سرفصل‌های این مبحث

انتگرال

انتگرال نامعین (تابع اولیه)

آخرین ویرایش: 05 اسفند 1402

دسته‌بندی: انتگرال

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

تابع اولیه (ضد مشتق)

در فصل‌های قبل طریقه پیدا کردن مشتق توابع را بررسی کردیم، یعنی پیدا کردن $f^{'}$ مشتق تابع $f$ .

اکنون می‌خواهیم متقابل این عمل یعنی پیدا کردن $f$ را از روی $f^{'}$ بررسی کنیم. این عمل ضد مشتق نام دارد.

انتگرال نامعین - پیمان گردلو

تمرین

اگر $f^{'} (x) = 3 x^{2} + 4 x + 2$ باشد، آن‌گاه:

تابع $f (x)$ به‌دست آورید.

$f (x) = x^{3} + 2 x^{2} + 2 x$

$f (x)$ را یک ضد مشتق یا تابع اولیه $f^{'} (x)$ می‌نامیم.

آیا تابع $f (x)$ منحصر به فرد است؟

$f (x) = x^{3} + 2 x^{2} + 2 x + 10$

$f (x)$ را یک ضد مشتق یا تابع اولیه $f^{'} (x)$ می‌نامیم پس تابع $f (x)$ منحصر به فرد نیست.

قضیه

اگر توابع $f$ و g در بازه $(a, b)$ مشتق پذیر باشند و به‌ازای هر $x$ در $(a, b)$ داشته باشیم:

$f^{'} (x) = g^{'} (x)$

آن‌گاه عدد ثابت $c$ وجود دارد به‌طوری‌که به‌ازای هر $x$ در $(a, b)$ داریم:

$f (x) = g (x) + c$

اثبات

قضیه فوق را به‌عنوان یکی از نتایج قضیه مقدار میانگین ثابت می‌کنیم:

قضیه فوق بیان می‌دارد که اگر دو تابع، مشتق‌شان برابر باشند، تفاضل آنها مقدار ثابتی است.

$i f f^{'} (x) = g^{'} (x) \Rightarrow f (x) = g (x) + c \Rightarrow f (x) - g (x) = c$

فرض کنیم $h (x) = f (x) - g (x)$ پس $h$ روی $[a, b]$ پیوسته و روی $(a, b)$ مشتق پذیر است:

$\begin{array}{l} i f f (x) - g (x) = c \end{array}$

$h^{'} (x) = f^{'} (x) - g^{'} (x) = 0; a \leq x \leq b$

چون $h (x)$ ثابت است یعنی $h (x) = c$ بنابراین $f (x) - g (x) = c$ می‌باشد، پس داریم:

$f (x) = g (x) + c$

قضیه

$\begin{array}{l} n \neq - 1 : i f f^{'} (x) = a x^{n} \Rightarrow f (x) = \frac{a}{n + 1} x^{n + 1} + c; n \in Q \end{array}$

$n = - 1 : i f f^{'} (x) = a x^{n} \Rightarrow f (x) = a L n |x| + c$

اثبات

می‌دانیم که مشتق $g (x) = \frac{a}{n + 1} x^{n + 1}$ برابر $f^{'} (x) = a x^{n}$ می‌باشد.

اگر $f$ هر تابعی باشد که مشتق آن $a x^{n}$ باشد، بنا به قضیه قبل عدد ثابتی مانند $c$ وجود دارد که:

$f (x) = g (x) + c$

برای حالتی‌که $n = - 1$ می‌باشد، اگر $g (x) = a L n |x|$ باشد، آن‌گاه:

$g^{'} (x) = a \frac{\frac{x}{|x|}}{|x|} = a \frac{x}{{|x|}^{2}} = \frac{a x}{x^{2}} = \frac{a}{x} = f^{'} (x)$

و مانند حالت قبل:

$f (x) = g (x) + c$

تعریف تابع اولیه یا انتگرال نامعین

اگر $F$ یک تابع اولیه $f$ باشد، داریم:

$i f F^{'} (x) = f (x) \Rightarrow \int f (x) d x = F (x) + c$

$\int f (x) d x$ را کلیه تابع اولیه‌ها یا انتگرال نامعین $f$ نسبت به $x$ می‌نامیم:

${(\int f (x) d x)}^{'} = {(F (x) + c)}^{'} \Rightarrow f (x) = F^{'} (x)$

در عبارت ${(\int f (x) d x)}^{'} = f (x)$ مشتق انتگرال یک تابع برابر خود آن تابع است.

