Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Красноярский институт железнодорожного транспорта, филиал ИрГУПС

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика Сизов 2011

.pdf

Скачиваний:

210

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

4.26 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 4813 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Пример. Найти интеграл

x3 1

dx.

x5 2x3

Решение.

Дробь

x 3

правильная, разложим

x 5

2x 3

знаменатель

на

простейшие

сомножители:

x5 2x3 x x(x4 2x2 1) x(x2

1)2.

Дробь

может

быть

представлена в виде суммы

x(x2

1)2

простейших дробей:

x3 1

Bx C

Dx E

x(x

Приведя простейшие дроби к общему знаменателю, и

приравнивая числители, получим:

x3 1 A(x2

1)2 (Bx C)x(x2

1) (Dx E)x ,

x3 1 A B x4 Cx3 2A B D x2 C E x A .
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x
A B 0,
	1,
C	1,
		B			D					0,
2A		B			D					0,
	E			0.
C	E			0.
Решая систему, находим A = 1, B = -1, C = 1, D = -1, E = -1.
Следовательно									x3 1
									x3 1								1			x 1												x			1			,
							x(x2 1)2										x				x2 1									(x2 1)2								,
							x(x2 1)2										x				x2 1									(x2 1)2
тогда:
				x		3	1											1			x 1											x 1
				x			1							dx				1			x 1											x 1
					2						2												2											2				2
			x(x		2		1)				2											x	2	1								(x		2		1)		2		dx
			x(x				1)										x					x		1								(x				1)
dx									x						dx			dx										xdx											dx
dx								x	2				1		dx		x	2							(x			2					2				(x		2				2
			x					x					1				x		1						(x				1)								(x			1)
ln x						1		ln		(x			2		1) arctgx															1											dx				.
ln x						2		ln		(x					1) arctgx											2(x				2		1)						(x			2	1)		2	.
						2																				2(x						1)						(x				1)
Последний интеграл находим по рекуррентной формуле при n =
2 интегрирования простейших дробей четвертого типа:
			dx							1					x	1				dx											x					1
										2						2																				2 arctgx C.
		(x2 1)2								2		x2 1				2			x2		1						2(x2					1)				2 arctgx C.

122

4. Интегрирование тригонометрических функций

а) Интегралы вида sinm xcosn xdx, где m и n – целые числа.

Если хотя бы одно из чисел m и n – нечетное положительное, то применяют подстановку cos x z, при m – нечетном и sin x z, при n

– нечетном.

Пример. Найти интеграл sin2 x cos3 xdx .

Решение. Применяем подстановку sin x z, cos xdx dz.

z	2	1 z	2	dz z	2	z	4	dz	z3	z5

									3	5

Если m и n – четные положительные, применением формул вида:

C sin3 x sin5 x C. 3 5

то степени понижаются с

sin2 x 1 cos 2x ,cos2	x 1 cos 2x и sin xcos x		1 sin 2x.
2	2		2
Пример. Найти интеграл sin4 x cos2 xdx.
Решение:		2x1 cos 2x dx
sin4 x cos2 xdx sin xcos x 2 sin2 xdx 1 sin2		2x1 cos 2x dx
	4		2

18 sin2 2xdx 18 sin2 2x cos 2xdx 18 1 cos2 4x dx

161 sin2 2xd sin 2x 161 x 641 sin 4x 481 sin3 2x C.

Если m и n – четные и хотя бы один из них отрицательный, то применяют подстановку tgx = z или ctgx = z

Пример. Найти интеграл sin 2 x dx. cos2 x

Решение. Применяем рекомендованную подстановку:

sin2 x

z2dz

cos2 x dx

tg x z, x

arctgz , dx

1 z2

1 1

z arctg z C tg x x C.

1 z2

б) Интегралы вида

sin mx cos nxdx, sin mx sin nxdx, cos mx cos nxdx.

Для нахождения данных интегралов применяют формулы из тригонометрии:

sin mxcos nx 12 sin(m n)x sin(m n)x ,

123

sin mxsin nx 12 cos(m n)x cos(m n)x ,

cos mx cos nx 12 cos(m n)x cos(m n)x .

