Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Хабаровский государственный университет экономики и права

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

5596

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.11.2022

Размер:

2.05 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 74 5 6 7 > Следующая >>>

Пример 9.

Заменим

t , тогда x

t2 и dx

d t 2

t 2

dt 2tdt .

Подставим:

2tdt

tdt

t 2

2 1

dt .

2 t

t 2

2 x

Разбиваем на 2 интеграла, находим по таблице, возвращаемся к переменной x:

																dt																															C .
						2 dt 4										dt					2t 4 ln									t 2					C			2 x 4 ln					x 2

															t 2
	Ответ:							dx							t 2																	C .

														2			x		4 ln					x	2


					2					x
														dx																																		t2 , затем
																				? Заменим																			t , тогда 3x
	Пример 10.
																																		3x 7											7


											3x			7 4
											3x			7 4
x		1	t 2	7	и dx						1	d t 2				7					2	tdt . Подставим:
x			t 2	7	и dx							d t 2				7						tdt . Подставим:
	3								3									3
					dx				2							tdt		2					t		4						4dt					2		1	4		dt			2		dt		8		dt	.

				3x		7 4 3 t										4 3									t						4					3				t 4				3					3 t	4
				3x		7 4 3 t										4 3									t						4					3				t 4				3					3 t	4
Тем самым
															dx							2					8
															dx							2		t			8		ln			t	4				C , где t					3x		7 .


													3x			7		4				3			3
													3x			7		4				3			3
	Ответ:								dx							2										8														C .
									dx							2			3x			7				8		ln					3x			7		4


							3x		7					4		3									3
							3x		7					4		3									3

	Модуль в ответе необязателен, поскольку																							3x				7	4		0 (там, где					корень
имеет смысл, т.е. при всех x															7 / 3 ).
	Пример 11.										dx					?		Заменяем											t ,		тогда		0,4x			2 t2 и
											dx												2			0,4x


							5				2			0,4x
							5				2			0,4x
x	1	2		t2	5				2,5t2 , откуда dx									d 5 2,5t 2					5			2,5t 2			dt			5tdt .

	0,4
	0,4
Подставим:
				dx						5tdt					5	tdt			5		t	dt	5				t	5	5	dt		5	1	5		dt .

	5		2		0,4x		5					t				5		t		t	5							t	5						t 5
	5		2		0,4x		5					t				5		t		t	5							t	5						t 5
						dx												dt
Значит,						dx					5		dt		25			dt	5t		25ln		t		5			C	, где t			2		0,4x .

																	t	5
			5		2			0,4x
			5		2			0,4x
	Ответ:							dx																					C .
								dx					5		2 0,4x				25ln		2	0,4x						5


					5		2 0,4x

Можно заменять не корень, а весь знаменатель, в котором он находится.

Пример 12. Найдём

. Пусть 3

t . Выразим x:

t 2

14t

3 5 4x t 7

5 4x

откуда

14t

Тогда dx

t 2

14t

t 2 14t

49 dt

14 dt . Поэтому

14 dt

dt .

3 5 4x

Интеграл разбивается на 2 простейших, и в результате

C , где t

7 .

14ln

3 5

Итак, Ответ:

C .

14ln

5 4x

ЗМ7. Найдите интегралы при помощи замены

t :

sin

dx;

cos

dx;

cos 2

dx;

sin 3

dx ;

4 x

e x

3 x

e4 x

e3 x 5

63 x 5

dx;

dx .

Пример 12. Найдём

sin 4

dx . Пусть

t , тогда x

и dx

2tdt . В та-

ком случае

sin 4

sin 4t

cos4t

2tdt

sin 4tdt

cos4t

cos 4

x C .

ЗМ8. Найдите интегралы

;

2ex

4 2 x

Пример 13. Найдём

. Показательные функции допускают несколько

e x

способов замены.

1-й способ. Заменим t

x ,

тогда

ln t ,

поэтому

ln t . При этом

dx d

ln t

d ln t

dt . Подставим:

1/ t dt

t t

Известно, что

, тогда

t t

1 1

t t

2 t

По таблице (интеграл 2)

C .