تذکر

$\begin{array}{l} i f \int f (x) d x = F (x) + c \\ \Rightarrow d (\int f (x) d x) = d (F (x) + c) \\ \Rightarrow f (x) d x = F^{'} (x) d x \end{array}$

دیفرانسیل انتگرال یک تابع برابر است با دیفرانسیل خود تابع.

با توجه به انتگرال داریم:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} \int x^{n} d x = \frac{1}{n + 1} x^{n + 1} + c \\ \int {(a x + b)}^{n} d x = \frac{1}{a (n + 1)} {(a x + b)}^{n + 1} + c; n \neq - 1 \end{cases} \end{array}$

$\{\begin{cases} \int \frac{1}{x} d x = L n |x| + c \\ \int \frac{1}{a x + b} d x = \frac{1}{a} L n |a x + b| + c; n = - 1 \end{cases}$

تمرین

انتگرال های زير را محاسبه کنيد.

$\begin{array}{l} \int \frac{4}{\sqrt[5]{{(2 x + 3)}^{3}}} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \int \frac{4}{\sqrt[5]{{(2 x + 3)}^{3}}} d x \\ = \int 4 {(2 x + 3)}^{- \frac{3}{5}} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} = 4 \times \frac{1}{2 (- \frac{3}{5} + 1)} {(2 x + 3)}^{- \frac{3}{5} + 1} + c \end{array}$

$\begin{array}{l} = 5 {(2 x + 3)}^{\frac{2}{5}} + c \\ = 5 \sqrt[5]{{(2 x + 3)}^{2}} + c \end{array}$

$\int (\frac{4}{{(2 x + 3)}^{3}} + \frac{6}{\sqrt[3]{{(x - 1)}^{2}}} + \frac{8}{4 x + 1}) d x$

$\begin{array}{l} \int [\frac{4}{{(2 x + 3)}^{3}} + \frac{6}{\sqrt[3]{{(x - 1)}^{2}}} + \frac{8}{4 x + 1}] d x \end{array}$

$\begin{array}{l} = [4 {(2 x + 3)}^{- 3} + 6 {(x - 1)}^{- \frac{2}{3}} + 8 {(4 x + 1)}^{- 1}] d x \end{array}$

$\begin{array}{l} = 4 \times \frac{1}{- 2 \times 2} {(2 x + 3)}^{- 2} + 6 \times \frac{1}{- \frac{2}{3} + 1} {(x - 1)}^{- \frac{2}{3} + 1} + \frac{8}{4} L n |4 x + 1| + c \end{array}$

$\begin{array}{l} = \frac{- 1}{{(2 x + 3)}^{2}} + 18 \sqrt[3]{x - 1} + 2 L n |4 x + 1| + c \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

اگر $F$ و $G$ توابعی مشتق پذیر باشند که $\{\begin{cases} F^{'} = f \\ G^{'} = g \end{cases}$ و $a \in R$ آن‌گاه:

$\begin{array}{l} \int a f (x) d x = a \int f (x) d x = a F (x) + c \end{array}$

$\begin{array}{l} \int (f (x) \pm g (x)) d x = \int f (x) d x \pm \int g (x) d x = F (x) \pm G (x) + c \end{array}$

$\begin{array}{l} {(a F)}^{'} = a F^{'} = a f \\ {(F \pm G)}^{'} = F^{'} \pm G^{'} \end{array}$

$\int f (a x + b) d x = \frac{1}{a} F (a x + b) + c$

تمرین

تابع $f$ را چنان پيدا کنيد به طوری‌‌که داشته باشیم:

$\{\begin{cases} f^{''} (x) = 6 x^{2} - 4 \\ f^{'} (0) = f (1) = 0 \end{cases}$

$\begin{array}{l} f^{''} (x) = 6 x^{2} - 4 \\ \Rightarrow \int f^{''} (x) d x = \int (6 x^{2} - 4) d x \\ \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{6}{3} x^{3} - 4 x + c; x = 0 \\ \Rightarrow f^{'} (0) = 2 {(0)}^{3} - 4 (0) + c \\ \Rightarrow f^{'} (0) = c; f^{'} (0) = 0 \\ \Rightarrow c = 0 \end{array}$