Пример. Найти интеграл sin 5x cos3xdx

Решение:

sin 5xcos3xdx 12 sin(5 3)x sin(5 3)x dx

12 sin 2xdx 12 sin 8xdx cos42x cos168x C.

в) Интегралы вида R sin x,cos x dx,

где R sin x,cos x – рациональная функция относительно sinx и cosx.

Для нахождения данных интегралов применяют «универсальную» подстановку:

при этом

sin x

, cos x

1 z2

, dx

2dz

1 z2

Пример. Найти интеграл

1 sin x cos x

Решение: применяя указанные формулы, получим

2dz

1 z2

1 sin x cos x

1 z

2 2z

1 z2

ln1 z C ln1 tg 2x C.

5. Интегрирование некоторых иррациональных функций

а) Интегралы вида:

		m1		m2
		R(x, x n1	, x		,...)dx,
		R(x, x n1	, x	n2	,...)dx,
		m1				m2
		m1	, ax b n2
R x, ax b n1			, ax b n2					,... dx,

		m1					m2
	ax b n1		ax b
	ax b n1		ax b				n2
R x,			,						,... dx,
	cx d		cx d

где R (x, y, z, …) – рациональная функция своих аргументов; m1, n1, m2, n2, … - целые числа; вычисляются с помощью подстановок соответственно

124

x z	s	,ax b z			s	,	ax b	z	s	,
x z		,ax b z				,	cx d	z		,
							cx d
где s – общий знаменатель дробей				m1	, m2 .
				n			n
				1			2
Пример. Найти интеграл						dx			.
Пример. Найти интеграл			3	x 2 2 x 2					.
			3	x 2 2 x 2

Решение: производим подстановку x + 2 = z6, dx = 6z5dz.

6z5dz

z 2

dz 6

z 2 1 1

z 1

(x 2 )2 x 2

z 1

z ln

z 1

x 2

x 2 ln

2 1

б) Интегралы вида

a2 x2 dx, R x,

R x,

a2 x2 dx,

R x,

x2 a2 dx

сводятся к интегралам от рациональной функции относительно sint и cost, если применить соответственно подстановки:

x asin t или x a cost,

x a tg t

t или x a ctg t,

x asect

или x a cosect.

Пример. Найти интеграл:

1 x2

Решение :положим x tg t, тогда

cos2 t

costdt sin t C.

1 x2

1 tg2t

Выразим sin t

через заданную переменную x:

sin t tgt cost

tgt

sect

1 tg2 t

1 x2

Следовательно:

1 x2

125

8.2. Определенный интеграл и его приложения

Понятие определенного интеграла

Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке [a,b]. Этот отрезок разделим на n произвольных, необязательно равных, частей:

		a=x0 < x1 < ... < xn=b.
	В этом случае говорят, что произведено				разбиение		отрезка
[a,b].	На каждом участке разбиения [xi–1,			xi] возьмем произвольную
точку	i	и вычислим значение функции		f(x)	в этих точках. Если
умножить		полученные значения	функции		f( i)	на	длину
соответствующего участка xi =			xi–xi–1	и просуммировать , то
получим

Sn f ( i ) xi ,

i 1

которая называется интегральной суммой функции f(x) на отрезке

[a,b].

Обозначим через x =max xi.

Определенным интегралом от функции f(x) на отрезке [a,b]

называется предел последовательности интегральных сумм

		n
lim Sn lim		f ( i ) xi	,
n	x 0	i 1
		i 1

если он существует, т.е. конечен и не зависит от способа разбиения

отрезка [a,b] и от выбора точек	i на соответствующих участках и
обозначается
b	n
f (x)dx	lim f ( i ) xi .
a	x 0 i 1

Здесь число a называется нижним пределом, число b называется

верхним пределом интеграла.

Свойства определенного интеграла

C f

(x) C

(x) dx C

(x)dx C

(x)dx .

f (x)dx f (x)dx .

f (x)dx f (x)dx f (x)dx .

126

		a	a
4. Если функция f(x) – четная,	то		f (x)dx 2 f (x)dx ,
		a	0
		a
если функция f(x) – нечетная,	то		f (x)dx 0 .
		a

Формула Ньютона-Лейбница

Теорема. Если функция f(x) непрерывна на отрезке [a,b] и F(x)

– какая-либо ее первообразная на этом отрезке, то имеет место следующая формула:

f (x)dx F(x)

b a

F(b) F(a) .

