На этой странице вы найдёте:
1. Собственно, таблицу первообразных — её можно скачать в формате PDF и распечатать;
2. Видео, посвящённое тому, как этой таблицей пользоваться;
3. Кучу примеров вычисления первообразной из различных учебников и контрольных работ.
В самом видео мы разберём множество задач, где требуется посчитать первообразные функций, зачастую довольно сложных, но главное — не являющихся степенными. Все функции, сведённые в таблицу, предложенную выше, необходимо знать наизусть, подобно производным. Без них невозможно дальнейшее изучение интегралов и их применение для решения практических задач.
Сегодня мы продолжаем заниматься первообразными и переходим у чуть более сложной теме. Если в прошлый раз мы рассматривали первообразные только от степенных функций и чуть более сложных конструкций, то сегодня мы разберем тригонометрию и многое другое.
Как я говорил на прошлом занятии, первообразные в отличие от производных, никогда не решаются «напролом» с помощью каких-либо стандартных правил. Более того, плохая новость состоит в том, что в отличие от производной, первообразная вообще может не считаться. Если мы напишем совершенно случайную функцию и попытаемся найти ее производную, то это с очень большой вероятностью у нас получится, а вот первообразная практически никогда в этом случае не посчитается. Но есть и хорошая новость: существует довольно обширный класс функций, называемых элементарными, первообразные от которых очень легко считаются. А все прочие более сложные конструкции, которые дают на всевозможных контрольных, самостоятельных и экзаменах, на самом деле, составляются из этих элементарных функций путем сложения, вычитания и других несложных действий. Первообразные таких функций давно посчитаны и сведены в специальные таблицы. Именно с такими функциями и таблицами мы будем сегодня работать.
Но начнем мы, как всегда, с повторения: вспомним, что такое первообразная, почему их бесконечно много и как определить их общий вид. Для этого я подобрал две простенькие задачки.
\[f\left( x \right)=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}\]
\[M=\left( \sqrt{3};\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6} \right)\]
Сразу заметим, что $\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}$ и вообще наличие $\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }$ сразу намекает нам, что искомая первообразная функции связана с тригонометрией. И, действительно, если мы посмотрим в таблицу, то обнаружим, что $\frac{1}{1+{{x}^{2}}}$ — не что иное как $\text{arctg}x$. Так и запишем:
\[F\left( x \right)=\text{arctg}x+C\]
Для того чтобы найти, необходимо записать следующее:
\[\frac{\pi }{6}=\text{arctg}\sqrt{3}+C\]
\[\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{3}+C\]
\[C=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}-\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{3}=-\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}\]
Теперь мы окончательно можем посчитать именно ту первообразную, которая нас и интересует:
\[F\left( x \right)=\text{arctg}x-\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}\]
\[f\left( x \right)=\frac{1}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}\]
\[M=\left( \frac{1}{2};\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ } \right)\]
Здесь также речь идет о тригонометрических функциях. Если мы посмотрим в таблицу, то, действительно, так и получится:
\[F\left( x \right)=\arcsin x+C\]
Нам нужно среди всего множества первообразных найти ту, которая проходит через указанную точку:
\[\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }=\arcsin \frac{1}{2}+C\]
\[\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }=\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}+C\]
\[C=\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }-\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}=\frac{6\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }-\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}=\frac{5\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}\]
Давайте окончательно запишем:
\[F\left( x \right)=\arcsin x+\frac{5\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{6}\]
Вот так все просто. Единственная проблема состоит в том, для того чтобы считать первообразные простых функций, нужно выучить таблицу первообразных. Однако после изучения таблицы производных для вас, я думаю, это не будет проблемой.
Поэтому идем далее и переходим к более сложным конструкциям — первообразным показательных функций.
