Matematika/Integravimas dalimis

Integravimas dalimis

Tarkime, kad funkcijos $u(x)$ ir $v(x)$ turi tolydžias išvestines. Tada:

$\int u(x)v^{\prime }(x)𝖽x=u(x)v(x)-\int v(x)u^{\prime }(x)𝖽x.$

Lygtis nesunkiai įrodoma prisiminus sandaugos diferenciavimo taisyklę:

$\int 𝖽(uv)=uv,$

$\int u𝖽v+\int v𝖽u=uv,$

$\int u𝖽v=uv-\int v𝖽u.$

Pavyzdžiai

• $\int x{𝖾}^x𝖽x=x{𝖾}^x-\int {𝖾}^x𝖽x=x{𝖾}^x-{𝖾}^x+C.$

Čia $u(x)=x$, o $v^{\prime }(x)=e^x$.

• $\int x^n\ln x𝖽x$.

u = ln x, u'=(ln x)'=1/x, $v=\int x^n𝖽x=\frac{x^{n+1}}{n+1}$, $v^{\prime }=(\frac{x^{n+1}}{n+1}{)}^{\prime }=x^n$.

$\int \ln (x)x^n𝖽x=\ln x\frac{x^{n+1}}{n+1}-\int \frac{x^{n+1}}{n+1}\frac{1}{x}𝖽x=\ln x\frac{x^{n+1}}{n+1}-\frac{1}{n+1}\int x^n𝖽x=\frac{x^{n+1}}{n+1}(\ln x-\frac{1}{n+1})+C.$

• $\int x\sin xdx$.

u=x, dv=sin(x) dx, du=dx, $v=\int \sin xdx=-\cos x.$

$\int udv=uv-\int vdu=-x\cos x-\int -\cos xdx=-x\cos x+\sin x+C.$

• $\int \arcsin xdx.$

u=arcsin(x); dv=dx; $du=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}};$ v=x.

$x\arcsin x-\int \frac{xdx}{\sqrt{1-x^2}}=x\arcsin x+\int \frac{d(1-x^2)}{2\sqrt{1-x^2}}=x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+C.$

Patikriname

$(x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+C{)}^{\prime }=\arcsin (x)+x/(1-x^2{)}^{0.5}+0.5\cdot (-2x)/(1-x^2{)}^{0.5}=\arcsin x.$

• $\int x\ln xdx=\frac{x^2}{2}\ln x-\int \frac{x^2}{2}\frac{1}{x}dx=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}+C,$

kur u=ln(x); dv=x dx; du=1/x dx; $v=\int xdx=\frac{x^2}{2}.$

• $\int \ln xdx=x\ln x-\int x\frac{dx}{x}=x\ln x-x+C,$

kur u=ln(x); dv=dx; du=1/x dx; v=x.

• $\int \arctan xdx=x\arctan x-\int \frac{xdx}{1+x^2}=x\arctan x-\frac{1}{2}\int \frac{d(1+x^2)}{1+x^2}=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+C$

kur u=arctg(x); dv=dx; $du=\frac{1}{1+x^2}dx;$ v=x.

• $\int x^2{e}^{x}dx=x^2{e}^x-2\int x{e}^{x}dx=x^2{e}^x-2(x-1)e^x+2C_1=e^x(x^2-2x+2)+2C_1,$

kur $u=x^2;$ $dv=e^{x}dx$; du=2x dx; $v=e^x$; $\int x{e}^{x}dx=x{e}^x-\int x^{\prime }{e}^{x}dx=x{e}^x-e^x+C_1.$

• $I=\int e^x\sin xdx.$

$u=e^x,$ dv=sin(x)dx; $du=e^{x}dx,$ $v=\int \sin xdx=-\cos x;$

$I=-e^x\cos x+\int e^x\cos xdx.$

Dar kartą integruojame dalimis. $u=e^x,$ dv=cos(x)dx; $du=e^{x}dx,$ $v=\int \cos xdx=\sin x;$

$I=-e^x\cos x+e^x\sin x-\int e^x\sin xdx.$

Turime, kad $I=e^x(\sin x-\cos x)-I.$ Vadinasi $2I=e^x(\sin x-\cos x)$, tai $I=\frac{1}{2}{e}^x(\sin x-\cos x)+C.$

