Добавил:

Rumpelstilzchen Rumpelstilzchen2018@yandex.ru Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

Математический анализ

Файл:

2-й семестр / Семинар 6

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.06.2020

Размер:

948.33 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Вопросы задаем в чате группы в вацапе, решения выкладываем там же

«Интегрирование иррациональных функций»

Таблицу переписать в тетрадь и выучить

теоретический материал по теме «Интегрирование иррациональных функций» предлагаем структурировать в виде таблицы, объединяющей наиболее часто встречающиеся случаи интегрирования функций, содержащих иррациональность. Каждому виду интеграла предлагается замена переменной, приводящая подынтегральную функцию к рациональной или тригонометрической функции, интеграл от которой легче приводится к

табличному интегралу.
Введем	обозначения:	пусть ( )-			функция,	содержащая
			3
иррациональные выражения, например			3	√2 − 2, √2 + 2			и т.д. В
иррациональные выражения, например			√,	√2 − 2, √2 + 2			и т.д. В

зависимости от вида иррациональности при интегрировании ( ) удобно воспользоваться одной из следующих подстановок, в результате которой

получаем функцию, которая является рациональной или тригонометрической.

№

I a

I b

Вид

интеграла

R(x, n x)dx

R(x, n x, m x)dx


	ax b

R x, n		dx
	cx d

Таблица 1. Интегрирование некоторых алгебраических иррациональностей

Замена

Интеграл, к которому

сводится исходный

n R(t

,t)t

n 1

x t

n 1

F(t)dt

x t

, dx

k 1

, где k есть

наименьшее общее

k R(t

k 1

dt F(t)dt

кратное показателей

радикалов n

и m

ax b

b t

cx d

b tnd

n(ad cb) R

c a

tnc a

t n 1

F(t)dt

ntn 1(ad cb)

(t nc a)2

(tnc

a)2

x a sint

или

III

R(x,

)dx

x a cost

F(sint,cost)dt

dx a costdt или

dx a sintdt

x a tgt

или

x a ctgt

R(x,

)dx

dt или

F(sint,cost)dt

cos

sin2 t

x cost

или

R(x,

)dx

x sin t

F(sint,cost)dt

a sin t

dt или

cos

a cost dt

sin2 t

В выражении

bx c

выделяем полный

квадрат:

bx c

a(x

b )2 b2 c

t , dx dt

bx c

a 0

обозначим

b c p2

Если

c 0

t2 p2

Если

c 0

t2 p2

VII

VIII

			dx
		2	,
			bx c
ax
		a 0 ,
ax	2	bx c 0

		dx
		2
x
		ax bx c
ax	2	bx c 0

В выражении

ax	2	bx c , как и

выше, выделяем полный квадрат и делаем замену

x		b		t , dx dt
x	2a			t , dx dt
	2a
1	обозначим
1			b		2
						c p
							2
a			4a
a			4a

x	1	, dx	dt
x	t	, dx	t	2
				2

1		dt
a	p	2		t	2
a	p			t

arcsin	t		C
arcsin	p		C
	p

			1				dt
1	a			b			t	2
						c		2

t	t	2		t
		2

					dt
			ct	2	bt a
				2

И интеграл сводится к случаям

VI или VII

Таблица 1. помогает научиться правильно классифицировать тип интеграла от функции, содержащей иррациональное выражение.

Все примеры нужно разобрать

Это значит, решаем примеры в тетрадке , разбираем. Если есть вопросы задаем в чате группы в вацапе

Проиллюстрируем на примерах интегрирование алгебраических иррациональностей

Пример I b. Вычислить интеграл x 3 x2 dx .

Решение:

После рассмотрения подынтегральной функции получаем, что: данный интеграл относится к типу I b , так как подынтегральная функция содержит радикалы с разными показателями n=2 и m=3

 

НОК(2;3) 6

x t

dt 6

6 t

1 dt 6

= 6

(t 1)(t 1)

2(t 1)

6t 3ln t 1

3ln t 1 C

t 1

x 1

6t 3ln

C 2

x 3ln

t 1

x 6

x 1

Пример II. Вычислить интеграл

1 x

(1 x)

1 x

	t	4	1 1
6					dt
		t	2	1

Решение.

