integral

3Интегрирование по частям

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Южный Федеральный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.03.2016

Размер:

385.08 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

Решение.

Сделаем замену переменной x = g(t) = sin t;

2 ; 2

(в силу условия

го

;

arcsin x

2 2

существует обратная функция

( ) =

и кроме то-

мы, очевидно, избавляемся от корня в подинтегральном выражении). Из формулы (4) следует

px2 dx

1 x2

sin2 t cos t dt

1 sin2 t

sinp2 t cos t dt = cos2 t

R sin2 t cos t dt

sin2 t dt

cos t

j cos tj = cos t так как cos t

0 при t 2

). Интеграл

cos

t =

;

sin2 t dt

формулы пониже-

вычисляем стандартным методом с помощью

ния степени sin2 t = 12 12 cos 2t:

sin2 t dt =

12 12 cos 2t

dt = 12

dt 12

cos 2t dt = 12t 14 sin 2t+C:

Получаем теперь, возвращаясь к старой переменной x

R	x2 dx			1			1
	p	1 x2	=		2	arcsin x		4	sin(2 arcsin x) + C:

Учитывая, что

sin(2 arcsin x) = 2 sin arcsin x cos arcsin x =

2 sin arcsin x 1 sin2 arcsin x = 2x 1 x2;

получаем окончательно

x2 dx

arcsin x

xp1

x2 + C:

1 x2

Аналогичено могут быть вычислены интегралы

1 x2 dx; x2 1 x2 dx;

pdx ; x2 1 x2

pdx

x4 1 x2

и так далее.

При наличии в подрбных задачах в подитегральной функции a2 x2 p

вместо 1 x2 рекомендуется замена переменной x = a sin t:

Пример. 2.9	dx
R
	x2p		:

		2 x2

Решение.

Положим x = g(t) = 2 sin t: Подинтегральная функция определена в объ-

для

[

единении двух интервалов p2; 0

0; p2

: При x

p2; 0

считаем

полагаем t

; 0

;

0; p2

; замечая, что в обоих слу-

чаях

t = g 1 = arcsin

x :

По формуле (4) находим

cos t dt

x2p

2 sin2 tp

2 x2

2 2 sin2 t

2 cos2 t

sin2 t

2 sin t

2 p

sin t

ctg t + C =

cos t

+ C =

1 sin2 t

+ C =

1 q

+ C =

1 q

+ C =

1 p1 x2

+ C:

1 sin

arcsin

sin arcsin p

Приведём другое решение примера 2.9, не использующее тригонометриче-

скую подстановку.

Пусть сначала x 2 0; 2 ; тогда

pdx

x2 2 x2

x2 x2 x22 1

x2jxj x22 1

q :

x3	2	1
	x2

Заметив теперь, что d x22 1 = x43 dx (и, следовательно, dxx3 = 14d x22 1 ), получаем:

x3	2	1
	x2

= 14


d	2			1
						1 2
	2
		x		1	=		r		1 + C =
						2		x2
			2
			2
qx

2 jxj

1 2

1 + C =

2 x2

+ C =

p2 x2

+ C =

1 p2

+ C:

При x 2

2; 0 нужно, повторяя выкладки, дважды заменить jxj на x

(приобретая каждый раз множитель 1), что сохраняет прежнее выражение в ответе.

Решение.

Положим x = g(t) = t4; t > 0 (при этом t = g 1(x) = 4 x и мы избавляемся от обоих корней в подинтегральном выражении). По формуле (4) находим

dx p p

4 x( x + 1)

= 4

4t3 dt

=t (t2 + 1) = 4

1 t2 + 1			dt = 4
	1		R

2	R	t	2	+ 1	1
t dt	= 4	t		+ 1	1	dt =
t2 + 1				t2 + 1

R	dt
R
dt 4			dt =
dt 4	t2 +	1	dt =

p4		p4
	x 4 arctg		x + C:
= 4t 4 arctg t + C = 4

Вычислить следующие интегралы:

47.

xp3

2x + 3

49.

x+1

51.

px+2 px

53.

x e2x2 dx

55.

1+e

e px

57.

px2

59.

1 9

61.

cos x

63.tg x dx

65.	R
	1	dx
	x ln x ln2 ln x
67.	R
	1			dx
	x(ln2 x+2 ln x+2)
69.	R
	1		dx
	(1+x2) arctg2 x

xp4

48.

x 1

50.

52.

px+1

x2e x3 dx

54.

56.

e2x 1

58.

4+9

60.