• $\int 8x^3\ln xdx=8(\frac{x^4}{4}\ln x-\int \frac{x^4}{4}\cdot \frac{1}{x}dx)=x^4(2\ln x-\frac{1}{2})+C,$ kur $u=\ln x;$ $v^{\prime }=x^3;$ $u^{\prime }=\frac{1}{x};$ $v=\frac{x^4}{4}.$
• $\int x^5\cos x^{3}dx,$ kur $dt=d(x^3)=3x^{2}dx;$ $dx=\frac{dt}{3x^2};$

$\int x^5\cos x^{3}dx=\int x^5\cos x^3\frac{d(x^3)}{3x^2}=\frac{1}{3}\int x^3\cos x^{3}d(x^3)=\frac{1}{3}\int t\cos tdt=\frac{1}{3}(t\sin t-\int \sin tdt)=$ $=\frac{1}{3}(t\sin t+\cos t)+C=\frac{1}{3}(x^3\sin x^3+\cos x^3)+C,$ kur $v^{\prime }=\cos t;$ $u=t;$ $v=\sin t;$ $u^{\prime }=1.$

• $\int \arctan xdx=x\arctan x-\int \frac{xdx}{1+x^2}=x\arctan x-\frac{1}{2}\int \frac{d(1+x^2)}{1+x^2}=$

$=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln |1+x^2|+C,$ kur $u=\arctan x;$ $dv=dx;$ $du=\frac{dx}{1+x^2};$ $v=x;$ $d(1+x^2)=2xdx.$

• Apskaičiuosime integralą $I=\int x\arctan xdx.$ Jei $u=\arctan x,dv=xdx,$ tai $du=\frac{dx}{1+x^2},v=\frac{x^2}{2}.$ Todėl pagal formulę ($\int u𝖽v=uv-\int v𝖽u$)

$I=\frac{x^2}{2}\arctan x-\frac{1}{2}\int \frac{x^2}{1+x^2}dx=\frac{x^2}{2}\arctan x-\frac{1}{2}\int \frac{(1+x^2)-1}{1+x^2}dx=$

$=\frac{x^2}{2}\arctan x-\frac{1}{2}\int dx+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{1+x^2}=\frac{x^2}{2}\arctan x-\frac{x}{2}+\frac{\arctan x}{2}+C=\frac{x^2+1}{2}\arctan x-\frac{x}{2}+C.$

• Apskaičiuosime integralą $I=\int x^2\cos xdx.$ Jei $u=x^2,dv=\cos xdx,$ tai $du=2xdx,v=\sin x.$ Tada, remiantis formule,

$I=x^2\sin x-2\int x\sin xdx.$

Paskutinį integralą vėl skaičiuosime pagal $\int u𝖽v=uv-\int v𝖽u$ formulę. Jei šį kartą $u=x,dv=\sin xdx,$ tai $du=dx,v=-\cos x;$ todėl

$I=x^2\sin x-2(-x\cos x-\int -\cos xdx)=$

$=x^2\sin x+2x\cos x-2\int \cos xdx=(x^2-2)\sin x+2x\cos x+C.$

Vadinasi, integralą $\int x^2\cos xdx$ apskaičiavome, du kartus pritaikę dalinio integravimo metodą. Nesunku suvokti, kad integralą $\int x^n\cos xdx$ (n - natūrinis skaičius) galima apskaičiuoti analogiškai, taikant dalinio integravimo formulę n kartų.