$\{\begin{cases} f^{'} (x) = 2 x^{3} - 4 x + c \Rightarrow f^{'} (x) = 2 x^{3} - 4 x \\ c = 0 \end{cases}$

$\begin{array}{l} \int f^{'} (x) d x = \int (2 x^{3} - 4 x) d x \\ \Rightarrow f (x) = \frac{2}{4} x^{4} - \frac{4}{2} x^{2} + c; x = 1 \\ \Rightarrow f (1) = \frac{1}{2} - 2 + c; f (1) = 0 \\ \Rightarrow 0 = \frac{1}{2} - 2 + c \\ \Rightarrow c = \frac{3}{2} \end{array}$

$\{\begin{cases} f (x) = \frac{2}{4} x^{4} - \frac{4}{2} x^{2} + c \Rightarrow f (x) = \frac{1}{2} x^{4} - 2 x^{2} + \frac{3}{2} \\ c = \frac{3}{2} \end{cases}$

تمرین

اگر داشته باشیم:

$\int 2 f^{'} (2 x - 3) d x = f (a x + b)$

آن‌گاه مقدار زیر را محاسبه کنید.

$2 a - 3 b$

$\begin{array}{l} \int 2 f^{'} (2 x - 3) d x = f (a x + b) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {(\int 2 f^{'} (2 x - 3) d x)}^{'} = {[f (a x + b)]}^{'} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 2 f^{'} (2 x - 3) = a f^{'} (a x + b) \\ \Rightarrow \{\begin{cases} a = 2 \\ b = - 3 \end{cases}〉 2 a - 3 b = 13 \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

نکته

نباید چنین تصور شود که هر تابعی دارای تابع اولیه می‌باشد. توابعی وجود دارند که تابع اولیه ندارند.

تمرین

تابع با ضابطه زیر مفروض است، تابع اولیه این تابع را به‌دست آورید.

$f (x) = \{\begin{cases} 0; x \leq 0 \\ 1; x > 0 \end{cases}$

هیچ تابع اولیه روی یک بازه شامل صفر وجود ندارد یعنی تابع $g$ ای روی یک بازه شامل صفر وجود ندارد که تساوی زیر برقرار باشد:

$g^{'} (x) = f (x)$

اگر $g$ چنین تابعی باشد، آن‌گاه $g$ در $x = 0$ مشتق پذیر نمی‌باشد.

به‌طور کلی ثابت می‌شود که هر تابع پیوسته روی یک بازه بسته دارای تابع اولیه است.

قضیه

اگر $f$ تابعی مشتق پذیر و با مشتق پیوسته باشد، آن‌گاه:

$\int x f^{'} (x) d x = x f (x) - \int f (x) d x$

اثبات

$\begin{array}{l} \int x f^{'} (x) d x = \int (x f^{'} (x) + f (x) - f (x)) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int x f^{'} (x) d x = \int {(x f (x))}^{'} d x - \int f (x) d x \end{array}$

$\Rightarrow \int x f^{'} (x) d x = x f (x) - \int f (x) d x + c$

تمرین

انتگرال های زیر را محاسبه کنید.

$\begin{array}{l} I = \int x \cos x d x \end{array}$

یادآوری)

$\int x f^{'} (x) d x = x f (x) - \int f (x) d x$

$\begin{array}{l} I = \int x \cos x d x \\ \Rightarrow I = \int (x \cos x + \sin x - \sin x) d x \\ \Rightarrow I = \int [{(x \sin x)}^{'} - \sin x] d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int {(x \sin x)}^{'} d x - \int \sin x d x \\ \Rightarrow I = x \sin x - \int \sin x d x \\ \Rightarrow I = x \sin x + \cos x + c \end{array}$

$I = \int x . f^{''} (x) d x$

یادآوری)

$\int x . f^{'} (x) d x = x f (x) - \int f (x) d x$

$\begin{array}{l} I = \int x . f^{''} (x) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int (x f^{''} (x) + f^{'} (x) - f^{'} (x)) d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int [{(x f^{'} (x))}^{'} - f^{'} (x)] d x \\ \Rightarrow I = \int {(x f^{'} (x))}^{'} d x - \int f^{'} (x) d x \\ \Rightarrow I = x f^{'} (x) - f (x) + c \end{array}$