62.

sin x

64.ctg x dx

R	p

66.			ln ln ln x			dx
	x ln x ln ln x
R
			x3
68.
					dx
	x8+4x4+5
R	arcsin2 x
70.	p	1 x2		dx

1+arctg2

x dx

71.

1+x

x2+arctg4 x

73.

1+x2

sin2 x

75.

cos x

1+ln(x+p

)

1+x2

77.

1+x2

79.

sin 2x

2+sin x

cos x

81.

(3+sin x)

2+sin x

(3+sin x+cos x) tg x dx

83.

4+sin x+4 cos x+sin x cos x sin2 x

(6+sin x+cos x) ctg x dx

84.

5+sin x 5 cos x sin x cos x+sin2 x

(2+x2+x4) arctg x dx

85.

x6+2x4+3x2+2

x2 3

87.

(x2+4x+5)

89.

2 sin x+5

sin x cos x+5

72.	R	1+arctg22 x dx
	R	1+x
74.	R	p1 x		2	dx
74.		p1 x		2	dx
	R	1 x
76.	R	cos x		dx
76.		3		dx
		sin x
	R x+ln2(x+p							)
78.	R x+ln2(x+p					1+x2		)	dx
			p
	R		p		1+x2
80.	R	cos x+sin 2x					dx
		cos x+sin 2x
	R	2+sin2 x
82.	R				dx
					dx
		x(ln2 x+2 ln x+2)

86.	q
86.	q		3 x2 x4	x6 arcsin2 x dx
	R
			3+2x2+x4
	R
88.			x2+1	dx
88.		(x2+2x+3)2		dx
	R
90.		7 2 sin x			dx
	cos x sin x+7

91.

x4+4x3+x2+2x+1

x4+x2+1

93.

3 sin 2x+2 cos2 x dx

sin2 x+3 cos2 x+2

95.

1+x4

x5+x13

97.

(x p

x2 1

99.

sin 2x dx

3+sin4 x

101.

cos

cos3 x

2+sin

103.

sin 2x(sin x+cos x)

5+sin3 x cos3 x

105.

sin

sin3 x

7+cos

92.

2+sin 2x+sin2 x

2 sin2 x+cos2 x+1 dx

94.

x dx

3+cos x+sin 3x cos

3+sin

96.

x)8p

x2+1

98.

2 sin2 x

2+2 cos 2x sin

100.

sin 2x dx

5+cos4 x

102.

sin3 x

sin

7+cos

104.

cos3 x

cos

5+sin

106.

sin 2x

7+sin4 x cos4 x

x2 dx

Пример. 2.10

Интегрирование по частям - один из основных методов вычисления неопределённых интегралов, часто используемый и особенно результативный в сочетании с заменой переменной и разнообразными искусственными приёмами интегрирования. Он заключается в преобразовании данного интеграла к виду

R	R
u(x) dv(x) (или коротко,	u dv) и последующем сведении его вычисления
R	v du с помощью формулы
к вычислению интеграла	v du с помощью формулы

R	R	(5)
u dv = uv	v du	(5)

R При этом функции u(x) и v(x) подбираютя так, чтобы интеграл v du на-

ходился как можно более просто. Что это часто удаётся сделать видно из

примеров.

	R		R
Пусть, например, дан интеграл		xex dx: Представив его в виде x dex
и считая u = x;		R	R
	v = ex; замечаем, что интеграл		v du = ex dx является
табличным. По формуле (5)		R
R	R

xex dx = x dex = xex ex dx = xex ex + C:

Аналогично, x cos x dx = x d sin x и (полагаем u = x; v = sin x) по формуле (5) находим:

R		R	R
x cos x dx =		x d sin x = x sin x		sin x dx = x sin x + cos x + C:
R	ln x dx; если u = ln x и v = x; формула (5) даёт:
Для интеграла	ln x dx; если u = ln x и v = x; формула (5) даёт:
		R		R
R	R	ln x dx = x ln x		x d ln x:
R	R	R	x	R
R		x d ln x = x	x	dx = x + C: Таким образом
Здесь v du =		x d ln x = x	1 dx =	dx = x + C: Таким образом

ln x dx = x ln x x + C:

Менее очевиден выбор функций u(x) и v(x) при вычислении методом ин-

R тегрирования по частям интеграла (1+x2)2 : Положим u = x (тогда du = dx).

x2 dx

Интеграл

преобразуется к виду

u dv; если dv =

dx; следова-

)

(1+x

(1+x )

тельно, в качестве v(x) можно взять любую первообразную функции

(1+x2)

Вычисляя (с учётом x dx = 1 d(1 + x2)) интеграл

1R d 1 + x2

x dx

+ C;

)

1 + x

(1 +

)

выбираем, например, v = 21

: По формуле (5) получаем теперь

1+x2

x2 dx

arctg x + C:

(1 + x2)2

2 (1 + x2)

2 1 + x2

2 (1 + x2)

Ниже приводятся примеры на вычисление неопределённых интегралов, где используется (наряду с другими приёмами интегрирования) метод интегриро по частям.