Для начала запишем такие формулы:
\[{{e}^{x}}\to {{e}^{x}}\]
\[{{a}^{x}}\to \frac{{{a}^{x}}}{\ln a}\]
Давайте посмотрим, как это все работает на практике.
\[f\left( x \right)={{\left( {{e}^{x}}+{{e}^{-x}} \right)}^{2}}\]
Если мы посмотрим на содержимое скобок, то заметим, что в таблице первообразных нет такого выражения, чтобы ${{e}^{x}}$ стояло в квадрате, поэтому этот квадрат необходимо раскрыть. Для этого воспользуемся формулами сокращенного умножения:
\[f\left( x \right)={{\left( {{e}^{x}} \right)}^{2}}+2\cdot {{e}^{x}}\cdot {{e}^{-x}}+{{\left( {{e}^{-x}} \right)}^{2}}\]
\[f\left( x \right)={{e}^{2x}}+2+{{e}^{-2x}}\]
Давайте найдем первообразную для каждого из слагаемых:
\[{{e}^{2x}}={{\left( {{e}^{2}} \right)}^{x}}\to \frac{{{\left( {{e}^{2}} \right)}^{x}}}{\ln {{e}^{2}}}=\frac{{{e}^{2x}}}{2}\]
\[2\to 2x\]
\[{{e}^{-2x}}={{\left( {{e}^{-2}} \right)}^{x}}\to \frac{{{\left( {{e}^{-2}} \right)}^{x}}}{\ln {{e}^{-2}}}=\frac{1}{-2{{e}^{2x}}}\]
А теперь соберем все слагаемые в единое выражение и получим общую первообразную:
\[F\left( x \right)=\frac{{{e}^{2x}}}{2}+2x-\frac{1}{2{{e}^{2x}}}+C\]
\[f\left( x \right)={{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{3}}\]
На этот раз степень уже побольше, поэтому формула сокращенного умножения будет довольно сложной. Итак раскроем скобки:
\[f\left( x \right)={{\left( {{2}^{x}} \right)}^{3}}-3\cdot {{\left( {{2}^{x}} \right)}^{2}}\cdot {{2}^{-x}}+3\cdot {{2}^{x}}\cdot {{\left( {{2}^{-x}} \right)}^{2}}-{{\left( {{2}^{-x}} \right)}^{3}}\]
\[f\left( x \right)={{2}^{3x}}-3\cdot {{2}^{x}}+3\cdot {{2}^{-x}}-{{2}^{-3x}}\]
\[f\left( x \right)={{8}^{x}}-3\cdot {{2}^{x}}+3\cdot {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{x}}-{{\left( \frac{1}{8} \right)}^{x}}\]
Теперь от этой конструкции попробуем взять первообразную от нашей формулы:
\[F\left( x \right)=\frac{{{8}^{x}}}{\ln 8}-3\cdot \frac{{{2}^{x}}}{\ln 2}+3\cdot \frac{{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{x}}}{\ln \frac{1}{2}}-\frac{{{\left( \frac{1}{8} \right)}^{x}}}{\ln \frac{1}{8}}+C\]
\[F\left( x \right)=\frac{{{8}^{x}}}{\ln 8}-\frac{3\cdot {{2}^{x}}}{\ln 2}-\frac{3\cdot {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{x}}}{2}+\frac{{{\left( \frac{1}{8} \right)}^{x}}}{3\ln 2}+C\]
Как видите, в первообразных показательной функции нет ничего сложного и сверхъестественного. Все один считаются через таблицы, однако внимательные ученики наверняка заметят, что первообразная ${{e}^{2x}}$ намного ближе просто к ${{e}^{x}}$ нежели к ${{a}^{x}}$. Так, может быть, существует какой-то более специальное правило, позволяющее, зная первообразную ${{e}^{x}}$, найти ${{e}^{2x}}$? Да, такое правило существует. И, более того, оно является неотъемлемой частью работы с таблицей первообразных. Его мы сейчас разберем на примере тех же самых выражений, с которыми мы только что работали.
