulia)^(r/s) \kulia)dx $;

$\int R\left(x,\sqrt(ax^(2) +bx+c) \kulia)dx $.

I

Wakati wa kupata muunganisho wa fomu $\int R\left(x,x^(m/n) ,...,x^(r/s) \right)dx $ ni muhimu kufanya badala ifuatayo:

Kwa ubadilishaji huu, kila nguvu ya sehemu ya kigezo $x$ inaonyeshwa kupitia nguvu kamili ya kigezo $t$. Kama matokeo, kazi ya integrand inabadilishwa kuwa kazi ya busara ya kutofautiana $t$.

Mfano 1

Tekeleza ujumuishaji:

\[\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) .\]

Suluhisho:

$k=4$ ni kiashiria cha kawaida cha sehemu $\frac(1)(2) ,\, \, \frac(3)(4) $.

\\[\anza(safu)(l) (\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) =4\int \frac(t^(2) ) (t^(3) +1) \cdot t^(3) dt =4\int \frac(t^(5) )(t^(3) +1) dt =4\int \left(t^( 2) -\frac(t^(2) )(t^(3) +1) \kulia)dt =4\int t^(2) dt -4\int \frac(t^(2) )(t ^(3) +1) dt =\frac(4)(3) \cdot t^(3) -) \\ (-\frac(4)(3) \cdot \ln |t^(3) +1 |+C)\mwisho(safu)\]

\[\int \frac(x^(1/2) dx)(x^(3/4) +1) =\frac(4)(3) \cdot \left+C\]

II

Wakati wa kupata muunganisho wa fomu $\int R\left(x,\left(\frac(ax+b)(cx+d) \right)^(m/n) ,...,\left(\frac (ax+ b)(cx+d) \kulia)^(r/s) \kulia)dx $ ni muhimu kutekeleza uingizwaji ufuatao:

ambapo $k$ ni kiashiria cha kawaida cha sehemu $\frac(m)(n) ,...,\frac(r)(s) $.

Kama matokeo ya uingizwaji huu, kitendakazi cha integrand kinabadilishwa kuwa kazi ya kimantiki ya kibadala $t$.

Mfano 2

Tekeleza ujumuishaji:

\[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx .\]

Suluhisho:

Wacha tufanye mbadala ifuatayo:

\\[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx =\int \frac(t^(2) )(t^(2) -4) dt =2\int \left(1 +\frac(4)(t^(2) -4) \kulia)dt =2\int dt +8\int \frac(dt)(t^(2) -4) =2t+2\ln \kushoto |\frac(t-2)(t+2) \kulia|+C\]

Baada ya kufanya uingizwaji wa nyuma, tunapata matokeo ya mwisho:

\[\int \frac(\sqrt(x+4) )(x) dx =2\sqrt(x+4) +2\ln \kushoto|\frac(\sqrt(x+4) -2)(\ sqrt(x+4) +2) \kulia|+C.\]

III

Wakati wa kupata muunganisho wa fomu $\int R\left(x,\sqrt(ax^(2) +bx+c) \kulia)dx $,kinachojulikana kama mbadala wa Euler hufanywa (mojawapo ya mbadala tatu zinazowezekana ni kutumika).

Ubadilishaji wa kwanza wa Euler

Kwa kesi $a>

Kuchukua ishara "+" mbele ya $\sqrt(a) $, tunapata

Mfano 3

Tekeleza ujumuishaji:

\[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) .\]

Suluhisho:

Hebu tufanye mbadala ifuatayo (kesi $a=1>0$):

\[\sqrt(x^(2) +c) =-x+t,\, \, x=\frac(t^(2) -c)(2t) ,\, \, dx=\frac(t ^(2) +c)(2t^(2) ) dt,\, \, \sqrt(x^(2) +c) =-\frac(t^(2) -c)(2t) +t= \frac(t^(2) +c)(2t) .\] \[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) =\int \frac(\frac(t^ (2) +c)(2t^(2) ) dt)(\frac(t^(2) +c)(2t) ) =\int \frac(dt)(t) =\ln |t|+C \]