Пример. 3.1

R ex ln (1 + ex) dx:

Решение.

Сделав замену переменной 1 + ex = t; получим

R	R	R
	ex ln (1 + ex) dx =	ln (1 + ex) d (1 + ex) = ln t dt:
	R

Вычисляя теперь ln t dt методом интегрирования по частям (это уже сделано выше), находим

R			R
ex ln (1 + ex) dx =	1 + ex = t	=	ln t dt = t ln t t + C =

= (1 + ex) ln (1 + ex) 1 ex + C:

Заметим, что ответ можно было бы записать в виде

ex ln (1 + ex) dx = (1 + ex) ln (1 + ex) ex + C;

включив постоянное слагаемое 1 в произвольную постоянную.

Пример. 3.2

(sin x + x cos x) ln x dx:

Решение.
Заметив, что sin x + x cos x = (x sin x)0; положим u		= ln x (следователь-
но, du = 1	R	(sin x + x cos x) dx =
но, du = 1	dx) и dv = (sin x + x cos x) dx: Так как	(sin x + x cos x) dx =
x
R

(x sin x)0 dx = x sin x + C; то можно взять, например, v = x sin x: По формуле (5) получаем теперь

(sin x + x cos x) ln x dx = x sin x ln x

x sin x x1 dx =

= x sin x ln x sin x dx = x sin x ln x + cos x + C:

Пример. 3.3

x2 + x + 1 ex dx:

Решение.

Представив интеграл в виде			R	x2 + x + 1	dex и, считая u = x2 + x + 1 и
v = ex;	преобразуем его по	формуле (5):

R			R
x2 + x + 1 dex = x2 + x + 1Rex ex d x2 + x + 1 =
	= x2 + x + 1 ex (2x + 1)ex dx
Аналогично, записав полученный интеграл в виде
		R	R
		(2x + 1)ex dx = (2x + 1) dex
(теперь u = 2x = 1 и v = ex) проинтегрируем по частям ещё раз
R			R
x2 + x + 1 dex = x2 + x + 1 exR (2x + 1)ex dx =
= x2	+ x + 1 ex		(2x + 1) ex + ex d(2x + 1) =
	R

= x2 x ex + 2 ex dx = x2 x ex + 2ex + C = x2 x + 2 ex + C:

Пример. 3.4

2 ln x + x ln2 x ex

dx:

Решение.

Представим интеграл в виде суммы двух интегралов:

2 ln x + x ln2 x ex x

dx =

2 ln x	+ ln2 x ex dx =
x

2 lnx x ex dx

+ln2 x ex dx

Подведя во втором из интегралов ex под знак дифференциала

ln2 x ex dx =

ln2 x dex

и интегрируя его по частям (считаем u = ln2 x и v = ex), получим:

2 ln x + x ln2 x ex

dx =

2 lnx x ex

dx + ln2 x dex =

2 ln x		R
	ex dx + ex ln2 x
x

2 ln x		R
	ex dx + ex ln2 x
x

ex d ln2 x =

2 lnx x ex dx:

Таким образом приходим к соотношению

2 ln x + x ln2 x ex x

dx = ex ln2 x +

2 ln x

ex dx

2 lnx x ex dx: (6)

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.02.20151.44 Mб25Imperiya_kak_sudba.doc
#
13.02.201513.02 Mб6IMR_vvodnaya_Korenevsky.pdf
#
27.11.201952.22 Кб4Individualnoe_proektnoe_zadanie.doc
#
12.03.2016259.56 Кб3Info1415_L_Matrix.pdf
#
03.08.201942.64 Кб31INFORMvoprosy_i_otvety_1.docx
#
12.03.2016385.08 Кб10integral.pdf
#
13.02.201541.2 Кб7ipa2014.docx
#
17.07.2019112.13 Кб3IPO.doc
#
21.07.2019125.44 Кб2IPO.doc
#
12.03.201631.58 Кб7IRF2Plany_seminarov.docx
#
19.11.2018630.27 Кб1islam_progress.doc