C ln

Возвращаясь к старой переменной, запишем

e x

Ответ:

C , что равносильно ln

2ex

C .

e x

2-й способ. Заметим, что

e x dx

. Заменим ex

t , то-

e x

e x 1 2e x

1 2e x

гда x

ln t

и dx

d ln t

dt . Подставим:

ex dx

t 1/ t dt

ln1

2ex

C .

1 2ex

1 2t

2ex

Ответ тот же, что при решении 1-м способом. Учли, что 1

0 при лю-

бом x, поэтому модуль можно опустить.

Кроме того, в интеграле

ex dx

можно вместо замены ex

подвести ex

2ex

под знак дифференциала, как в § 2:

e x dx

d e x

C ,

1 2z

1 2ez

1 2e x

1 2z 2

или же заменить 1

2ex

t , откуда x

и dx

, после чего получить

e x dx

1 2e x

t t

и найти так, как в § 3. Все ответы будут одинаковы.

§ 5. Интегрирование по частям

Формула интегрирования по частям имеет вид UdV UV VdU, где U,V –

любые функции. Цель её применения – получить интеграл проще исходного и найти его каким-либо способом (например, как табличный).

В качестве U берётся функция, производная которой выглядит проще, чем сама U . Таким свойством обладают логарифмы и обратные тригонометрические функции. Если их нет под знаком интеграла, то обычно U – полином.

Оставшаяся часть подынтегрального выражения принимается за dV , и от неё

берётся интеграл, чтобы восстановить функцию V .

Реже применяются формулы u x v

x dx

u x v x

v x u

x dx , а также

f x g x dx

f x G x

G x f

x dx , где G

g x .

Пример 1.

1 e 6 dx

? Выбираем U

1, тогда dV

e 6 dx . Необхо-

димо найти V и dU :

dx .

dV e 6 dx

6e 6 ,

dU d

1 dx

Подставим в формулу интегрирования по частям:

1 e

6 dx

6e 6

1 e 6

Интеграл от e 6

уже известен и равен

6e 6

. Значит,

6		x

	e 6 dx .

4
4

x		x		x		x
	1 e 6 dx		6		1 e 6
4				4

6		x		3x		x		x
	6e 6		6		e 6		9e 6		C .
4				2

		x		x
Ответ:					C (вынесли общий множитель и упростили).
	3		1 e 6
	3	2	1 e 6
		2
Пример 2.			4x 7 cos5xdx ? Выбираем U 4x					7 , тогда dV	cos5xdx ,
V	dV		cos5xdx			1	sin5x , dU d 4x 7	4x 7 dx	4dx .
V	dV		cos5xdx				sin5x , dU d 4x 7	4x 7 dx	4dx .
						5

Подставим в формулу интегрирования по частям:

4x 7 cos5xdx 4x 7	sin5x		sin5x	4dx	4x 7	sin5x		4	sin5xdx .
	5	5				5	5

Поскольку

sin5xdx

cos5x , получаем

Ответ:

sin5x

cos5x

C , или

sin5x

cos5x

C .

Пример 3.

3x 5 sin

? Пусть U

5 , тогда dV

sin

dx , далее

sin

cos

d 3x

3dx .

По той же формуле интегрирования по частям

5 sin

cos

3dx

5 cos

cos

dx .

Но

cos

sin

, и тогда, с заменой

на С,

Ответ:

5 cos

147

sin

C .

Обратите внимание, что константа при интегрировании по частям пишется только на последнем шаге.

ИЧ1. Найдите интегралы

e2 x 4x 3 dx;

e 2 x 4x 3 dx;

e3x 5 2x dx;

ex / 3 6x 5 dx;

e x / 3 8x 1 dx ;

x cos3xdx;

3 cos xdx;

x cos3xdx;

2x cos4xdx;

1 cos2xdx ;

x sin 4xdx;

2 sin xdx;

2 sin 6xdx;

x sin 2xdx;

2 sin 4xdx ;

x cos

dx;

3 cos

dx;

cos xdx;

cos

dx;

cos

dx ;

x sin

dx;

1 sin

dx;

sin xdx;

sin

dx;

sin

dx .

ИЧ2. Найдите интегралы, дважды выполнив интегрирование по частям:

e 2 x x2 3 dx;

e3x x 3x2 dx;

ex / 3 6x2 1 dx;

e x / 3 x 3x2 dx ;

x2 cos3xdx;

2x2

3 cos4xdx;

x2 sin3xdx;

x2 sin4xdx ;

x2 cos

dx;

x sin

dx;

6 cos

dx;

3x2 sin

dx .