Baada ya kufanya uingizwaji wa nyuma, tunapata matokeo ya mwisho:

\[\int \frac(dx)(\sqrt(x^(2) +c) ) =\ln |\sqrt(x^(2) +c) +x|+C.\]

Uingizwaji wa pili wa Euler

Kwa kesi $c>0$ ni muhimu kufanya mbadala ifuatayo:

Kuchukua ishara "+" mbele ya $\sqrt(c) $, tunapata

Mfano 4

Tekeleza ujumuishaji:

\[\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) )))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x+x^(2) ) ) dx .\]

Suluhisho:

Wacha tufanye mbadala ifuatayo:

\[\sqrt(1+x+x^(2) ) =xt+1.\]

\ \[\sqrt(1+x+x^(2) ) =xt+1=\frac(t^(2) -t+1)(1-t^(2) ) \] \

$\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) )))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x+x^(2) ) ) dx = \int \frac((-2t^(2) +t)^(2) (1-t)^(2) (1-t^(2))(2t^(2) -2t+2))( (1-t^(2))^(2) (2t-1)^(2) (t^(2) -t+1)(1-t^(2))^(2) ) dt =\ int \frac(t^(2) )(1-t^(2) ) dt =-2t+\ln \left|\frac(1+t)(1-t) \kulia|+C$ Baada ya kufanya kinyume badala, tunapata matokeo ya mwisho:

\[\anza(safu)(l) (\int \frac((1-\sqrt(1+x+x^(2) ))^(2) )(x^(2) \sqrt(1+x +x^(2) ) dx =-2\cdot \frac(\sqrt(1+x+x^(2) ) -1)(x) +\ln \left|\frac(x+\sqrt(1 + x+x^(2) ) -1)(x-\sqrt(1+x+x^(2) ) +1) \kulia|+C=-2\cdot \frac(\sqrt(1+x + x^(2) ) -1)(x) +) \\ (+\ln \kushoto|2x+2\sqrt(1+x+x^(2) ) +1\kulia|+C) \mwisho ( safu)\]

Badala ya tatu ya Euler

Kazi isiyo na maana ya kutofautisha ni kazi ambayo huundwa kutoka kwa vibadilishio na vidhibiti vya kiholela kwa kutumia idadi maalum ya shughuli za kuongeza, kutoa, kuzidisha (kuinua kwa nguvu kamili), mgawanyiko na kuchukua mizizi. Chaguo za kukokotoa zisizo na mantiki hutofautiana na zile za kimantiki kwa kuwa kipengele cha kukokotoa kisicho na mantiki kina utendakazi wa kutoa mizizi.

Kuna aina tatu kuu za kazi zisizo na maana, viungo vya muda usiojulikana ambavyo vinapunguzwa kwa vipengele vya kazi za busara. Hizi ni viambajengo vilivyo na mizizi ya mamlaka kamili ya kiholela kutoka kwa kazi ya sehemu ya mstari (mizizi inaweza kuwa ya nguvu tofauti, lakini kutoka kwa kazi sawa ya sehemu ya mstari); viambatanisho vya binomial tofauti na viambatanisho vilivyo na mzizi wa mraba wa utatu wa mraba.

Ujumbe muhimu. Mizizi ina maana nyingi!

Wakati wa kuhesabu viungo vyenye mizizi, maneno ya fomu mara nyingi hukutana, ambapo ni baadhi ya kazi ya kutofautiana kwa ushirikiano. Ikumbukwe kwamba. Hiyo ni, kwa t > 0, |t| = t. Katika t< 0, |t| = - t . Kwa hiyo, wakati wa kuhesabu viambatanisho vile, ni muhimu kuzingatia tofauti kesi t > 0 na t< 0 . Hii inaweza kufanywa kwa kuandika ishara au popote inapobidi. Kwa kudhani kuwa ishara ya juu inarejelea kesi t > 0 , na ya chini - kwa kesi t< 0 . Kwa mabadiliko zaidi, ishara hizi, kama sheria, hughairi kila mmoja.

