Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Харьковский Национальный Университет им. В. Н. Каразина

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

matan_belaev_1

.1.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.02.2015

Размер:

4.45 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1811 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

	M 2l x N2l		Ml l x Nl l
x2 p j x q j 2			x2 p j x q j l j .
	j	j	j j	j j

Учитывая, что в правой части стоят только дроби I, II, III и IV типов, а интегрировать эти дроби мы научились, то задача интегрирования рациональной дроби решена. Неопределенный интеграл от рациональной функции существует на любом промежутке, где знаменатель интегрируемой дроби не обращается в ноль и выражается через рациональные функции, логарифмы и арктангенсы в конечном виде.

Примеры.

1˚. Вычислить интеграл	x 6 x 2	2x 1			dx .


	x x 1 x		2	1

Рациональная подынтегральная дробь неправильная, поэтому выделим целую часть.

x 6 x 2 2x 1

x 4 x 3 x 2 x

x x 1 x 2 1 x 4

Т.к.

x3 x 2

x , то

x 2 x

и, значит

2x 1

x2 2x 1

2x 1

dx =

dx .

x 1

x x 1 x 1

Чтобы взять оставшийся интеграл, разложим дробь в сумму простейших:

2x 1

A B

Mx N

x 1 x 2 1 A x x 2 1 B x x 1 Mx N

x x 1 x 2 1

x 1

x 2 1

x x 1 x 2 1

(A, B, M, N – неопределенные коэффициенты).

*. Две дроби с равными знаменателями равны тогда и только тогда, когда равны их числители.

2x 1 = x 1 x2 1 A x x2 1 B x x 1 Mx N .

* Два многочлена равны тогда и только тогда, когда коэффициенты при одинаковых степенях совпадают. Из этого критерия и последнего равенства получаем:

x3 : A B M 0

A 1

3 / 2

2x 1

3 dx

1 x 3

: A N M 0

x1 : A B N 2

x 1 x2

x 1

M 1/ 2

: A 1

3 / 2

ln x2

Получаем I

arctg x C .

2˚. Вычислить интеграл

x 2 1 x 2

Разложим подынтегральную дробь в сумму простейших дробей:

Cx D

Ex F

x 2 1 x 2 2

x 2

1 x 2 2

x 2 1

и можно найти A, B, C, D, E, F как в предыдущей задаче, но…

1 x 2 x 2

1 x 2 x

x 2 1 x 2 2

x 2 1 x 2

1 x 2 2

x 2

1 x 2

1 x 2 2

и, следовательно:

dx1

arctg x

x 2 1 x 2

1 x

x 2

1 x 2

Оставшийся интеграл это интеграл четвертого типа

1 x 2 2

и для его взятия можно

использовать полученную выше формулу понижения.

arctgx C .

2 1 x

1 x

2 1 x

В данном случае интеграл четвертого типа оказался не очень сложным. В общем случае, именно интегралы четвертого типа вызывают самые большие, хотя и технические, трудности. Избежать этих трудностей позволяет исключительно остроумный метод Остроградского.

§. МЕТОД ОСТРОГРАДСКОГО ВЫДЕЛЕНИЯ РАЦИОНАЛЬНОЙ ЧАСТИ ИНТЕГРАЛА.

Теорема. Если правильная дробь

Rn 1 (x)

имеет знаменатель, представленный в виде

Qn (x)

x2 p j x q j l j , то:

Qn (x) x a1 k1 x a2 k2

x as ks

x2 p1x q1 l1

Rn 1 (x)

L(x)

k 1

ks 1

l1 1

l j 1

Q (x)

x a1

x a2

x as

p1x q1

p j x q j

S(x)

dx .

x a1 x a2

x as x2 p1x q1

x2 p j x q j

Здесь L(x) и S(x) многочлены на степень ниже, чем многочлены, стоящие в соответствующих знаменателях. Интеграл, стоящий в правой части можно взять методом разложения дроби в сумму простейших дробей (и, что очень важно) интегралов IV типа среди них не будет.