• Dabar apskaičiuosime integralą $I=\int e^{ax}\cos (bx)dx$ (a=const, b=const). Iš pradžių pritaikysime formulę, tarę, kad $u=e^{ax},dv=\cos bxdx.$ Gausime $du=a{e}^{ax}dx,v=\frac{\sin bx}{b},$

$I=\frac{e^{ax}\sin bx}{b}-\frac{a}{b}\int e^{ax}\sin (bx)dx.$

Paskutinį integralą skaičiuojame vėl pagal integravimo dalimis formulę, tik šį kartą $u=e^{ax},dv=\sin bxdx.$ Gausime $du=a{e}^{ax}dx,v=-\frac{\cos bx}{b},$

$I=\frac{e^{ax}\sin bx}{b}+\frac{a}{b^2}{e}^{ax}\cos (bx)-\frac{a^2}{b^2}\int e^{ax}\cos (bx)dx,$

$I=\frac{e^{ax}\sin bx}{b}+\frac{a}{b^2}{e}^{ax}\cos (bx)-\frac{a^2}{b^2}I,(6.11)$

$I+\frac{a^2}{b^2}I=\frac{e^{ax}\sin bx}{b}+\frac{a}{b^2}{e}^{ax}\cos (bx),$

$\frac{I{b}^2+I{a}^2}{b^2}=\frac{b{e}^{ax}\sin bx+a{e}^{ax}\cos (bx)}{b^2},$

$\frac{b^2+a^2}{b^2}I=\frac{b\sin bx+a\cos bx}{b^2}{e}^{ax},$

$I=\frac{a\cos bx+b\sin bx}{a^2+b^2}{e}^{ax}.$

Vadinasi, du kartus pritaikę dalinio integravimo formulę, gavome pirmojo laipsnio (6.11) lygtį integralo I atžvilgiu. Iš tos lygties radome I.

• Apskaičiuosime integralą $I=\frac{xdx}{{\cos }^{2}x}.$ Jis apskaičiuojamas pagal $\int u𝖽v=uv-\int v𝖽u$ formulę, tarus, kad $u=x,dv=\frac{dx}{{\cos }^{2}x}.$ Tada du=dx, v=tg x,

$I=x\tan x-\int \tan xdx=x\tan x-\int \frac{\sin xdx}{\cos x}=x\tan x+\int \frac{d(\cos x)}{\cos x}=x\tan x+\ln |\cos x|+C.$

• $I=\int \sqrt{x^2+a^2}dx.$ Tada $u=\sqrt{x^2+a^2},du=\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}dx,dv=dx,v=\int dx=x;$

$I=\int \sqrt{x^2+a^2}dx=uv-\int vdu=x\sqrt{x^2+a^2}-\int \frac{x^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=x\sqrt{x^2+a^2}-\int \frac{(x^2+a^2)-a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=$

$=x\sqrt{x^2+a^2}-\int \sqrt{x^2+a^2}dx+a^2\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}=x\sqrt{x^2+a^2}-\int \sqrt{x^2+a^2}dx+a^2\ln (x+\sqrt{x^2+a^2}).$

$I=x\sqrt{x^2+a^2}-I+a^2\ln (x+\sqrt{x^2+a^2}).$

Taigi dešinėje pusėje gavome pradinį integralą, kurį perkėlę į kairiąją pusę, turėsime:

$2I=x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\ln (x+\sqrt{x^2+a^2}).$

Todėl $\int \sqrt{x^2+a^2}dx=\frac{x}{2}\sqrt{x^2+a^2}+\frac{a^2}{2}\ln (x+\sqrt{x^2+a^2})+C.$

Analogiškai gautume:

$\int \sqrt{x^2-a^2}dx=\frac{x}{2}\sqrt{x^2-a^2}-\frac{a^2}{2}\ln (x+\sqrt{x^2-a^2})+C.$

• $\int \sqrt{x}\ln xdx.$ Darome keitinį $t=\sqrt{x}.$ Tada $t^2=x,2tdt=dx.$ Tuomet turime:

$\int \sqrt{x}\ln xdx=\int t\ln (t^2)\cdot 2tdt=2\int t^2\ln (t^2)dt=4\int t^2\ln tdt.$

Tokį integralą integruoti dalimis jau mokame. Pažymime $u=\ln t,dv=t^{2}dt,du=\frac{dt}{t},v=\int t^{2}dt=\frac{t^3}{3}.$ Tada

$4\int t^2\ln tdt=4(uv-\int vdu)=4(\frac{t^3}{3}\ln t-\int \frac{t^3}{3}\frac{dt}{t})=4(\frac{t^3}{3}\ln t-\frac{1}{3}\int t^{2}dt)=$

$=4(\frac{t^3}{3}\ln t-\frac{t^3}{9})+C=\frac{4x^{\frac{3}{2}}}{3}\ln \sqrt{x}-\frac{4x^{\frac{3}{2}}}{9}+C=\frac{2x^{\frac{3}{2}}}{3}\ln x-\frac{4x^{\frac{3}{2}}}{9}+C.$

• $\int \sqrt{x}\ln xdx.$ Išintegruosime tokį integralą dalimis iš karto.