Njia ya pili pia inawezekana, ambayo kiunganishi na matokeo ya ujumuishaji yanaweza kuzingatiwa kama kazi ngumu za anuwai ngumu. Kisha si lazima kuzingatia ishara katika maneno makubwa. Mbinu hii inatumika ikiwa integrand ni uchanganuzi, yaani, kazi inayoweza kutofautishwa ya kigezo changamano. Katika kesi hii, integrand na muhimu yake ni kazi nyingi. Kwa hiyo, baada ya kuunganishwa, wakati wa kubadilisha maadili ya nambari, ni muhimu kuchagua tawi la thamani moja (uso wa Riemann) wa integrand, na kwa ajili yake chagua tawi linalofanana la matokeo ya ushirikiano.

Ukosefu wa mantiki wa mstari

Hivi ni viambajengo vilivyo na mizizi kutoka kwa utendaji sawa wa mstari wa sehemu:
,
ambapo R ni kazi ya kimantiki, ni nambari za kimantiki, m 1, n 1, ..., m s, n s ni nambari kamili, α, β, γ, δ ni nambari halisi.
Viunga kama hivyo hupunguzwa kuwa muunganisho wa kazi ya busara kwa uingizwaji:
, ambapo n ni dhehebu la kawaida la nambari r 1, ..., r s.

Mizizi inaweza isitokee kwa utendakazi wa sehemu ya mstari, lakini pia kutoka kwa mstari (γ = 0 , δ = 1), au kwenye utofauti wa ujumuishaji x (α = 1, β = 0, γ = 0, δ = 1).

Hapa kuna mifano ya viungo vile:
, .

Viunga kutoka kwa binomials tofauti

Viunga kutoka kwa binomials tofauti vina fomu:
,
ambapo m, n, p ni nambari za mantiki, a, b ni nambari halisi.
Viunga kama hivyo hupunguza kuwa viunga vya kazi za busara katika visa vitatu.

1) Ikiwa p ni nambari kamili. Uingizwaji x = t N, ambapo N ni dhehebu la kawaida la sehemu m na n.
2) Ikiwa - nambari kamili. Kubadilisha a x n + b = t M, ambapo M ni denominator ya nambari p.
3) Ikiwa - nambari kamili. Uingizwaji a + b x - n = t M, ambapo M ni denominator ya nambari p.

Katika hali zingine, viambatanisho kama hivyo havionyeshwa kupitia kazi za kimsingi.

Wakati mwingine viambatanisho kama hivyo vinaweza kurahisishwa kwa kutumia fomula za kupunguza:
;
.

Viunga vilivyo na mzizi wa mraba wa utatu wa mraba

Viungo vile vina fomu:
,
ambapo R ni kazi ya kimantiki. Kwa kila kiunga kama hicho kuna njia kadhaa za kuisuluhisha.
1) Kutumia mabadiliko husababisha viambatanisho rahisi.
2) Tumia vibadala vya trigonometric au hyperbolic.
3) Tumia vibadala vya Euler.

Hebu tuangalie njia hizi kwa undani zaidi.

1) Mabadiliko ya kazi ya integrand

Kwa kutumia fomula na kufanya mabadiliko ya aljebra, tunapunguza utendakazi wa integrand kwa fomu:
,
ambapo φ(x), ω(x) ni vitendaji vya kimantiki.

Aina ya I

Muunganisho wa fomu:
,
ambapo P n (x) ni polynomial ya shahada n.

Viunga kama hivyo hupatikana kwa njia ya coefficients isiyojulikana kwa kutumia kitambulisho:

.
Kutofautisha equation hii na kusawazisha pande za kushoto na kulia, tunapata coefficients A i.

Aina ya II

Muunganisho wa fomu:
,
ambapo P m (x) ni polynomial ya shahada m.

Uingizwaji t = (x - α) -1 kiungo hiki kinapunguzwa kwa aina ya awali. Ikiwa m ≥ n, basi sehemu inapaswa kuwa na sehemu kamili.