Если разложение Qn (x) на множители неизвестно, то:
			Rn 1 (x)	dx		L(x)	S(x)	dx .
				dx				dx .
			Qn (x)		НОД Qn,Qn		Qn (x) / Qn (x)
Примеры.
1 . Вычислить			4x 3			dx .

		x 4 2x 3 3x 2 2x 1
	можно найти с помощью алгоритма Евклида.
НОД Qn,Qn	можно найти с помощью алгоритма Евклида.

Q 4x3 6x2 6x 2 ; От деления на 2 наибольший общий делитель двух полиномов не

изменится 2x3 3x 2 3x 1.

_ x4 2x3 3x2 2x 1

2x3 3x2 3x 1

_ 2x 3 3x 2 3x 1

x 2 x 1

2x 3 2x 2 2x

2x 1

x 2 x 1

x 1

x 2 x 1

Наибольший общий делитель знаменателя и его производной x 2 x 1.

Тогда:

4x 3

Ax B

Cx D

dx .

x 4 2x 3 3x 2 2x 1

x 2 x 1

Для нахождения A, B, C, D продифференцируем обе части:

4x 3

A x2 x 1 Ax B 2x 1

Cx D

x4 2x3 3x2 2x 1

x2 x 1 2

x2 x 1

A x2

x 1

Ax B 2x 1 Cx D x2 x 1

x 1 2

и числители дробей должны совпадать.

4x 3 A x 2 x 1 Ax B 2x 1 Cx D x 2 x 1 .

Приравниваем коэффициенты при соответствующих степенях x .

x 3 : C 0

C 0

: A

2 A C

D 0

. Для исходного интеграла получаем:

x1 : A A 2B C D 4

A 2

: A

b D 3

4x 3

2x 1

d x 1/ 2

2x 1

x 1

x 1/ 2

3/ 4

x 1 x

2x 1

4 /

arctg

1/ 2

C .

x2 x 1

3 / 2

2 .

P4 (x)

P3 (x)

x 2 x2 x

x 1 x 2 x2 x

x 1 x 2 2 x2 x 2

ax 4 bx 3 cx 2 dx e

hx m

dx ;

x 2 x 2 x

x 2

продифференцировав обе части равенства, получим систему для нахождения

неопределенных коэффициентов a,b, c, d, e,

f , g, h, m . Остроумие метода Остроградского

состоит в получении вне интегральной дроби без интегрирования, а с помощью решения системы линейных уравнений.

§. ИНТЕГРИРОВАНИЕ НЕКОТОРЫХ ИРРАЦИОНАЛЬНОСТЕЙ.

	ax b	r1	ax b	rk
А. Дробно-линейные иррациональности R x,		, ,		,	r , r ,	r Q .


					1 2	k
	cx d		cx d

Записав r	mi	( N-общий знаменатель дробей	r , r ,	r ), получим:

i	N		1 2	k

ax b r1
x,			,

cx d

ax b rk
			dx

cx d

	ax b	t N ; ax b
	ax b
=	cx d
	cx d
			dt N b
	x t		dt N b	; dx
	x t		a ct N	; dx
			a ct N

t N cx d	R t ,tm1 ,	, tmk t dt .
t dt	R t ,tm1 ,	, tmk t dt .
t dt

Получен интеграл от рациональной функции.

x 2 t3 ;

t3 2 t 3t2

Примеры: 1 .

x 3 x 2

dx 3t2dt;

t3 t 2

dt .

x 3

x 2

2 .

x 7

6 x 7 7 x 5 5

x 5

12t

x 7

t6 ; dx

12t

; x

; x 5

= t5

C .

x 5

1 t

Возвращаясь к исходной переменной, получим:

	dx	= 36	x 5	C .

			x 7
6 x 7 7 x 5 5

Б. Интегрирование дифференциального бинома (биномиального дифференциала): xm a bxn p dx .