Pažymime $u=\ln x,dv=\sqrt{x}dx,du=\frac{dx}{x},v=\int x^{1/2}dx=\frac{x^{3/2}}{3/2}=\frac{2}{3}{x}^{3/2}.$ Tada

$\int \sqrt{x}\ln xdx=(uv-\int vdu)=\frac{2}{3}{x}^{3/2}\ln x-\int \frac{2}{3}{x}^{3/2}\frac{dx}{x}=\frac{2}{3}{x}^{3/2}\ln x-\frac{2}{3}\int x^{1/2}dx=$

$=\frac{2}{3}{x}^{3/2}\ln x-\frac{2}{3}\frac{x^{3/2}}{3/2}+C=\frac{2}{3}{x}^{3/2}\ln x-\frac{4}{9}{x}^{3/2}+C.$

Rekurentinė formulė (neprofesionalams)

Mums prireiks tokio integralo

$\int \frac{xdx}{(x^2+1{)}^n},n\ne 1$

išintegravimas (integruojant keičiant kintamąjį).

Sprendimas. Pažymėję $x^2+1=t,2xdx=dt;$ tada

$\int \frac{xdx}{(x^2+1{)}^n}=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t^n}=-\frac{1}{2(n-1)}\frac{1}{t^{n-1}}+C=-\frac{1}{2(n-1)}\frac{1}{(x^2+1{)}^{n-1}}+C.(1.1)$

Kai n = 1, analogiškai gauname

$\int \frac{xdx}{x^2+1}=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t}=\frac{1}{2}\ln (x^2+1)+C.(1.2)$

Apskaičiuosime integralą

$I_n=\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^n}$

(n - sveikasis teigiamas skaičius), kuris prireikia Racionaliųjų funkcijų integravime. Kai n = 1, turime integralų lentelės integralą

$I_1=\arctan x+C.$

Tegu n > 1. Išreiškę 1 skaitiklyje kaip skirtumą $(x^2+1)-x^2,$ gausime

$I_n=\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^{n-1}}-\int \frac{x^{2}dx}{(x^2+1{)}^n}.$

Antrame integrale taikysime integravimo dalimis metodą:

$u=x,du=dx,dv=\frac{xdx}{(x^2+1{)}^n},v=\int \frac{xdx}{(x^2+1{)}^n}=-\frac{1}{(2n-2)(x^2+1{)}^{n-1}}$

(v radome pagal (1.1) integravimą).

Tada (pagal $\int u𝖽v=uv-\int v𝖽u$)

$\int \frac{x^{2}dx}{(x^2+1{)}^n}=-\frac{x}{(2n-2)(x^2+1{)}^{n-1}}+\int \frac{dx}{(2n-2)(x^2+1{)}^{n-1}},$

toliau,

$I_n=I_{n-1}+\frac{x}{(2n-2)(x^2+1{)}^{n-1}}-\frac{1}{2n-2}{I}_{n-1},$

iš čia

$I_n=\frac{x}{(2n-2)(x^2+1{)}^{n-1}}+\frac{2n-3}{2n-2}{I}_{n-1}.$

Tokiu budu, integralas $I_n$ išreikštas per $I_{n-1}$:

$\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^n}=\frac{x}{(2n-2)(x^2+1{)}^{n-1}}+\frac{2n-3}{2n-2}\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^{n-1}}(n>1).(3)$

Formulės tipo (3) vadinasi rekurentinėmis formulėmis.