Пример 4. Найдём

2 e 3x dx .

Выбираем

U x2

e 3x dx ,

тогда

e 3x

dU 2xdx и V

, поэтому

2 e 3x dx

e 3x

2xdx

2 e 3x

xe 3x dx .

Новый интеграл также находится по частям. Теперь U

e 3x dx , соот-

e 3x

ветственно dU

dx, V

, и тогда (подразумевая

C в будущем ответе)

xe 3x dx x

e 3x

e 3x dx

e 3x

1 e 3x

x 1

e 3x .

Подставим этот результат вместо

xe 3x dx в равенство, полученное на 1-м шаге:

2 e 3x dx

2 e

e 3x

2 e 3x

e 3x

e 3x .

Если вынести за скобку e 3x

и упростить, получим

Ответ:

e 3x 9x2

C .

Пример 5. Чтобы по частям найти

4x2 2x cos

dx , выбираем U

4x2

и dV

cos

dx , тогда dU

2 dx, V

2 sin

. Значит,

4x2

2x cos

2 4x2

2x sin

2 sin

2 dx ,

что равносильно

8x2

4x sin

2 8x

2 sin

dx .

Теперь берём U

sin

dx , тогда dU

8dx, V

2 cos

. Отдельно

находим новый интеграл

2 sin

2 cos

8dx

16x

4 cos

cos

dx .

Но

cos

2 sin

C , и поэтому

8x 2 sin

16x

4 cos

32sin

16C

где 32 162 . Возвращаясь к предыдущему шагу, получаем, что

4x2

2x cos

8x2

4x sin

16x

4 cos

32sin

C ,

или, после необязательных упрощений, окончательный

Ответ: 8x2

64 sin

32x

8 cos

C .

ИЧ3. Найдите интегралы по частям, выбрав подходящие U и dV :

x2 ln 2xdx;

x4 lg10xdx;

log2 3x

dx;

log2 x

dx ;

arctg 2xdx;

x arctg 2xdx;

x2 arctg 4xdx;

3 arctg 2xdx ;

arc sin 2xdx;

arc sin

dx;

arc cos4xdx;

arc cos

dx .

Пример 6. Найдём

ln 4x

dx , для чего запишем его как

x 9 ln 4xdx . Под зна-

ком интеграла есть логарифм,

именно его следует взять в качестве U: U ln 4x .

Тогда dV

x 9dx .

Находим dU

d ln 4x

ln 4x

, также V

x 9dx

x 8

, тогда

x 9 ln 4xdx

x 8

ln 4xdx

x 8

ln 4x 1

x 9dx

ln 4x

1 x 8

ln 4x

C .

8x8

8 8

8x8

64x8

Ответ:

ln 4x

C .

8x8

Пример 7.

Найдём

arcsin 6xdx . Берём

arcsin 6x, dV dx

и,

очевидно,

V x (постоянную C не пишем). Кроме того, dU

d arcsin 6x

6dx

, тогда

36x2

arcsin6xdx

x arcsin6x

6dx

36x2

где интеграл

6xdx

можно найти так:

1 36x2

6xdx

72xdx

36x2

d 1

36x2

2 1

36x2 C .

36x2

1 36x2

36x2

xdx

Удобно запомнить, что

kx2 C

при любом k 0 . Итак,

kx2

Ответ: arcsin 6xdx

x arcsin 6x

36x2

C .

Более сложные интегралы вида

xn arcsin xdx при n 1 обычно находят так:

заменой arcsin x t сводят к интегралу

t sinn t cost dt ;

выбирают U

t , dV

sinn t cost dt ;

по частям приходят к интегралу

sinn 1 tdt ;

4) берут его по стандартной схеме, приведённой в любом учебнике.

§ 6. Замечание о двух способах интегрирования

Иногда возникают следующие ситуации:

а) перед интегрированием по частям необходимо заменить переменную; б) замена переменной необязательна, но упрощает или ускоряет интегри-

рование по частям; в) интеграл можно найти как по частям, так и заменой переменной.

e 4 2 x dx

t2 ,

Пример 1.