После рассмотрения подынтегральной функции получаем, что: данный интеграл

относится к типу II, так как подынтегральная функция содержит радикал вида	1	x
	1	x

с показателем n=2

				1 x				t	2
						x		t

				1
			1 x				1 t		2
	1								2
	1
(1	x)	2	1 x	dx x			1	t	2
(1	x)		1 x				1	t
								4t
					dx			4t
					dx			(1 t		2	)	2
										2		2

dt	1	C	1 x	C
		C		C
2	t		1 x	.
2

Пример III. Вычислить интеграл

Решение.



	1 t		2	2		4t
	1 t				t	4t	dt
						1 t2
	4t	4				1 t2
		4				2



dt

9 x2 dx .

После рассмотрения подынтегральной функции получаем, что: данный интеграл относится к типу III, так как подынтегральная функция содержит радикал вида

a	2

x	2

, где a 3.

R(x, a2 x2 )dx



					2		x 3sin t
			9 x		2		dx
			9 x				dx
							dx 3costdt
	9 9sin			2		t 3costdt 9cos					2		tdt		9		(1 cos 2t)dt
				2							2
															2
															2
9	t	9	sin 2t C					9		x		9							x		C	.
									arcsin							arcsin						.
									arcsin					sin 2		arcsin
2		4						2		3		4							3
	Пример IV. Вычислить интеграл																		dx
	Пример IV. Вычислить интеграл														(25 x			2		)	25 x		2
																		2					2

Решение.

После рассмотрения подынтегральной функции получаем, что: данный интеграл относится к типу IV, так как подынтегральная функция содержит радикал вида

a	2	x	2

, где

							dx									x 5tgt
							dx														5
																dx					5				dt
			(25 x				2	)	25 x					2		dx							2		dt
			(25 x					)	25 x										cos				2	t
																			cos					t
								1											5								1							1			1
																						dt																	dt
	(25 25tg 2t)																	cos2 t								25												cos2 t
	(25 25tg 2t)								25 25tg 2t									cos2 t								25				(1		sin 2 t		)	1	sin 2 t		cos2 t
																														(1		cos2 t		)	1	cos2 t
																																cos2 t				cos2 t
1											1														1				dt		1		costdt

25																											2				25
					2	t sin				2	t		cos		2		t sin			2	t			cos			2	t
				cos																				cos				t

		(										)
		(			cos2 t							)				cos2 t
					cos2 t											cos2 t

1	sin t C	1		x	C
			sin arctg

25		25		5

Пример V. Вычислить интеграл

x	2	16

	x	3

Решение.

После рассмотрения подынтегральной функции получаем, что: данный интеграл

относится к типу V, так как подынтегральная функция содержит радикал вида	x	2	a	2

, где a 4.

												x			4
			x	2		16						x		sin t
				2
								dx
					x	3		dx							4cost
						3						dx
																				dt

															sin		2	t
																	2

									sin3 t				4cost											1 sin 2 t				sin3 t	cost
		16							sin3 t				4cost											1 sin 2 t				sin3 t	cost
					16													dt												dt
	sin 2 t				16									sin 2 t				dt							sin 2 t					dt
	sin 2 t							64						sin 2 t											sin 2 t			4	sin 2 t
1		cos		2		tdt				1	(1 cos 2t)dt										1	t		1		sin 2t C
				2
4										8											8			16
4										8											8			16
1						4		1								4			C
		arcsin											arcsin
		arcsin								sin 2			arcsin
8						x	16									x
		Пример VI. Вычислить интеграл																						1			dx .


																							2x2 x 3
																							2x2 x 3

Решение.

После рассмотрения подынтегральной функции получаем, что: данный интеграл относится к типу VI, так как подынтегральная функция содержит радикал вида

ax	2

bx c

, где

a 2 0 ,

b 1,

c 3.