Пример. Вычислить интеграл

/ 4

sin 2xdx .

Решение:

/ 4		1				1				1
sin 2x	dx		cos 2x	0	/ 4				cos0		.
		2				2	cos	2		2
0

Метод замены переменной в определенных интегралах

Теорема. Если функция f(x) непрерывна на отрезке [a,b], а функция x= (t) дифференцируема на отрезке [t1,t2], где a= (t1) и b= (t2), то имеет место формула:

b	t2

f (x)dx f ( (t)) (t)dt .
a	t1

Пример. Вычислить интеграл

ln 2

ex 1dx .

	0
Решение.	Сделаем замену	ex 1 t .	Тогда	x ln(1 t2 )	и
dx = 2tdt/(1+t2).	Поскольку при	x=0 t=0 и	при	x=ln2 t=1,	то
получим

127

ln 2				t ex 1,				x 0 t 0				1
	ex 1	dx		x ln(1 t 2 ),				x ln 2 t 1			22t2dt
0				dx		2t dt						0	t	1
0						2t dt						0

						1 t 2
		1	1						1
		1	1						1
	2 1					dt	2(t arctgt)			2		.
	2 1		1 t		2	dt	2(t arctgt)		0	2	2	.
		0							0
		0

Метод интегрирования по частям в определенных интегралах

Теорема. Если функции u=u(x)		и	v=v(x) непрерывны вместе
со своими производными на отрезке [a,b],			то имеет место формула:
b		b
udv uv	ba	vdu .


a		a
Пример. Вычислить интегралы
1		e2
а) xe xdx ,		б) ln2 xdx .
0			1

Решение. а) Воспользуемся формулой интегрирования по

частям, для этого положим u=x, dv e xdx , откуда du=dx, v e x . Тогда

1	u x	du dx	x e x	1	1	1	e 2
1					1
xe xdx					e xdx e 1 e x

	dv e xdx	v e x		0		0	e
	dv e xdx	v e x		0		0	e
0					0
0					0

б) Применяя формулу интегрирования по частям, получим

u ln 2 x,

du 2 ln x

1e2

ln2 xdx

xln2 x

2 ln xdx

dv dx,

v x.

u ln x,

2 e

1 .

xln x

dv dx,

v x.

128

Вычисление площадей плоских фигур

Пусть плоская фигура на отрезке [a,b] ограничена графиками двух функций

y=f1(x)	и y=f2(x), причем f2(x) f1(x) (см.
рисунок 8.1). Тогда искомая площадь
вычисляется по формуле:
	b
Рисунок 8.1.	S [ f2 (x) f1(x)]dx .
	a

Пример. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями: y=x–x2, y=–x.

Решение. Сделаем чертеж (см. рисунок 8.2). Найдем точки пересечения параболы и прямой:

	x x2	x	x	0,
	x x2	x	1
			x2 2.			x–x2
Поскольку на отрезке				[0;2]		x–x2
–x, то площадь заданной фигуры будет
равна
2			2				4
	2				2		4

S (x x ) ( x) dx (2x x )dx							3
0			0				3
0			0

Рисунок 8.2.	.

Замечание. Если функция f(x) 0, то определенный интеграл будет меньше нуля. Знак минус означает, что криволинейная трапеция

расположена ниже оси Оx и ее площадь будет равна S= f (x)dx .

Может оказаться, что функция f(x) на отрезке интегрирования несколько раз меняет знак. В этом случае интеграл нужно разбить на сумму интегралов по участкам, на которых подынтегральная функция имеет постоянный знак. Например, площадь фигуры на рисунок 8.3 будет иметь вид:

Рисунок 8.3.	b	c	d
Рисунок 8.3.	S f (x)dx f (x)dx f (x)dx
	S f (x)dx f (x)dx f (x)dx
	a	b	c

129

Пример. Вычислить площадь фигур,

	ограниченных линиями:
	а) y=sinx, y=0, 0 x 2 ;
	б) y=x–x2, y=0, 0 x 2.
	Решение.
	а) Сделаем чертеж (см. рисунок 8.4). Так как
Рисунок 8.4.	при 0 x	sinx 0 и при x 2	sinx 0, то

S sin xdx sin xdx 4 (кв. ед.).