Еще раз выпишем нашу функцию:
\[f\left( x \right)={{\left( {{e}^{x}}+{{e}^{-x}} \right)}^{2}}={{e}^{2x}}+2+{{e}^{-2x}}\]
В предыдущем случае мы использовали для решения следующую формулу:
\[{{a}^{x}}\to \frac{{{a}^{x}}}{\operatorname{lna}}\]
Но сейчас поступим несколько иначе: вспомним, на каком сновании ${{e}^{x}}\to {{e}^{x}}$. Как уже и говорил, потому что производная ${{e}^{x}}$ — это не что иное как ${{e}^{x}}$, поэтому ее первообразная будет равна тому же самому ${{e}^{x}}$. Но проблема в том, что у нас ${{e}^{2x}}$ и ${{e}^{-2x}}$. Сейчас попытаемся найти производную ${{e}^{2x}}$:
\[{{\left( {{e}^{2x}} \right)}^{\prime }}={{e}^{2x}}\cdot {{\left( 2x \right)}^{\prime }}=2\cdot {{e}^{2x}}\]
Давайте еще раз перепишем нашу конструкцию:
\[{{\left( {{e}^{2x}} \right)}^{\prime }}=2\cdot {{e}^{2x}}\]
\[{{e}^{2x}}={{\left( \frac{{{e}^{2x}}}{2} \right)}^{\prime }}\]
А это значит, что при нахождении первообразной ${{e}^{2x}}$ мы получим следующее:
\[{{e}^{2x}}\to \frac{{{e}^{2x}}}{2}\]
Как видите, мы получили тот же результат, что и ранее, однако не воспользовались формулой для нахождения ${{a}^{x}}$. Сейчас это может показаться глупостью: зачем усложнять вычисления, когда есть стандартная формула? Однако в чуть более сложных выражениях вы убедитесь, что этот прием очень эффективен, т.е. использование производных для нахождения первообразных.
Давайте в качестве разминки аналогичным способом найдем первообразную от ${{e}^{2x}}$:
\[{{\left( {{e}^{-2x}} \right)}^{\prime }}={{e}^{-2x}}\cdot \left( -2 \right)\]
\[{{e}^{-2x}}={{\left( \frac{{{e}^{-2x}}}{-2} \right)}^{\prime }}\]
При вычислении наша конструкция запишется следующим образом:
\[{{e}^{-2x}}\to -\frac{{{e}^{-2x}}}{2}\]
\[{{e}^{-2x}}\to -\frac{1}{2\cdot {{e}^{2x}}}\]
Мы получили точно тот же результат, но пошли при этом по другому пути. Именно этот путь, который сейчас кажется нам чуть более сложным, в дальнейшем окажется более эффективным для вычисления более сложных первообразных и использование таблиц.
Обратите внимание! Это очень важный момент: первообразные как и производные можно посчитать множеством различных способов. Однако если все вычисления и выкладки будут равны, то ответ получится одним и тем же. Мы убедились в этом только что на примере ${{e}^{-2x}}$ — с одной стороны мы посчитали эту первообразную «напролом», воспользовавшись определением и посчитав ее с помощью преобразований, с другой стороны, мы вспомнили, что ${{e}^{-2x}}$ может быть представлено как ${{\left( {{e}^{-2}} \right)}^{x}}$ и уже потом воспользовались первообразной для функции ${{a}^{x}}$. Тем не менее, после всех преобразований результат получился одним и тем же, как и предполагалось.
А теперь, когда мы все это поняли, пора перейти к чему-то более существенному. Сейчас мы разберем две простенькие конструкций, однако прием, который будет заложен при их решении, является более мощным и полезным инструментом, нежели простое «беганье» между соседними первообразными из таблицы.
\[f\left( x \right)=\frac{1=x+{{x}^{2}}}{x\sqrt{x}}\]
Давайте сумму, которая стоит в числители, разложи на три отдельных дроби:
\[f\left( x \right)=\frac{1}{x\sqrt{x}}+\frac{x}{x\sqrt{x}}+\frac{{{x}^{2}}}{x\sqrt{x}}\]
Это довольно естественный и понятный переход — у большинства учеников проблем с ним не возникает. Перепишем наше выражение следующим образом:
\[f\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{1}}\cdot {{x}^{\frac{1}{2}}}}+\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{2}}}}+{{x}^{\frac{1}{2}}}\]
\[f\left( x \right)={{x}^{-\frac{3}{2}}}+{{x}^{-\frac{1}{2}}}+{{x}^{\frac{1}{2}}}\]
А теперь вспомним такую формулу:
\[{{x}^{n}}\to \frac{{{x}^{n+1}}}{n+1}\]
В нашем случае мы получим следующее:
\[F\left( x \right)=\frac{{{x}^{-\frac{3}{2}+1}}}{-\frac{3}{2}+1}+\frac{{{x}^{-\frac{1}{2}+1}}}{-\frac{1}{2}+1}+\frac{{{x}^{\frac{1}{2}+1}}}{\frac{1}{2}+1}+C\]
\[F\left( x \right)=\frac{{{x}^{-\frac{1}{2}}}}{-\frac{1}{2}}+\frac{{{x}^{\frac{1}{2}}}}{\frac{1}{2}}+\frac{{{x}^{\frac{3}{2}}}}{\frac{3}{2}}+C\]
Чтобы избавиться от всех этих трехэтажных дробей, предлагаю поступить следующим образом:
\[F\left( x \right)=\frac{-2}{{{x}^{\frac{1}{2}}}}+2\cdot {{x}^{\frac{1}{2}}}+\frac{2{{x}^{\frac{3}{2}}}}{3}+C\]
\[F\left( x \right)=-\frac{2}{\sqrt{x}}+2\cdot \sqrt{x}+\frac{2x\sqrt{x}}{3}+C\]
\[f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+1}\]