Aina ya III

Hapa tunabadilisha:
.
Baada ya hapo kiungo kitachukua fomu:
.
Ifuatayo, viambatisho α, β lazima zichaguliwe ili kwamba mgawo wa t kwenye dhehebu ziwe sifuri:
B = 0, B 1 = 0.
Kisha kiunga hutengana katika jumla ya viunga vya aina mbili:
,
,
ambazo zimeunganishwa na vibadala:
u 2 = A 1 t 2 + C 1,
v 2 = A 1 + C 1 t -2.

2) Ubadilishaji wa Trigonometric na hyperbolic

Kwa viungo vya fomu, a > 0 ,
tunayo mbadala tatu kuu:
;
;
;

Kwa viungo, a > 0 ,
tunayo mbadala zifuatazo:
;
;
;

Na hatimaye, kwa viambatanisho, a > 0 ,
mbadala ni kama ifuatavyo:
;
;
;

3) Ubadilishaji wa Euler

Pia, viambajengo vinaweza kupunguzwa kuwa viunga vya utendakazi wa kimantiki wa mojawapo ya vibadala vitatu vya Euler:
, kwa > 0;
, kwa c > 0;
, ambapo x 1 ni mzizi wa equation a x 2 + b x + c = 0. Ikiwa equation hii ina mizizi halisi.

Viunga vya mviringo

Kwa kumalizia, fikiria viunga vya fomu:
,
ambapo R ni kazi ya kimantiki, . Viungo vile huitwa elliptic. Kwa ujumla, hazionyeshwa kupitia kazi za msingi. Hata hivyo, kuna matukio wakati kuna uhusiano kati ya coefficients A, B, C, D, E, ambayo viambatanisho vile vinaonyeshwa kupitia kazi za msingi.

Chini ni mfano unaohusiana na polynomials reflexive. Hesabu ya viambatanisho kama hivyo hufanywa kwa kutumia mbadala:
.

Mfano

Kuhesabu sehemu muhimu:
.

Suluhisho

Hebu tufanye mbadala.

.
Hapa kwa x > 0 (u> 0 ) chukua alama ya juu ′+′. Katika x< 0 (u< 0 ) - chini '- '.

.

Jibu

Marejeleo:
N.M. Gunther, R.O. Kuzmin, Mkusanyiko wa shida katika hisabati ya juu, "Lan", 2003.

Majibu yaliyo tayari juu ya ujumuishaji wa vipengele huchukuliwa kutoka kwa mtihani kwa wanafunzi wa mwaka wa 1 na wa 2 wa idara za hisabati. Ili kuhakikisha kuwa fomula katika shida na majibu hazirudii masharti ya kazi, hatutaandika masharti. Tayari unajua kuwa katika shida unahitaji "Pata muhimu" au "Hesabu muhimu". Kwa hiyo, ikiwa unahitaji majibu juu ya ushirikiano, kisha uanze kujifunza mifano ifuatayo.

Ujumuishaji wa kazi zisizo na maana

Mfano 18. Tunafanya mabadiliko ya vigezo chini ya kiunganishi. Ili kurahisisha mahesabu, sisi kuchagua si tu mizizi, lakini denominator nzima kwa variable mpya. Baada ya uingizwaji kama huo, kiunga hicho kinabadilishwa kuwa jumla ya viunga viwili vya tabular, ambavyo haziitaji kurahisishwa.

Baada ya kuunganishwa, tunabadilisha badala ya kutofautisha.
Mfano 19. Muda na nafasi nyingi zilitumika katika kuunganisha kazi hii isiyo na mantiki ya sehemu, na hatujui hata ikiwa unaweza kuitambua kutoka kwa kompyuta kibao au simu. Ili kuondokana na kutokuwa na maana, na hapa tunashughulika na mzizi wa mchemraba, tunachagua kazi ya mizizi kwa nguvu ya tatu kwa kutofautiana mpya. Ifuatayo, tunapata tofauti na kuchukua nafasi ya kazi ya awali na muhimu

Sehemu inayotumia wakati mwingi ni kupanga utendakazi mpya kwa uhusiano wa nguvu na sehemu.