б) Сделаем чертеж (см. рисунок 8.5). Найдем точки пересечения параболы с

осью Ox: x x2 0 x1 0,x2 1.

Из рисунка видно, что

	1	2
	S (x x2 )dx (x x2 )dx 1 (кв. ед.).
Рисунок 8.5.	0	1
Рисунок 8.5.
	Заметим, что криволинейная трапеция может
	образовываться графиком функции		x y с
	осью Oy (см. рисунок 8.6). Тогда площадь
	такой	криволинейной трапеции	можно
		d
	записать в виде S ( y)dy .
		c
		Такой случай следует иметь ввиду,
Рисунок 8.6.	поскольку это может упростить вычисления.
		Пример. Вычислить площадь фигуры,
	ограниченной параболами:
		y2=2x и y2=6–x.
		Решение. Сделаем чертеж (см. рисунок
	8.7). Будем искать площадь данной фигуры
	относительно оси Oy. Ординаты точек
	пересечения линий равны y1=–2 и y2=2.
	Следовательно,

Рисунок 8.7.	2			2		y2
	S	(6	y		)		dy 16	(кв. ед.).
	S	(6	y		)	2	dy 16	(кв. ед.).
	2					2
	2

Параметрические функции в определенных интегралах

Пусть верхняя граница криволинейной трапеции задана

130

параметрическими функциями:		x=x(t),	y=y(t), t1 t t2,	причем
x(t1)=a,	x(t2)=b. Поскольку	площадь	криволинейной	трапеции
	b
задается формулой S= y(x)dx		(если y(x) 0 на отрезке [a,b]), то,

производя замену переменной, получим формулу для вычисления площади криволинейной трапеции, ограниченной кривой, заданной параметрически:

S y(t) x (t) dt .

Пример. Вычислить площадь фигуры, ограниченной эллипсом (рисунок 8.9):

x a cost,	0 t 2 ..
	0 t 2 ..
y bsin t,

	Решение. Вычислим площадь верхней
	половины эллипса, а затем результат
	удвоим. Здесь x меняется от –a до a,
	следовательно, t		должно изменяться
	от до 0. Таким образом,
Рисунок 8.9.	0		0
Рисунок 8.9.	S 2 bsin t( asin t)dt 2ab sin2 tdt ab .
	S 2 bsin t( asin t)dt 2ab sin2 tdt ab .

Пример. Вычислить площадь фигуры,			ограниченной осью Ox
и одной аркой циклоиды (см. рисунок 8.10):			x a(t sin t),
и одной аркой циклоиды (см. рисунок 8.10):
			y a(1 cost).
	Решение. Для получения одной арки
	циклоиды, достаточно чтобы t изменялось
	от 0 до 2 . Тогда получим:
	2
	S a(1 cost)a(1 cost)dt
		0
Рисунок 8.10.		2
	a2	(1 2cost cos2 t)dt 3 a2.
		0

Определенный интеграл в полярной системе координат

Пусть кривая задана в полярных координатах уравнением: = ( ),, причем функция ( ) непрерывна и неотрицательна на [ ]. Плоскую фигуру, ограниченную кривой ( ) и двумя лучами, составляющими с полярной осью углы и , назовем криволинейным

131

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 4813 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.04.2025155.14 Кб2Лекция №6 Организация налогового контроля.doc
#
23.12.2018167.94 Кб103лекция_Э1.doc
#
23.12.2018207.87 Кб87Леонидова Эконом теория Метод указ по выполн ку....doc
#
28.03.2015172.15 Кб87люда1.docx
#
28.03.2015326.87 Кб111маркетинг Вася.docx
#
15.02.20154.26 Mб210Математика Сизов 2011.pdf
#
28.03.2015443.96 Кб166МДК .01.01. ТПП Квал. экзамен.docx
#
01.05.2025174.59 Кб1МДК 01.02 (билеты).doc
#
12.03.201646.86 Кб36менеджмент КР.docx
#
15.02.2015556.03 Кб38менеджмент.doc
#
12.03.20161.24 Mб150Метод КР по МДК.pdf