В отличие от предыдущей дроби в знаменателе стоит не произведение, а сумма. В этом случае мы уже не можем разделить нашу дробь на сумму нескольких простых дробей, а нужно каким-то образом постараться сделать так, чтобы в числителе стояло примерно такое же выражение как в знаменателе. В данном случае сделать это довольно просто:
\[f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+1-1}{{{x}^{2}}+1}\]
Такая запись, которая на языке математики называется «добавление нуля», позволит нам вновь разделить дробь на два кусочка:
\[f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+1}{{{x}^{2}}+1}-\frac{1}{{{x}^{2}}+1}\]
Теперь найдем то, что искали:
\[F\left( x \right)=x-\text{arctg}x+C\]
Вот и все вычисления. Несмотря на кажущуюся большую сложность, чем в предыдущей задаче, объем вычислений получился даже меньшим.
И вот в этом кроется основная сложность работы с табличными первообразными, особенно это заметно на второй задаче. Дело в том, что для того чтобы выделить какие-то элементы, которые легко считаются через таблицу, нам нужно знать, что конкретно мы ищем, и именно в поиске этих элементов и состоит все вычисление первообразных.
Другими словами, недостаточно просто зазубрить таблицу первообразных — нужно уметь видеть что-то, чего пока еще нет, но что подразумевал автор и составитель этой задачи. Именно поэтому многие математики, учителя и профессора постоянно спорят: «А что такое взятие первообразных или интегрирование — это просто инструмент либо это настоящее искусство?» На самом деле, лично на мой взгляд, интегрирование — это никакое не искусство — в нем нет ничего возвышенного, это просто практика и еще раз практика. И чтобы попрактиковаться, давайте решим еще три более серьезных примера.
\[f\left( x \right)=\frac{{{x}^{4}}}{{{x}^{2}}+1}\]
Запишем такие формулы:
\[{{x}^{n}}\to \frac{{{x}^{n+1}}}{n+1}\]
\[\frac{1}{x}\to \ln x\]
\[\frac{1}{1+{{x}^{2}}}\to \text{arctg}x\]
Давайте запишем следующее:
\[f\left( x \right)=\frac{{{x}^{4}}+{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+1}-\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+1}\]
\[f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)}{{{x}^{2}}+1}-\frac{{{x}^{2}}+1-1}{{{x}^{2}}+1}\]
\[f\left( x \right)={{x}^{2}}-1+\frac{1}{{{x}^{2}}+1}\]
\[F\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}}{3}-x+3+\text{arctg}x+C\]
\[f\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}-3}{{{x}^{2}}+1}\]
Перепишем следующим образом:
\[f\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}+2-2-3}{{{x}^{2}}+1}\]
\[f\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}+2}{{{x}^{2}}+1}-\frac{5}{{{x}^{2}}+1}\]
\[f\left( x \right)=\frac{2\left( {{x}^{2}}+1 \right)}{{{x}^{2}}+1}-\frac{5}{{{x}^{2}}+1}\]
Итого первообразная будет равна:
\[F\left( x \right)=2x-5\text{arctg}x+C\]
\[f\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}\left( 1+{{x}^{2}} \right)}\]
Сложность этой задачи состоит в том, что в отличие от предыдущих функций сверху вообще отсутствует какая-либо переменная $x$, т.е. нам непонятно, что добавлять, вычитать, чтобы получить хоть что-то похожее на то, что стоит снизу. Однако, на самом деле, это выражение считается даже проще, чем любое выражение из предыдущих конструкций, потому что данную функцию можно переписать следующим образом:
\[f\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}}-\frac{1}{{{x}^{2}}+1}\]
Возможно, вы сейчас спросите: а почему эти функции равны? Давайте проверим:
\[f\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}}-\frac{1}{{{x}^{2}}+1}=\frac{{{x}^{2}}+1-{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)}=\frac{1}{{{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)}\]
Еще перепишем:
\[f\left( x \right)={{x}^{-2}}-\frac{1}{{{x}^{2}}+1}\]
Найдем:
\[F\left( x \right)=\frac{{{x}^{-1}}}{-1}-\text{arctg}x+C\]
Немного преобразуем наше выражение:
\[F\left( x \right)=-\frac{1}{x}-\text{arctg}x+C\]
И когда я все это объясняю своим ученикам, практически всегда возникает одна и та же проблема: с первой функцией все более-менее понятно, со второй тоже при везении или практике можно разобраться, но каким альтернативным сознанием нужно обладать, чтобы решить третий пример? На самом деле, не пугайтесь. Тот прием, который мы использовали при вычислении последней первообразной, называется «разложение функции на простейшие», и это очень серьезный прием, и ему будет посвящен отдельный видеоурок.