		1	dx a 2, a 0
	2	x 3
2x

1			1		dx
					dx
2	x	2		x	3
		2
				2	2
				2	2

1			dx		1		1	1			2
						ln x				2x		x
2			1 2

				23	2		4	2
		x
		x
			4	16
	Пример VII. Вычислить интеграл								1
	Пример VII. Вычислить интеграл							5 2x 3x					2
													2

Решение.

3 C .

dx.

После рассмотрения подынтегральной функции получаем, что: данный интеграл относится к типу VII, так как подынтегральная функция содержит радикал вида

ax	2

bx c

, где a 3 0 , b 2, c 5.

	1	dx a 3, a 0
	5 2x 3x2

1		1		dx
3	5	2
			x x	2

	3	3

1		dx
3				2
3	16		1	2
	16		1
		x
	9		3

1 3

arcsin	3x 1	C
	4

Пример VIII. Вычислить интеграл		1	dx	.
		2
x	10x		6x 1

Решение.

После рассмотрения подынтегральной функции получаем, что: данный интеграл относится к типу VIII, так как подынтегральная функция содержит дробь вида

ax2

1bx c

, где

10x

6x 1

10 6t t2

(t 3)2 1

			1			dt
							2
1	10			6		t	2
1	10			6	1	t
t	t	2		t	1
		2

ln t 3					1		1		1
		2
	t		6t 10 C ln			3		6		10	C .
							x2		x
				x

Примеры
										=																	∫ 2 2 =
1. ∫	√ 2 − 2 = \|									=				\| = ∫ √2(1 − 2 ) =													∫ 2 2 =
								=
	2										2		2					2
=	2			∫(1 + 2) =							2	+	2			2 + =		2				+				√		2		−	2	+
		2									2		4					2							2	√		2			2


							1					=								1
			2. ∫				1			= \| =							\| = ∫			1			∙						=

																								2
					√	2	+		2												2
						2			2						2						2
															2				√1 +


			= ∫				= ∫					= ∫			( )					= \| =				\| = ∫						=
									2						1 − 2												1 − 2
																						=
		1			1							1								1				1			1		+
= ∫ (					+			)		= −				(1			− ) +					(1 + ) + С =				(						) + С =
			1 −			1 +			2				2								2				2			1	−
	1				(1 + )2										1		(1		+ )2							1 +
=		(									) + С =						(						) + = (								) + =
	2			(1 − ) ∙ (1 + )												2		1	− 2

=( + ) + = (√1 + 2 + ) + =

= (√1 + (		2
			) + = (√ + 2
	)	+		+ ) − + =

= ( + √ + 2 + ) +

Интегрирование гиперболических функций Интегрируя гиперболические функции, так же как и в случаи

тригонометрических функций, используем формулы например:

		2 − 2 = 1 или
2 =	1	(2 − 1)	2 =	1	(2 + 1)

	2			2

2 = 2

Два Важных интеграла

Рассмотрим два способа, интегрирования наиболее часто встречающегося интеграла

+ ∫ , при условии 2 − < 0 или − 2 > 0,

√2 + 2 +

Идея интегрирования состоит в том, что исходный интеграл путём алгебраических преобразований числителя приводится к сумме двух интегралов, которые легко берутся.

		+		( 2 + 2 + )			( + )
∫			= ∙ ∫		+ ∙ ∫			=

	√2 + 2 +			√2 + 2 +		√( + )2 + ( − 2 )

= ∙ 2 ∙ √2 + 2 + + ∙ | + + √2 + 2 + | + .

Рассмотрим два способа, позволяющие упростить нахождение этих коэффициентов:

первый способ - это подбор коэффициентов по определенному алгоритму, не требующему «изобретательности» от студентов и облегчающий усвоение материала,

второй способ - эта замена в интеграле, приводящая к распаду интеграла на два берущихся интеграла.

