Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика.-5

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

3.03 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 203 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

d x

C .

2 arctg 2

4 x2

1 x

x2 6x 10

x2 6x 9 1

(x 3)2 1

d (x 3)

arctg(x 3) C

(x 3)2

dx6

) C .

1 x12

1 (x6 )2

6 arctg(x

dx5

) C .

5 arctg(x

1 x10

1 (x5 )2

e5x dx

d (e5x )

5 arctg(e

) C .

e10x 1

1 (e5x )2

e4 x dx

d (e4 x )

4 x

e8x 1

1 (e4 x )2

4 arctg(e

)

C .

sin x

d (cos x)

arctg(cos x) C .

1 cos2 x

Для интеграла

имеем

d x

a arctg a

C .

Таким обра-

1 x

зом, нами доказана формула 5а таблицы интегралов. Часть из приведённых выше примеров можно решить используя эту формулу.

Интегралы

arcsin x C arccosx C

x3dx

4x3dx

d (x4 )

4 arcsin(x

) C.

1 x8

1 (x4 )2

d x

C .

arcsin 2x

4 x

x2 6x 8

(x2 6x 8)

(x2 6x 9 1)

d (x 3)

1 (x2 6x 9)

1 (x 3)2

arcsin(x 3) C.

e5x dx

d (e5x )

5 arcsin(e

)

C .

1 e10x

1 (e5x )2

e4 x dx

d (e4 x )

4 x

4 arcsin(e

)

C .

1 e8x

1 (e4 x )2

sin x

d (cos x)

cos x

arcsin

C .

4 cos

cos

Для интеграла

имеем

a2 x2

d x

arcsin ax

C . Таким обра-

зом нами доказана формула 6а таблицы интегралов. Часть из приведённых выше примеров можно решить используя эту формулу.

Интегралы	ex dx ex C
x ex2 dx 1	ex2 d (x2 ) 1 ex2	C .
2	2

x3 e2 x4 1 dx				1 e2 x4 1 d (2x4 ) 1					e2 x4 1 d (2x4 1)
				8			8
1 e2 x4 1 C.
8
e3sin2 x cos 2x dx 1 e3sin2 x d (3sin 2x )											1 e3sin2 x C .
					6						6
	e2 tgx		1	e	2tgx		1	2tgx
		dx	1		2tgx	d (2tgx)	1	2tgx		C .
							2 e
	cos2 x		2				2 e
Интегралы			cos x dx sin x C

cos 2x dx 12 cos 2x d 2x 12 sin 2x C .

x cos(x2 3) dx 12 cos(x2 3) d (x2 3) 12 sin( x2 3) C

Интегралы

cos x

d x sin

C .

d x12

12 e1 x

e1 x

12 e1 x

C .

1 cos

C .

sin

2.2.2. Интегрирование по частям

Пусть U (x) и V (x)

- дифференцируемые функции. То-

гда, вычисляя дифференциал произведения функций

U (x) и

V (x) , получаем d(U (x)V (x)) U (x)dV(x) V (x)dU(x). Поэтому можем записать U (x)dV(x) d(U (x)V (x)) V (x)dU(x). Вычис-

ляя интеграл от обеих частей последнего равенства с учетом того, что d(U (x)V (x)) U (x)V (x) C , получаем соотношение

U (x)dV(x) UV V (x)dU(x) ,

называемое формулой интегрирования по частям. Понимают его в том смысле, что множество первообразных, стоящее в левой части, совпадает со множеством первообразных, получаемых по правой части.

Интегрирование по частям в определённом интеграле

В определенном интеграле сохраняется формула интегрирования по частям. В этом случае она приобретает вид

				b				b
				UdV UV			ba VdU.


				a				a
	Примеры
	Примеры
						1
	2. Вычислить интеграл					x3ex2 dx .				Полагаем			U x2 ,
						0
dV xe x2 dx .			Тогда			dU 2xdx, V 1 ex2							и
										2
1		1	1					1			1
x3ex2 dx 1 x2ex2		1	xex2 dx 1 x2ex2					1	1 ex2		1
0	2	0	0		2			0	2		0
	2	0			2			0	2		0

1	(e 0 e 1) 1 .
2	2
	Пример 1. Вычислить интеграл xexdx.
	Положим		U x,		dV ex dx.				Тогда				dU dx ,
dV exdx ex C , и в качестве V можем взять												V ex . По-
этому xexdx xex exdx xex ex C.
	Пример 2. Вычислить интеграл x cos xdx.
	Полагаем		U x,		dV cos xdx.					Тогда			dU dx ,
dV cos xdx sin x C ,					и в	качестве				V можем взять
					24

V sin x .