А пока предлагаю вернуться к тому, что мы только что изучили, а именно, к показательным функциям и несколько усложнить задачи с их содержанием.
\[f\left( x \right)={{2}^{x}}\cdot {{5}^{x}}\]
Заметим следующее:
\[{{2}^{x}}\cdot {{5}^{x}}={{\left( 2\cdot 5 \right)}^{x}}={{10}^{x}}\]
\[f\left( x \right)={{10}^{x}}\]
Чтобы найти первообразной этого выражения, достаточно просто воспользоваться стандартной формулой — ${{a}^{x}}\to \frac{{{a}^{x}}}{\ln a}$.
В нашем случае первообразная будет такая:
\[F\left( x \right)=\frac{{{10}^{x}}}{\ln 10}+C\]
Разумеется, на фоне той конструкции, которую мы решали только что, эта выглядит более простой.
\[f\left( x \right)=\frac{{{8}^{x}}-{{9}^{x}}}{{{6}^{x}}}\]
Опять же, несложно заметить, что эту функцию несложно разделить на два отдельных слагаемых — две отдельных дроби. Перепишем:
\[f\left( x \right)=\frac{{{8}^{x}}}{{{6}^{x}}}-\frac{{{9}^{x}}}{{{6}^{x}}}={{\left( \frac{8}{6} \right)}^{x}}-{{\left( \frac{9}{6} \right)}^{x}}={{\left( \frac{4}{3} \right)}^{x}}-{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}\]
Осталось найти первообразную от каждого от этих слагаемых по вышеописанной формуле:
\[F\left( x \right)\frac{{{\left( \frac{4}{3} \right)}^{x}}}{\ln \frac{4}{3}}-\frac{{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}}{\ln \frac{3}{2}}+C\]
Несмотря на кажущуюся большую сложность показательных функций по сравнению со степенными, общий объем вычислений и выкладок получился гораздо проще.
Конечно, для знающих учеников то, что мы только что разобрали (особенно на фоне того, что мы разобрали до этого), может показаться элементарными выражениями. Однако выбирая именно две эти задачи для сегодняшнего видеоурока, я не ставил себе цель рассказать вам еще один сложный и навороченный прием — все, что я хотел вам показать, так это то, что не стоит бояться использовать стандартные приемы алгебры для преобразования исходных функций.
В заключение хотелось бы разобрать еще один интересный прием, который, с одной стороны выходит за рамки того, что мы сегодня в основном разбирали, но, с другой стороны, он, во-первых, отнюдь не сложный, т.е. его могут освоить даже начинающие ученики, а, во-вторых, он довольно часто встречается на всевозможных контрольных и самостоятельных работах, т.е. знание его будет очень полезно в дополнение к знанию таблицы первообразных.