? Пусть

t , тогда 4

tdt , после чего

e 4 2 x dx

et tdt .

Интеграл

et tdt легко берётся по частям:

et tdt

et t

, поэтому

e 4 2 x dx

et t et

C et 1 t C e 4 2 x 1 4 2x C .

t2 ,

Пример 2. Найдём

cos 3

6xdx . Обозначим

t , откуда 3

t 2

и dx

dt . Тем самым

cos

6xdx

cost

tdt , где t

6x .

Интегрируя по частям, получим, что

t costdt

t sin t

cost

C1 .

Значит, cos 3

6xdx

sin

cos

C .

ЗС1. Заменив переменную и проинтегрировав по частям, найдите

1) e x dx;

2 x dx;

e x 2 dx;

e 3x 2 dx;

e 5 3x dx;

6 5 3x dx ;

2) sin

xdx;

cos

xdx;

sin

3dx;

cos

1dx;

sin

7xdx .

Пример 3.

xdx

1-й способ. Заменим x

t , тогда x

3, dx

dt , и поэтому

xdx

2dt

3 t 3dt

t 1

t 2

C .

3 3

2t 2

Но t

x 3 , и тогда

xdx

C .

3 3

2 x

3 2

2-й способ. Обозначим x

U , тогда dV

. Находим dU

dx , а также

x 3 3 dx

x 3 2

3 3

По формуле интегрирования по частям

xdx

2 dx .

3 3

3 2

Поскольку

2 dx

, то

xdx

C .

3 3

3 2

Результаты после упрощения отличаются только числом, что объясняется произвольным характером постоянной С.

Пример 4. Найдём

1dx заменой, а затем – по частям.

1-й способ. Заменим

t , тогда x

t 2

2tdt . Подставим:

1, dx

5 C .

1dx

1 t

2tdt

2 t

Но t

1 , поэтому

x 1 3 3 x 1 5 C

x x 1dx

x 1 3x 2 x 1 C .

3/ 2

2-й способ. Выбираем x

U ,

x 1 , тогда V

1dx

3 / 2

dU dx . Подставим в формулу интегрирования по частям:

x 1 3/ 2

3/ 2 dx

x x 1 3/ 2

x 1 5 / 2

C .

x x 1dx

x 1

3 / 2

5 / 2

Упростим, чтобы сравнить с тем, что получено ранее:

	2	x 1 3/ 2		2			2		3	x	2	C .
x x 1dx	2		x	2	x 1	C	2	x 1 x 1	3		2
x x 1dx			x		x 1	C		x 1 x 1
	3			5			3		5		5

Результаты совпадают.

ЗС2. Найдите интегралы двумя способами – по частям и заменой переменной. Сравните результаты. Оцените, какой способ проще или удобнее:

dx;

2x 3

dx;

3 x

dx;

3x 1

dx ;

x 1

2x 5

4 2x

2) x

2dx;

x 3

2dx; x

5dx;

3 xdx;

6x 3

2xdx ;

dx;

x 1

dx;

4x 5

dx .

x 1

1 x

x 3

4x 3

3 8x

Пример 5. Интеграл

ln xdx можно найти по частям, взяв ln x U и dV

dx :

ln xdx

x ln x

C .

А можно заменить ln x

t , тогда x

и dx

et dt , и потому

ln xdx

tet dt .

Взяв t

U и соответственно dV

et dt , применяем интегрирование по частям:

tet dt tet

et dt tet

C .

Но t

ln x

и et

x , и, возвращаясь к старой переменной, получаем тот же ответ.

Пример 6. Интеграл

ln x

dx можно найти по частям:

ln x

5 dx

ln x 1 x

C ,

ln xdx

ln x

5x5

5 5

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 74 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.11.20222.03 Mб65591.pdf
#
13.11.20222.04 Mб25592.pdf
#
13.11.20222.04 Mб15593.pdf
#
13.11.20222.04 Mб105594.pdf
#
13.11.20222.04 Mб105595.pdf
#
13.11.20222.05 Mб25596.pdf
#
13.11.20222.07 Mб45597.pdf
#
13.11.20222.09 Mб45598.pdf
#
13.11.20222.1 Mб95599.pdf
#
13.11.202222.53 Кб356.doc
#
13.11.20222.1 Mб45600.pdf