• Pavyzdys. Apskaičiuoti $\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^3}.$

Sprendimas. Pagal rekurentinę formulę (3) turime

$\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^3}=\frac{x}{(2\cdot 3-2)(x^2+1{)}^2}+\frac{2\cdot 3-3}{2\cdot 3-2}\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^2}=\frac{x}{4(x^2+1{)}^2}+\frac{3}{4}\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^2},$

$\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^2}=\frac{x}{(2\cdot 2-2)(x^2+1)}+\frac{2\cdot 2-3}{2\cdot 2-2}\int \frac{dx}{x^2+1}=\frac{x}{2(x^2+1)}+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{x^2+1},$

o

$I_1=\int \frac{dx}{x^2+1}=\arctan x,$

todėl galutinai turime

$\int \frac{dx}{(x^2+1{)}^3}=\frac{x}{4(x^2+1{)}^2}+\frac{3x}{8(x^2+1)}+\frac{3}{8}\arctan x+C.$

Rekurentinė formulė (profesionalams)

Apskaičiuosime labai svarbų tolesniam dėstymui (racionaliųjų funkcijų integravimui) integralą $K_{\lambda }=\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }},$ kai $a=\text{const},\lambda =1,2,3,...$

Išvesime rekurentinę formulę, pagal kurią integralo $K_{\lambda }$ skaičiavimas pakeičiamas $K_{\lambda -1}$ skaičiavimu.

Galima rašyti (kai $\lambda \ne 1$)

$K_{\lambda }=\frac{1}{a^2}\int \frac{a^{2}dt}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}=\frac{1}{a^2}\int \frac{[(t^2+a^2)-t^2]dt}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}=$

$=\frac{1}{a^2}\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^{\lambda -1}}-\frac{1}{2a^2}\int t\frac{2tdt}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}=\frac{1}{a^2}{K}_{\lambda -1}-\frac{1}{2a^2}\int t\cdot \frac{d(t^2+a^2)}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}.$

Paskutinį integralą apskaičiuosime pagal dalinio integravimo formulę, tarę, kad $u=t,dv=\frac{d(t^2+a^2)}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}.$ Gausime $du=dt,v=\frac{1}{-(\lambda -1)(t^2+a^2{)}^{\lambda -1}},$

$\int t\cdot \frac{d(t^2+a^2)}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}=-\frac{t}{(\lambda -1)(t^2+a^2{)}^{\lambda -1}}-\int \frac{dt}{-(\lambda -1)(t^2+a^2{)}^{\lambda -1}}=-\frac{t}{(\lambda -1)(t^2+a^2{)}^{\lambda -1}}+\frac{1}{\lambda -1}\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^{\lambda -1}},$

$K_{\lambda }=\frac{1}{a^2}{K}_{\lambda -1}+\frac{t}{2a^2(\lambda -1)(t^2+a^2{)}^{\lambda -1}}-\frac{1}{2a^2(\lambda -1)}{K}_{\lambda -1}.$

Iš šios lygybės gauname rekurentinę formulę

$K_{\lambda }=\frac{t}{2a^2(\lambda -1)(t^2+a^2{)}^{\lambda -1}}+\frac{1}{a^2}\cdot \frac{2\lambda -3}{2\lambda -2}{K}_{\lambda -1}.(6.12)$

Įsitikinsime, kad pagal (6.12) rekurentinę formulę galima apskaičiuoti integralą $K_{\lambda }$ su bet kokiu $\lambda =2,3,...$ Iš tikrųjų integralas $K_1$ apskaičiuojamas paprastai:

$K_1=\int \frac{dt}{t^2+a^2}=\frac{1}{a^2}\int \frac{dt}{\frac{t^2}{a^2}+1}=\frac{1}{a}\int \frac{d\left(\frac{t}{a}\right)}{(\frac{t}{a}{)}^2+1}=\frac{1}{a}\arctan \frac{t}{a}+C,$

kur $\text{d}\left(\frac{t}{a}\right)=\frac{dt}{a},a\text{d}\left(\frac{t}{a}\right)=\text{d}t.$

Apskaičiavę integralą $K_1,$ (6.12) formulėje rašome $\lambda =2$ ir nesunkiai apskaičiuojame $K_2.$ Savo ruožtu, žinodami $K_2,$ (6.12) formulėje rašome $\lambda =3$ ir apskaičiuojame $K_3.$ Taip tęsdami, apskaičiuosime integralą $K_{\lambda }$ su bet kokiu natūriniu $\lambda .$