Теорема Чебышева: Если m, n, p Q ,то интеграл от дифференциального бинома выражается через элементарные функции тогда и только тогда когда:

1 . p – целое;	2 .	m 1	– целое;	3 .	m 1	p – целое.
		n			n

и при этом следующие подстановки (Чебышева) сводят интегралы к интегралам от рациональных функций.

10. x ts ,где s – общий знаменатель дробей m и n,

20.a bxn ts ,

s – знаменатель дроби p,

a bxn

3 .

, s – знаменатель дроби p.

Примеры:

m 1

dx x1/ 2 1 x3/ 2 1/ 4 dx =

1 .

x 4

m 1/ 2; n 3/ 2; p 1/ 4;

;

							3
=	1 x 3/ 2 t4 ; x			1	t4	2 / 3 ; dx	2		1	t4	5/ 3 4t3dt			=
=	1 x 3/ 2 t4 ; x			1	t4	2 / 3 ; dx			1	t4	5/ 3 4t3dt			=
= 1 t4 1/ 3 t		2	1 t4 5/ 3 4t3dt					8		t4dt			.
= 1 t4 1/ 3 t			1 t4 5/ 3 4t3dt									2	.
3							3				4
3							3			1 t

С помощью второй подстановки Чебышева интеграл от дифференциального бинома стал интегралом от рациональной функции.

2 .

x 2

2 x3 5 / 4

dx =

;

m 1

;

m 1

. Ни одна из

x2 4

2 x3 5

подстановок Чебышева не подходит – интеграл не может быть выражен через элементарные функции (не берѐтся).

5 / 3

3 .

x2 3 2 x3 5

x 2

2 x3 dx

= …

m 1

данном случае

m 2; n 3;

;

p 2 и, следовательно, третья

подстановка Чебышева должна рационализовать подынтегральное выражение.

2 x3

2 2 / 3

В самом

деле

;

; dx

dt , и получается

3 t

интеграл

7 / 3

2 / 3

2( 3)t2dt

t3 1

… =

t 5

dt , и интеграл рационализован.

3 t

4 t

1/ 3

4 .

x 1 3

x ( 1)

1 x

= …

1 x

Здесь m ( 1);

n ;

;

m 1

1 3t2dt

и выполняя замену 1 x

t3 ; dx

t3 1

, получим

1 1

… =

3t dt

2 dt .

Приведенный пример показывает что для не рациональных показателей степеней

подстановки Чебышева тоже могут быть полезны.

В. Подстановки Эйлера : R x,		dx;	b2 4ac 0 ;
	ax2 bx c

Для интегрирования квадратичных иррациональностей

I. a 0; ax2 bx c ax t;

II. c 0; ax2 bx c xt c ;

III . ax2 bx c a x x	x x	;		t x x	.
			ax2 bx c
1	2		1

Других случаев просто нет, ибо тогда D 0 . Знаки плюс–минус выбираются из соображений удобства. Остроумие подстановок Эйлера заключается в том, что для нахождения х получается линейное уравнение.

1 .

…

Учитывая что a 0 , выполним первую подстановку Эйлера.

x x2

x 2

t2 2

x2 x 2 x t; x2 x 2 x2

2xt t 2

; x

;

1 2t

t2 2

… =

1 2t t

1 2t

t 1 2t

1 2t t

t 1

Полученные интегралы от рациональных функций трудностей не представляют.

2 .

1 x x2

dx = … Учитывая что c 0 , выполним вторую подстановку Эйлера.

1 x x2

1 2t

… =

1 x x

1; 1 x x

1 2xt x

; x

. Тогда

t2 1

1 2t

t 1

Вновь получен интеграл от рациональной функции.

3 .		3 4x x2			dx = … Квадратный трехчлен под знаком корня имеет

	x 2		3 4x x	2

вещественные корни x1 1; x2 3 поэтому можно применить третью подстановку Эйлера.

t x 1 ;

3 x t 2 x 1 ; x

3 t2

x 1 x 3

3 x t

x 1;

и получаем

t2 1

3 t2

, а это интеграл от рациональной функции.