Baada ya mabadiliko, tunapata viungo mara moja, na tunaandika ya mwisho kuwa mbili, ambayo tunabadilisha kulingana na fomula za ujumuishaji wa jedwali.

Baada ya mahesabu yote, usisahau kurudi kwenye uingizwaji uliofanywa mwanzoni

Kuunganisha vipengele vya trigonometric

Mfano 20. Tunahitaji kupata kiunga cha sine kwa nguvu ya 7. Kwa mujibu wa sheria, sine moja inahitaji kuendeshwa kwa tofauti (tunapata tofauti ya cosine), na sine hadi nguvu ya 6 lazima iandikwe kwa njia ya cosine. Kwa hivyo tunafika kwa ujumuishaji kutoka kwa kazi ya kibadilishaji kipya t = cos (x). Katika kesi hii, utakuwa na kuleta tofauti kwa mchemraba, na kisha kuunganisha



Matokeo yake, tunapata polynomial ya utaratibu 7 katika cosine.
Mfano 21. Katika muunganisho huu, ni muhimu kuandika cosine ya shahada ya 4 katika fomula za trigonometric kupitia utegemezi wa cosine ya shahada ya kwanza. Ifuatayo, tunatumia fomula ya jedwali kwa ujumuishaji wa cosine.


Mfano 22. Chini ya kiunganishi tuna bidhaa ya sine na cosine. Kulingana na fomula za trigonometric, tunaandika bidhaa kupitia tofauti ya sines. Jinsi upinde huu ulivyopatikana unaweza kueleweka kutokana na uchambuzi wa coefficients kwa "x". Ifuatayo tunaunganisha sines

Mfano 23. Hapa tuna kazi ya sine na cosine katika dhehebu. Kwa kuongezea, fomula za trigonometric hazitasaidia kurahisisha utegemezi. Ili kupata muunganisho, tunatumia ubadilishaji wa jumla wa trigonometriki t=tan(x/2)

Kutoka kwa rekodi ni wazi kwamba madhehebu yataghairi na tutapata trinomial ya mraba katika denominator ya sehemu. Ndani yake tunachagua mraba kamili na sehemu ya bure. Baada ya kuunganishwa, tunafika kwenye logarithm ya tofauti kati ya sababu kuu za denominator. Ili kurahisisha nukuu, nambari na denominata chini ya logariti zilizidishwa na mbili.

Mwishoni mwa mahesabu, badala ya kutofautiana, tunabadilisha tangent ya nusu ya hoja.
Mfano 24. Ili kuunganisha kazi, tunachukua mraba wa cosine nje ya mabano, na katika mabano tunatoa na kuongeza moja ili kupata cotangent.

Ifuatayo, tunachagua cotangent u = ctg (x) kwa utofauti mpya, tofauti yake itatupa sababu tunayohitaji kwa kurahisisha. Baada ya uingizwaji tunafika kwenye kazi ambayo, inapounganishwa, inatoa arctangent.

Kweli, usisahau kukubadilisha kuwa cotangent.
Mfano 25. Katika kazi ya mwisho ya mtihani, unahitaji kuunganisha cotangent ya pembe mbili hadi shahada ya 4.


Katika hatua hii, mtihani wa ujumuishaji umetatuliwa, na hakuna mwalimu mmoja atapata makosa na majibu na uhalali wa mabadiliko.
Ikiwa utajifunza jinsi ya kujumuisha kama hii, basi vipimo au sehemu kwenye mada ya viunga hazikutishi kwako. Kila mtu mwingine ana fursa ya kujifunza au kuagiza suluhu za viambatanisho kutoka kwetu (au washindani wetu :))).

Tunaendelea kuzingatia viunga vya sehemu na mizizi. Sio zote ni ngumu sana, ni kwa sababu moja au nyingine mifano ilikuwa "nje ya mada" kidogo katika nakala zingine.