Следовательно,

x cos xdx

xsin x sin xdx xsin x cos x C .


2		2
x cos xdx x sin x	02	sin xdx x sin x	02	cos x	02


0		0

1. 2

		Пример 3. Вычислить интеграл x cos5xdx.
		Полагаем	U x, dV cos5xdx.				Тогда	dU dx ,
dV cos5xdx				1	sin 5x C , и в качестве V			можем взять

			5
V	1	sin 5x ,		поэтому		можем		написать
	5

x cos5xdx 15 x sin 5x 15 sin 5xdx 15 x sin 5x 251 cos5x C .

При использовании формулы интегрирования по частям нужно удачно выбрать U и dV так, чтобы интеграл, полученный в правой части формулы, находился легче. Приведём пример неудачного выбора U и dV . Положим в первом примере

U ex , dV xdx.				Тогда	dU ex dx,V		x2	и

						2
xex dx	x2	ex	1	x2ex dx . Вряд ли интеграл		x2exdx		можно

2			2

считать проще исходного. Основные рекомендации здесь такие.

Если подынтегральная функция есть произведение полинома (многочлена) на экспоненту ( ex exp(x) ) или тригонометрическую функцию, то обычно в качестве U (x) выбирают полином, а всё остальное относят к dV(x) .

Заметим, что иногда требуется применить формулу интегрирования по частям несколько раз, например, при вычисле-

нии интеграла x2e3x dx . Полагаем						U x2 ,	dV e3x dx. Тогда
dU 2xdx , V	1	e3x	и x2e3xdx	1	x2e3x 13		2xe3xdx . Для вы-
	3			3
			25

числения второго слагаемого снова применяем формулу интегрирования по частям, полагая U x, dV e3x dx. Тогда dU dx ,

V	1 e3x ,				и	поэтому
	3
xe3x dx 1 xe3x 1			e3x dx 1 xe3x 1 e3x C .			Таким образом,
	3	3		3	9
x2e3x dx 1 x2e3x 2 xe3x				2	e3x C .
x2e3x dx 1 x2e3x 2 xe3x				27	e3x C .
	3		9	27

Интеграл x2 sin xdx. предлагается найти самостоятельно.

Приведём ещё несколько примеров на применение формулы интегрирования по частям.

Пример 4. Вычислить x tg2 6x dx .

Полагаем

U x, dV tg2 6x dx.

Тогда

dU dx ,

sin 2 6x

1 cos2 6x

6x dx

cos2 6x

dx 6 tg6 x x C , и в

качестве

можем

взять

1 tg6 x x .

Поэтому

x tg2 6x dx

1 x tg6x x2

1 tg6x x dx

1 x tg6x x2

cos 6x

C 1 x tg6x

cos 6x

C .

Пример 5. Вычислить arcsin2 x dx .

Полагаем

U arcsin 2 x ,

dV dx .

Тогда

arcsin

dx, V x

1 x2

arcsin2

x dx x arcsin2 x 2

arcsin x dx . Для нахождения

1 x2

второго слагаемого снова применяем формулу интегрирования

по частям, полагая	U arcsin x,	dV		x dx	. Тогда


			1 x2
			1 x2

x dx

d (1 x

)

1 x2 C и в ка-

1 x

честве

можно взять

1 x2 .

Таким образом,

оконча-

тельно получаем

arcsin2

x dx x arcsin2

x 2

arcsin x dx

1 x2

arcsin x

x arcsin

x 2

1 x

x arcsin2 x 21 x2 arcsin x 2x C .

Пример 6. Вычислить x arctg2 x dx .

Полагаем

U arctg2

x, dV x dx .

Тогда

2arctgx

dx ,

1 x2

xarctg

x dx

2 x

arctg

arctgx dx .

Полагая во вто-

1 x2

ром слагаемом

U arctgx,

dx , имеем

1 x2

x2 1 1

dx x arctgx C , поэтому в качестве V

1 x2

можно взять V x arctgx и, следовательно,

arctgx dx (x arctgx) arctgx

x arctgx

1 x2

(x arctgx) arctgx 1 ln

1 x2 1 arctg2 x C .

Таким образом, окончательно получаем

xarctg2 x dx 12 (x2 1) arctg2 x x arctgx 12 ln 1 x2 C

Пример 7. Вычислить ln 2 x dx .