\[f\left( x \right)={{\left( x-5 \right)}^{4}}\]
Очевидно, что перед нами что-то очень похожее на степенную функцию. Как нам поступить в этом случае? Давайте задумаемся: $x-5$ отличается от $x$ не так уж и сильно — просто добавили $-5$. Запишем так:
\[{{x}^{4}}\to \frac{{{x}^{5}}}{5}\]
\[{{\left( \frac{{{x}^{5}}}{5} \right)}^{\prime }}=\frac{5\cdot {{x}^{4}}}{5}={{x}^{4}}\]
Давайте попробуем найти производную от ${{\left( x-5 \right)}^{5}}$:
\[{{\left( {{\left( x-5 \right)}^{5}} \right)}^{\prime }}=5\cdot {{\left( x-5 \right)}^{4}}\cdot {{\left( x-5 \right)}^{\prime }}=5\cdot {{\left( x-5 \right)}^{4}}\]
Отсюда следует:
\[{{\left( x-5 \right)}^{4}}={{\left( \frac{{{\left( x-5 \right)}^{5}}}{5} \right)}^{\prime }}\]
В таблице нет такого значения, поэтому мы сейчас сами вывели эту формулу, используя стандартную формулу первообразной для степенной функции. Давайте так и запишем ответ:
\[F\left( x \right)=\frac{{{\left( x-5 \right)}^{5}}}{5}+C\]
\[f\left( x \right)={{\left( 4-3x \right)}^{9}}\]
Многим ученикам, которые посмотрят на первое решение, может показаться, что все очень просто: достаточно заменить в степенной функции $x$ на линейное выражение, и все станет на свои места. К сожалению, все не так просто, и сейчас мы в этом убедимся.
По аналогии с первым выражением запишем следующее:
\[{{x}^{9}}\to \frac{{{x}^{10}}}{10}\]
\[{{\left( {{\left( 4-3x \right)}^{10}} \right)}^{\prime }}=10\cdot {{\left( 4-3x \right)}^{9}}\cdot {{\left( 4-3x \right)}^{\prime }}=\]
\[=10\cdot {{\left( 4-3x \right)}^{9}}\cdot \left( -3 \right)=-30\cdot {{\left( 4-3x \right)}^{9}}\]
Возвращаясь к нашей производной, мы можем записать:
\[{{\left( {{\left( 4-3x \right)}^{10}} \right)}^{\prime }}=-30\cdot {{\left( 4-3x \right)}^{9}}\]
\[{{\left( 4-3x \right)}^{9}}={{\left( \frac{{{\left( 4-3x \right)}^{10}}}{-30} \right)}^{\prime }}\]
Отсюда сразу следует:
\[F\left( x \right)=\frac{{{\left( 4-3x \right)}^{10}}}{-30}+C\]
Обратите внимание: если в прошлый раз по сути ничего не поменялось, то во втором случае вместо $-10$ появилось $-30$. На что отличается $-10$ и $-30$? Очевидно, что на множитель $-3$. Вопрос: откуда он взялся? Присмотревшись можно увидеть, что она взялась в результате вычислений производной сложной функции — тот коэффициент, который стоял при $x$, появляется в первообразной внизу. Это очень важное правило, которое я изначально вообще не планировал разбирать в сегодняшнем видеоуроке, но без него изложение табличных первообразных было бы неполным.
Итак, давайте еще раз. Пусть есть наша основная степенная функция:
\[{{x}^{n}}\to \frac{{{x}^{n+1}}}{n+1}\]
А теперь вместо $x$ давайте подставим выражение $kx+b$. Что тогда произойдет? Нам нужно найти следующее:
\[{{\left( kx+b \right)}^{n}}\to \frac{{{\left( kx+b \right)}^{n+1}}}{\left( n+1 \right)\cdot k}\]
На каком основании мы это утверждаем? Очень просто. Давайте найдем производную написанной выше конструкции:
\[{{\left( \frac{{{\left( kx+b \right)}^{n+1}}}{\left( n+1 \right)\cdot k} \right)}^{\prime }}=\frac{1}{\left( n+1 \right)\cdot k}\cdot \left( n+1 \right)\cdot {{\left( kx+b \right)}^{n}}\cdot k={{\left( kx+b \right)}^{n}}\]
Это то самое выражение, которое изначально и было. Таким образом, эта формула тоже верна, и ею можно дополнить таблицу первообразных, а лучше просто запомнить всю таблицу.
Выводы из «секретного: приема:
Естественно, в силу сложности и серьезности этого приема мы еще неоднократно вернемся к его рассмотрению в будущих видеоуроках, но на сегодня у меня все. Надеюсь, этот урок действительно поможет тем ученикам, которые хотят разобраться в первообразных и в интегрировании.
До новых встреч!