Mfano 9

Pata muunganisho usio na kikomo

Katika dhehebu chini ya mzizi kuna trinomial ya quadratic pamoja na "appendage" kwa namna ya "X" nje ya mizizi. Kiunga cha aina hii kinaweza kutatuliwa kwa kutumia uingizwaji wa kawaida.

.

Kubadilisha hapa ni rahisi:

Wacha tuangalie maisha baada ya uingizwaji:

(1) Baada ya kubadilisha, tunapunguza maneno chini ya mzizi hadi denominator ya kawaida.

(2) Tunaiondoa chini ya mzizi.

(3) Nambari na denominata hupunguzwa kwa . Wakati huo huo, tulipanga upya masharti chini ya mzizi kwa utaratibu unaofaa. Kwa uzoefu fulani, hatua (1), (2) zinaweza kurukwa kwa kutekeleza vitendo vilivyotolewa maoni kwa mdomo.

(4) Muhimu unaotokana, kama unavyokumbuka, hutatuliwa njia kamili ya uchimbaji wa mraba. Chagua mraba kamili.

(5) Kwa kuunganishwa tunapata logarithm ya kawaida "ndefu".

(6) Tunafanya uingizwaji wa kinyume. Ikiwa mwanzoni, basi rudi:.

(7) Hatua ya mwisho inalenga kunyoosha matokeo: chini ya mzizi sisi tena kuleta masharti kwa denominator ya kawaida na kuwaondoa kutoka chini ya mizizi.

Mfano 10

Pata muunganisho usio na kikomo

.

Huu ni mfano kwako kutatua peke yako. Hapa mara kwa mara huongezwa kwa "X" pekee, na uingizwaji ni karibu sawa:

.

Kitu pekee kinachohitajika ni kuelezea kwa kuongeza "x" kutoka kwa uingizwaji unaofanywa:

.

Suluhisho kamili na jibu mwishoni mwa somo.

Wakati mwingine katika kiunganishi kama hicho kunaweza kuwa na binomial ya quadratic chini ya mzizi, hii haibadilishi njia ya suluhisho, itakuwa rahisi zaidi. Sikia tofauti:

Mfano 11

Pata muunganisho usio na kikomo

Mfano 12

Pata muunganisho usio na kikomo

Suluhu fupi na majibu mwishoni mwa somo. Ikumbukwe kuwa Mfano wa 11 ndio haswa Binomial muhimu, suluhisho ambalo lilijadiliwa darasani Viunga vya kazi zisizo na maana.

Muunganisho wa polynomial ya shahada ya 2 isiyoweza kuharibika katika denominata kwa nguvu

Aina ya nadra zaidi ya muhimu, lakini hata hivyo imekutana katika mifano ya vitendo.

Mfano 13

Pata muunganisho usio na kikomo

Denominator ya integrand ina binomial quadratic ambayo haiwezi kuwa factorized. Tunasisitiza kwamba kutokuwa na sababu ni kipengele muhimu. Ikiwa polynomial imebadilishwa, basi kila kitu ni wazi zaidi, kwa mfano:

Wacha turudi kwenye mfano na nambari ya bahati 13. Kiunga hiki pia ni moja ya zile ambazo zinaweza kuwa chungu sana ikiwa hujui jinsi ya kutatua.

Suluhisho huanza na mabadiliko ya bandia:

Nadhani kila mtu tayari anaelewa jinsi ya kugawanya nambari kwa neno la denominator kwa muda.

Mchanganyiko unaosababishwa huchukuliwa kwa sehemu:

Kwa muunganisho wa fomu

Wapi ( k≥ 2) - nambari ya asili, inayotokana mara kwa mara formula ya kupunguza:

; ni sehemu ya shahada ya chini kwa 1.

Je, ikiwa kuna nambari ya ziada ya polinomia kwenye nambari? Katika kesi hii, njia ya coefficients isiyojulikana hutumiwa, na kazi ya integrand inapanuliwa kuwa jumla ya sehemu. Ikiwa unakutana na jambo muhimu kama hilo, angalia kitabu cha maandishi - kila kitu ni rahisi hapo.