Для наглядности рассмотрим следующий пример интегрирования интеграла:

		3 + 5
∫

√ 2		+ 6 + 13
	Первый способ нахождение коэффициентов происходит по заданному
алгоритму. Приведем этот алгоритм.
	Суть алгоритма состоит в следующем - приравнять числитель исходной дроби к

производной знаменателя, умноженной на неизвестный коэффициент A и прибавить неизвестный коэффициент B. Тем самым исходный интеграл, распадается на два

интеграла, которые легко приводятся к табличным. Методом неопределенных
коэффициентов находим неизвестные A и B.
+ = ∙ ( 2 + 2 + )′ + или
	= 2 ∙		=
+ = ∙ (2 + 2 ) + => {		=> {			=
				2
= ∙ 2 +			= − ∙ 2

= /2 > { = − ∙

3 + 5

Рассмотрим наш пример ∫ √ 2 + 6 + 13

3 + 5 = ∙ ( 2 + 6 + 13)′ + или 3 + 5 = ∙ (2 + 6) +

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , найдем = 32 и = −4, и можем брать интеграл:

(3x + 5)

d(x2 + 6x + 13)

d( + 3)

∫

= =

∫

− 4 ∫

√x2 + 6x + 13

√( + 3)2 + 4

√ 2

+ 6x + 13 +

ln | + 3 + √( + 3)

+ 4| + C

Второй способ решения - это способ вычисления интеграла с помощью замены,

которая получается, если в знаменателе подынтегральной функции выделить полный квадрат. Замена приводит к распаду интеграла на два берущихся интеграла, константы при которых совпадают с коэффициентами при интегрировании первым способом. Исходный интеграл примет вид

= +

( − ) +

∫

= | = − | = ∫

√ + +

√( − )2 + 2 ( − ) +

= ∫

∙

+ ∫

−

√ 2 + ( − 2 )

∙ ∫

+ ( − ) ∙ ∫

√

2 + ( − 2 )

√ 2 + ( − 2 )

= ∙ √ 2 + ( − 2 ) + ( − ) ∙ | + √ 2 + ( − 2 )| + =

= ∙ √ + + + ( − ) ∙ | + + √ + + | +

Вернемся к примеру:

Выделяем в знаменателе полный квадрат 2 + 6 + 13 = ( + 3)2 + 4.

Очевидно, что за новую переменную необходимо взять t=x+3, тогда получим

x=t-3 и dx=dt .

∫

3 + 5

= ∫

− 3) + 5

= ∫

3 − 4

√ 2 + 6 + 13

√ 2 + 4

= 3

∫

− 4 ∫

√ 2

+ 4

√ 2

+ 4

√

+ 4 −

∙ | +

√

+ 4| + =

∙ 2

∙ √

−

∙ | + 3 + √

+ +

= 3

2 + 6 + 13

2 + 6 + 13|

Для упорядочения данного материала ниже представлена таблица, которая помогает увидеть все методы вместе.

интегрирование рациональных дробей, у которых в знаменателе многочлен, имеющий отрицательный

дискриминант

вид интеграла

∫

(исходный)

∫

2 + 2 +

√2 + 2 +

первый способ:

подбор

+ = ∙ ( 2

+ 2 + )′ +

коэффициентов и

= /2

по определенному

= − ∙

алгоритму

∙ ∫

( 2 + 2 + )

∙ ∫

( 2 + 2 + )

Сумма интегралов к

+ 2 +

√

2 + 2 +

которым сводится

( + )

исходный

+ ∙ ∫

( + )2 + ( − 2 )

√( + )2 + ( − 2 )

∙ | 2

+ 2 + | +

Окончательный

∙ 2 ∙ √ 2 + 2 + +

результат

∙ (

) +

√ − 2

+ ∙ | + + √ 2 + 2 + | +

второй способ:

использование замены

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 2-й семестр

#
02.06.20201.68 Mб5Лекция 14.pdf
#
02.06.2020249.35 Кб12Лекция Криволинейные интегралы первого рода.pdf
#
02.06.2020242.36 Кб7Лекция Специальные виды векторных полей.pdf
#
02.06.2020765.88 Кб4Математический анализ критерии.pdf
#
02.06.202087.89 Кб13Решение задач векторного анализа.docx
#
02.06.2020948.33 Кб4Семинар 6.pdf
#
02.06.202015.89 Кб5Таблица неопределенных интегралов.docx