	Полагаем			U ln 2	x, dV dx .				Тогда
dU	2 ln x	dx, V	x ,	и поэтому	ln	2	x dx x ln	2	x 2 ln xdx .
	x

Применяя ко второму слагаемому формулу интегрирования по

частям

U ln x,

dV dx ,

имеем

ln x dx x ln x dx x ln x x C .

Поэтому

ln 2 x dx x ln 2 x 2x ln x 2x C .

Пример 8. Вычислить x ln 2 x dx .

Полагаем

U ln 2 x,

dV xdx .

Тогда

2 ln x

dx, V

поэтому

x ln

2 x dx

x2 ln 2 x x ln xdx . Применяя ко второму слагае-

мому формулу интегрирования по частям с U ln x ,

dV xdx ,

имеем x ln x dx 1 x2 ln x 1

xdx 1 x2 ln x 1 x2

C . Поэтому

x ln 2 x dx 1 x2 ln 2 x 1 x

2 ln x

1 x2 C .

Пример 9. Вычислить ln( x2 3) dx.

Полагаем

U ln( x2 3) ,

dV dx .

Тогда

2xdx

, V x

поэтому

x2 3

ln( x2

3) dx x ln( x2 3) 2

x2 3

x ln( x2 3) 2x 2 3 arctg

Пример 10. Интеграл

dx вычисляется либо ин-

(1 x5 )3

тегрированием по частям

U x5

, dV

dx , либо с

(1 x5 )3

помощью замены

переменной

z 1 x5 . В первом случае

dU 5x4 dx, V

поэтому

10(1 x5 )2

5x4

(1 x5 )3

10(1 x5 )2

10(1 x5 )

Во втором случае dz 5x4dx, x5 z 1, и поэтому

z 1

dx 15

(1 x5 )3

C .

10(1 x5 )2

10z 2

5(1 x5 )

Приведём два примера применения формулы интегриро-

вания по частям с далеко не очевидным итогом.

Пример 11. Вычислим интеграл J ex cos x dx .

Положив

U ex ,

dV cos x dx ,

получаем

J ex sin x ex sin x dx. . Применив к интегралу в правой части формулу интегрирования по частям с U ex , dV sin x dx ,

имеем J ex sin x ex cos x J . Разрешая последнее равенство относительно J , получаем

J ex cos xdx ex cos x ex sin x C . 2

Таким образом нами, в частном случае a 1, b 1 , доказана формула 16 из таблицы интегралов. Интеграл примера 11, равно как и интегралы ex sin x dx , eax cosbxdx, eax sin bxdx

называется циклическим. Циклические интегралы вычисляются по схеме примера 11. Предлагается вывести формулы для вычисления этих интегралов самостоятельно или ознакомиться с их получением, например, в [5].

Пример 12.

С помощью формулы интегрирования по

частям

найдём

J n

Положив

dV dx , получаем

a2 n

J n

2nx2dx

(x2 a2 )n

(x2

a2 )n 1

(x2

a2 )n

2n(x2

a2 a2 )dx

)

n 1

)

2na 2

2n J

2na 2 J

(x2 a2 )n 1

(x2 a2 )n

n 1

Из крайних частей последнего равенства, разрешая отно-

сительно J n 1 , получаем рекуррентную формулу

J n 1

2n 1

J n

(1.1)

2na 2

(x2 a2 )n

для вычисления интеграла

J n 1

при любом

n .

Дейст-

вительно,

arctg

C .

Тогда

(x2 a2 )

J 2

(x2 a2 )2

arctg

C .

Ана-

x2 a2

логично находятся J3

, J 4

и так далее. По приве-

(x2

a2 )3

дённой схеме эти интегралы получены в таблицах интегралов [7] и других.

<<< < Предыдущая 1 23 / 203 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023984.92 Кб13Математика. Математический анализ.pdf
#
05.02.20232 Mб5Математика.-1.pdf
#
05.02.20232.61 Mб4Математика.-2.pdf
#
05.02.20232.05 Mб3Математика.-3.pdf
#
05.02.20232.49 Mб3Математика.-4.pdf
#
05.02.20233.03 Mб3Математика.-5.pdf
#
05.02.20232.78 Mб3Математика.-6.pdf
#
05.02.20232.74 Mб5Математика.-7.pdf
#
05.02.20233.16 Mб4Математика..pdf
#
05.02.2023584.83 Кб51Математическая логика и теория алгоритмов.-1.pdf
#
05.02.2023886.2 Кб7Математическая логика и теория алгоритмов.-2.pdf