• Pavyzdys 1. Apskaičiuoti $K_3=\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^3}.$

Sprendimas. Pagal rekurentinę formulę (6.12) turime

$K_3=\frac{t}{2a^2(3-1)(t^2+a^2{)}^{3-1}}+\frac{1}{a^2}\cdot \frac{2\cdot 3-3}{2\cdot 3-2}{K}_2=\frac{t}{4a^2(t^2+a^2{)}^2}+\frac{1}{a^2}\cdot \frac{3}{4}{K}_2,$

$K_2=\frac{t}{2a^2(2-1)(t^2+a^2{)}^{2-1}}+\frac{1}{a^2}\cdot \frac{2\cdot 2-3}{2\cdot 2-2}{K}_1=\frac{t}{2a^2(t^2+a^2)}+\frac{1}{a^2}\cdot \frac{1}{2}{K}_1,$

$K_1=\frac{1}{a}\arctan \frac{t}{a}.$

Tada

$K_3=\frac{t}{4a^2(t^2+a^2{)}^2}+\frac{1}{a^2}\cdot \frac{3}{4}(\frac{t}{2a^2(t^2+a^2)}+\frac{1}{a^2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{a}\arctan \frac{t}{a})+C=$

$=\frac{t}{4a^2(t^2+a^2{)}^2}+\frac{3}{4a^2}(\frac{t}{2a^2(t^2+a^2)}+\frac{1}{2a^3}\arctan \frac{t}{a})+C=$

$=\frac{t}{4a^2(t^2+a^2{)}^2}+\frac{3t}{8a^4(t^2+a^2)}+\frac{3}{8a^5}\arctan \frac{t}{a}+C.$

• Pavyzdys 2. Apskaičiuoti $K_4=\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^4}.$

Sprendimas. Pagal rekurentinę formulę (6.12) gauname

$K_4=\frac{t}{2a^2(4-1)(t^2+a^2{)}^{4-1}}+\frac{1}{a^2}\cdot \frac{2\cdot 4-3}{2\cdot 4-2}{K}_3=\frac{t}{6a^2(t^2+a^2{)}^3}+\frac{1}{a^2}\cdot \frac{5}{6}{K}_3=$

$=\frac{t}{6a^2(t^2+a^2{)}^3}+\frac{5}{6a^2}(\frac{t}{4a^2(t^2+a^2{)}^2}+\frac{3t}{8a^4(t^2+a^2)}+\frac{3}{8a^5}\arctan \frac{t}{a})+C=$

$=\frac{t}{6a^2(t^2+a^2{)}^3}+\frac{5t}{24a^4(t^2+a^2{)}^2}+\frac{15t}{48a^6(t^2+a^2)}+\frac{15}{48a^7}\arctan \frac{t}{a}+C=$

$=\frac{t}{6a^2(t^2+a^2{)}^3}+\frac{5t}{24a^4(t^2+a^2{)}^2}+\frac{5t}{16a^6(t^2+a^2)}+\frac{5}{16a^7}\arctan \frac{t}{a}+C.$

Čia $K_3$ integralo reikšmę paėmėme iš pirmo pavyzdžio.

• Pavyzdys 3. Apskaičiuosime integralą $\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^4},$ kai t kinta nuo 0 iki 6, o $a=8$. Pasinaudosime antru pavyzdžiu.

$S=\underset{0}{\overset{6}{\int }}\frac{dt}{(t^2+a^2{)}^4}=[\frac{t}{6a^2(t^2+a^2{)}^3}+\frac{5t}{24a^4(t^2+a^2{)}^2}+\frac{5t}{16a^6(t^2+a^2)}+\frac{5}{16a^7}\arctan \frac{t}{a}{]}_0^6=$

$=[\frac{6}{6\cdot 8^2(6^2+8^2{)}^3}+\frac{5\cdot 6}{24\cdot 8^4(6^2+8^2{)}^2}+\frac{5\cdot 6}{16\cdot 8^6(6^2+8^2)}+\frac{5}{16\cdot 8^7}\arctan \frac{6}{8}]-[0+\frac{5}{16\cdot 8^7}\arctan 0]=$