3 t

Г . Интегрирование иррациональностей вида : R x, ax2 bx c dx .


	Введем обозначение				ax2 bx c y .
		Pn x		x y		dx
Г1 .		y	dx Qn 1			y	.
Г1 .			dx Qn 1				.

Для нахождения коэффициентов Qn 1 x и продифференцируем обе части равенства:

Pn x

x y

Qn 1 x 2ax b

Qn 1

2 y

в левой части перейдем к к общему знаменателю:

n 1

ax2 bx c

2ax b

2 . Многочлены стоящие в числителях

дробей справа и слева от знака равенства должны быть равны и, следовательно, должны быть равны коэффициенты при соответствующих степенях переменной. Отсюда получаем

систему линейных уравнений для нахождения коэффициентов Qn 1 x и .

Пример: 1 . x3 2x2 x 3 dx = … x2 x 1

Г2 .

…

x a k y

Замена

;

x a

;

x a

bx c =

b a

c =

c ba t

a t

b t a

После замены переменной, получим

k 2

k 1

… =

sgn t

– а такой интеграл рассмотрен в

at2 bt

at2

предыдущем пункте.

Пример:

= … .

x 1

2x 2

Г3 .

= …

x2 px q k

Подстановка Абеля: x

px q

t ;

4q 0 ;

= t

px q (*).

Находя дифференциал от правой и левой части равенства (*), получим:

dx dt x2 px q t2dx ;

1 t2

dx dt

x2 px q ;

;

px q

1 t2

а возводя правую и левую части равенства (*) в квадрат, будем иметь:

		2			q	p2
	p		q q t2 x2 px q ;
x2 px				x2 px q	4		.

4					1 t2

Т.е. после выполнения подстановки Абеля, исходный интеграл станет интегралом от рациональной функции:

… =

1 t2

k 1

dt .

x2 px 1 k

q p2 / 4 k

x2 px q

Г4 .

Mx N

xdx

x2 q2 k

ax2 b

В первом интеграле делаем замену: ax2 b t2 ,

а во втором

t и задача

ax2 b

интегрирования интеграла типа Г4 сведена к интегрированию рациональных функций.

Г5 .

= … .

x2 px q k

ax2 bx c

Возможны варианты:

а) x

px q a x

;

тогда получим интеграл, рассмотренный

в пункте Г3 , и применим подстановку Абеля.

p 2

б)

bx c a x

тогда

px q a x

;

t x

bx c a

и после замены

останется первых степеней (интегралы типа Г4 ).

в)

В случае

b ap

сделаем дробно-линейную подстановку

у квадратных трехчленов не

x t v , ( v ). Тогда

1 t

x2 px q

t v 2

t v 1 t

q 1 t 2

t2 2 v p pv 2q t

1 t

1 t 2

потребуем, чтобы коэффициент при первой степени t

равнялся нулю:

2 v p v 2q 0 .

Аналогично, для ax2 bx c :

2a v b v 2c 0 .

Из двух полученных уравнений находим и v

pa b v = 2 c qa ; 2 pa b v 2 bq cp и,

следовательно:

v 2

qa c

; v

cp ba

b pa

Таким образом и v		есть корни квадратного уравнения: z2 2	qa c	z+	cp ba	= 0 .
Таким образом и v		есть корни квадратного уравнения: z2 2	b pa	z+	b pa	= 0 .
			b pa		b pa
После замены x	t v	в квадратных трехчленах не остается первых степеней
	1 t

(интегралы типа Г4).

§. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ВЫРАЖЕНИЙ, РАЦИОНАЛЬНЫМ ОБРАЗОМ ВЫРАЖАЮЩИХСЯ ЧЕРЕЗ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ

И ГИПЕРБОЛИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ.

А . Универсальная тригонометрическая подстановка:R sin x, cos x dx =…

2tg

t tg

x 2arctgt ,

x ,

;

2dt

; sin x 2sin

;

cos

;

1 t2

2 x

1 t2

1 tg

2 x

1 t2

2 x

cos x cos

sin

cos

1 tg

1 t

2 x

… =

2dt

2 cos x

1 t2

2 2t2 1 t2

3 t2

1 t2

Б . Универсальная гиперболическая подстановка:

R shx, chx dx =…

t th

;

2dt

;

chx

1 t

;

shx

;

1 t2

1 t

t th

;

chx

1 t2

;

2dt

…=

;

2 chx

2dt

3 t2

В . Еще несколько рекомендаций для интегрирования

1. Если R sin x, cos x R sin x, cos x , то замена: 2 . Если R sin x, cos x R sin x, cos x , то замена: 3. Если R sin x, cos x R sin x, cos x , то замена:

R sin x, cos x dx . cosx = t.

sinx = t. tgx = t.

Эти замены рационализуют интегралы от функций, рациональным образом выражающихся через тригонометрические функции.

Аналогичные замены справедливы и для интегралов от функций, рациональным образом выражающихся через гиперболические функции.

Примеры.

							1 t	2	2
	cos	5	x
1.

				dx	sin x t; dt cos xdx;	cos2 x 1 sin2 x			dt .
	sin4		x				t4

t tgx; dt 1 t2

3cos2

x 2cos x sin x sin2 x

3cos2

x 3 2tgx tg2 x

t2 2t 3

3. th5 xdx

t thx

dt= 1-t2

= … .

ch5 x

1 t2

sinr x coss x dx = …

r, s Q .

Замена

sin2 x t ;

dt 2sin x cos xdx .

…=

sin

x cos

x dt

sinr 1

r 1

1 t

s 1

x coss 1 xdt

dt – (интеграл от

sin x cos x

дифференциального бинома).

В.

Очень полезными являются две следующие формулы:

1 .

a,b, c, d

! A, B

и,

a sin x b cos x A c sin x d cos x B c sin x d cos x

следовательно, интегрируя получаем:

a sin x b cos x dx Ax B ln c sin x d cos x C . c sin x d cos x

Пример.

2sin x 3cos x

dx = … .

5sin x 7 cos x

2 . a,b, c, d, e, f ! A, B,C

a sin x b cos x ñ A d sin x e cos x f +

B d sin x e cos x f C

и интегрируя, получаем:

a sin x b cos x c

dx =

Ax B ln

d sin x e cos x f

;

d sin x e cos x f

sin x .

при взятии последнего интеграла полезно знать, что:

d sin x e cos x =

d 2 e2

§ ЭЛЛИПТИЧЕСКИЕ ИНТЕГРАЛЫ. ВВЕДЕНИЕ.

	Рассматриваются интегралы вида:							R x,		dx ,
				R x,		dx
				R x,	P3 x	dx	и		P4 x		(*)
где	P	x и	P	x –	многочлены		3й	и 4й степени соответственно, с вещественными
	3		4

коэффициентами и не имеющие кратных корней. В случае кратных корней радикалы упрощаются и сводятся к ранее рассмотренным иррациональностям.

Эти интегралы, как правило, не интегрируются в элементарных функциях и называются эллиптическими.

Однако:

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1811 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.11.2019428.03 Кб2Maket_tablits.doc
#
23.02.2015249.34 Кб4marketing (Автосохраненный).doc
#
23.02.201563.45 Кб16MARKETING-2013.docx
#
17.09.201987.78 Кб5Market_issled_Iv_Roshe.docx
#
11.11.2019917.5 Кб17Masenko_Mova_i_suspilstvo_2004.doc
#
23.02.20154.45 Mб10matan_belaev_1.1.pdf
#
23.02.20151.04 Mб12matan_metod_1.1.pdf
#
23.02.20151.27 Mб37matan_metod_2012_1.2.doc
#
13.03.2016624.21 Кб4Matem_Lisitsya_2.pdf
#
23.02.20151.1 Mб13MechanS2.doc
#
23.02.20153.01 Mб30Mekhanika_metodichka.doc