$=[\frac{1}{64(36+64{)}^3}+\frac{5}{4\cdot 4096(36+64{)}^2}+\frac{5\cdot 3}{8\cdot 262144(36+64)}+\frac{5}{16\cdot 2097152}\arctan \frac{3}{4}]-0=$

$=\frac{1}{64\cdot 100^3}+\frac{5}{16384\cdot 100^2}+\frac{15}{2097152\cdot 100}+\frac{5}{33554432}\arctan (0.75)=$

$=\frac{1}{64000000}+\frac{5}{163840000}+\frac{15}{209715200}+\frac{5\cdot 0.6435011087932843868}{33554432}=$

$=0.00000011766815185546875+\frac{5\cdot 0.6435011087932843868}{33554432}=$

$=0.00000011766815185546875+9.5889137505484281\cdot 10^{-8}=$

=2.1355728936095303100389379690846e-7=

$=2.13557289360953031\cdot 10^{-7}.$

Toks Free Pascal kodas:

  var a:longint; c:real;
  begin
  for a:=1 to 1000000000  do
  c:=c+0.000000006/(sqr(sqr(sqr(a*0.000000006)+64)));
  writeln(c);
  readln;
  end.

Duoda rezultatą "2.1355728921217064E-007" (kas reiškia $2.1355728921217064\cdot 10^{-7}$) po 14 sekundžių su 4.16 GHz dažniu veikiančiu procesoriumi (kažkaip pirmus 2 kartus paleidus, duoda rezultatą po 29 sekundžių, o kai trečią ir daugiau kartų leidi FP šitą kodą, tai duoda po 14 sekundžių atsakymą). Kode sqr(x) reiškia $x^2.$ Kad išeiti iš Free Pascal juodo lango (su atsakymu), reikia du kartus paspausti klaviaturos klavišą "Enter" (tada sugrįštama į kodo mėlyną ekraną-langą).

Pažiūrėjau, kad ir kitus kodus pirmus 2 kartus ilgiau skaičiuoja, o trečią, ketvirtą ir t. t. greičiau skaičiuoja. Pavyzdžiui, pusę rutulio su spinduliu R=6 tūrio kodą skaičiuoja pirmus du kartus 20 sekundžių, o trečią ir velesnius kartus skaičiuoja per 7-8 sekundes (anksčiau pasirodė, kad tik pirmą kartą ilgiau, nes, kad compile'ina galvojau pirmą kartą ilgiau, o čia pasirodo ir antrą kartą ilgiau...).

Update 1. Paskui vėl pradėjo Free Pascal skaičiuoti visus kodus tik pirmą kartą ilgiau. Bet va dabar pirmą kartą šitą kodą skaičiavo maždaug 1 minutę ir 55 sekundes. O antrą ir trečią kartą skaičiavo per tą patį laiką - per 14 sekundžių. Gal dabar interneto naršyklė (Opera) apkrauta dėl to pirmą kartą taip ilgai skaičiuoja...

Toks Free Pascal kodas:

  var a:longint; c:real;
  begin
  for a:=1 to 100000000  do
  c:=c+0.00000006/sqr(sqr(sqr(a*0.00000006)+64));
  writeln(c);
  readln;
  end.

Duoda rezultatą "2.1355728787276117E-007" po maždaug 17 sekundžių per pirmus 2 kartus ir po 2 sekundžių trečią, ketvirtą ir velesnius kartus (paleidus) su 4.16 GHz dažniu veikiančiu procesoriumi. Šitame kode procesoriui reikia skaičiuoti 10 kartų mažiau (nei ankstesneme kode) ir gaunamas truputi mažiau tikslus atsakymas (vienu teisingu skaitmeniu mažiau). Tai galima daryti išvada, kad pirmus du kartus (paleidus šitą kodą) "Free Pascal" programa kažką neadekvačiai daro ir/ar skaičiuoja.

Taip pat skaitykite

• Integravimas keičiant kintamąjį
• Racionaliųjų funkcijų integravimas
• Iracionaliųjų funkcijų integravimas
• Trigonometrinių funkcijų integravimas
• Integralų lentelė
• Integravimo metodai