2 семестр Лекции Гришин / F-02-Lektsia_4

Добавил:

okley Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Математический анализ

Файл:

1. Интегрирование выражений вида R

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.06.2024

Размер:

341.19 Кб

Скачать

☆

Ф-02-Лекция 4. Интегрирование иррациональных выражений.

Сведение к рациональной функции производится заменой: t m

ax b		b dt m
	x		и

cx d		ct m a

m(ad

bc)t

m 1

dt . Подстановкой этих выражений в функцию

интеграл от рациональной функции переменной t .

Пример1. Вычислить интеграл J

x 1 x 1

РЕШЕНИЕ.

x 1

. Замена t

t 3

x 1 x 1

x 1

R(x,t)

получим

3dt

t 2

x 1

. Тогда

t 1

t 2 t 1

2t 1

x 1

3arctg

C ,

где t

2 ln

t 1 2

x 1 .

П.2 Интегрирование дифференциальных биномов. Дифференциальным биномом называют выражения вида x m a bx

рациональные числа

1 случай. p –целое число.

dt 1

n p dx , где m, n и p -

Замена t q1q2

Тогда m

и n

сводит интеграл к рациональному.

1 2

Пример 2. Вычислить интеграл

dx .

Замена t

x t

dt,

. Тогда интеграл примет вид

dx 6t

)

dt 6

c ,

где t

x .

a bx

Сделаем замену z x

x z

dz . Тогда

dz , где q

m 1

2 случай.

m 1

- целое число.

Если p

, то замена t s

t s

преобразует дифференциальный бином

a bz z

к рациональной функции от t .

Пример 3. Вычислить интеграл

dx .

m 1

, m

1 1

- целое число. Замена z 4

x x z4 dx 4z3dz

																4z		3	3			1		z
Тогда интеграл примет вид																4z						1		z		dz 4						z	3	1	zdz . Вторая замена
																						2

																				z
																				z																											t			t
																																															t	7		t		4
																																																7				4
t	3	1 z z t					3		1,	dz 3t				2	dt		и			4				z	3	1 zdz					12					t	3		(t	3	1)dt 12
	3						3							2											3												3			3

																																															7				4
t	3	1 z	3	1		4			x .
	3		3			4
3 случай.			p q					- целое
																																											a bz						p
																																											a bz						z		p q
Перепишем выражение дифференциального бинома в виде																																													z				z
																																													z
то замена t				s	a bz					рационализирует интеграл.
то замена t										рационализирует интеграл.

								z
Пример 4. Вычислить интеграл																								dx				.
Пример 4. Вычислить интеграл																					4		1 x				4	.
																							1 x

Здесь m 0,					n 4,					p			1				m 1							p 0						- целое число (случай 3).
Здесь m 0,					n 4,					p			4					n						p 0						- целое число (случай 3).
													4					n
											1																		1														4t		3
Замена t			4	1 x				4			1		t		4	1 x									4				1		4x							dx					4t				dt dx
			4					4							4										4											3
										x		4																t	4	1												(t	4	1)		2
										x																		t		1												(t		1)

dz .

, где

	Если p	r
	Если p	s
		s

1 x

t(t

t 1

arctgt c,

t 1

где

1 x

В середине девятнадцатого столетия русский математик Чебышев доказал, что никаких

других случаев интегрирования дифференциального бинома не существует. Таким

образом, интеграл от дифференциального бинома существует в следующих трех случаях:

одно из чисел p,

m 1

или

m 1

целое.

3. Интегрирование выражений вида

R(x,

bx c ) .Подстановки Эйлера.

a 2

Пример 5. Доказать, что x 2

a 2

x 2

a 2

ln x

x 2

a 2

C .

РЕШЕНИЕ. Сделаем замену x a sht t

. Тогда

a cht

и dx a chtdt . Интеграл

dx a

tdt

1 ch2t dt

sh2t)

t sht

1 sh2t

a 2

ln x

x2 a 2

В общем случае интегрирование выражения

R(x,

ax2

bx c ) производится с

помощью подстановок Эйлера.

t 2 c

ax2 bx c t x

1 подстановка (a>0) .

a . Тогда x

at b

bt c

bx c

и dx 2

dt .

at b

Пример 6. Вычислить интеграл

x 1

Применим подстановку 1.

x 1 x (t x)

x 1 t

2tx x 1

x 1 t x t

2t(2t

1) 2(t

2t 2

2t 1

(2t 1)

Подставляем полученное в интеграл:

2(t2 t 1)

t(2t 1)2

Разложим рациональную функцию в сумму простейших дробей

2(t2 t 1)

t(2t 1)2

(2t 1)

(2t 1)2

Умножая правую и левую часть на t

и подставляя t 0

, получим A 2 .

Умножая правую и левую части на (2t 1)

и подставляя t 1/ 2

, получим C

Наконец, подставляя t 1, получим

2 A B C B 3 .

Интегрируем дроби:

J 2 ln t

2t 1

, где t

x 1 x .

2(2t 1)

2 подстановка (c>0).

bx c

. Тогда x

ct b

bt a

bt a c

ax2 bx c

и dx 2

dt .

a t 2 2

a t 2

Пример 7. Применим подстановку 2 к интегралу из примера 6.

x 1 xt 1 t

x 1 1

x 1 t

2xt 1

2t 1

2(t

1) 2t(2t

2(t

t 1)

t2 1

t 1

Подставляя полученное в интеграл, имеем J 2

t(t 1)(t 1)

dt .

Разложим рациональную дробь в сумму простейших дробей:

t2 t 1

t(t 1)(t 1)2

t 1

(t 1)2

Умножаем правую и левую части равенства на t, (t 1)

и (t 1)

полученные выражения t 0, t 1, t 1:

t 1

, b

t 1

, d

t2 t 1

(t 1)(t 1)2

t 0

t(t 1)2

t(t 1)

t 1

2 , подставляем в

	3	.
	2	.
	2

Наконец, подставляя t 2 , получим c						a			b	d	7			3	.
Наконец, подставляя t 2 , получим c										d					.
					2		3				6			4

	t2 t 1	3					1				3		ln t 1 c , где t			x2	x 1 1
Тогда J 2		dt		2ln t				ln t 1										.
Тогда J 2	t(t 1)(t 1)2	dt	t 1	2ln t			2	ln t 1				2					x	.

Если квадратный трехчлен имеет различные действительные корни:

ax2 bx c a(x )(x ) , то рационализация интеграла произойдет с помощью

3 подстановка.

bx c t(x )

Тогда

ax2

bx c a( )t

и dx

2a( )t

Пример 8. Вычислить интеграл

dx .

РЕШЕНИЕ. Воспользуемся подстановкой 3 Эйлера:

t(a x) Тогда

4atdt

2at

x a

. Интеграл

2 J

3 ) . Согласно рекуррентной формуле, доказанной для J n

, имеем

J 3	t	3	J 2

	4 t 2 1 2	4

J	2

	t
	2
2(t		1)

1 2

arctgt

, тогда

												t
8a	2	(J		J		) 2a	2	J				t
	2						2				2	2
			2		3				2		2	2
			2		3				2	t		1
										t		1

				t			t
a	2			t			t
	2	t		1	t		1
		t		1	t		1
			2			2	2

arctgt

Подставляя вместо

	a	2	x	2	a x
		2		2
t	a		x		a x
	a		x		a x

t 2

a x

, получим

a2 x2 dx

a2 x2 a2arctg

С . Обычно в таблицу

a x

интегралов эта формула попадает в другом виде:

arcsin

и это связано с тождеством на интервале a; a				:	2arctg	a x
и это связано с тождеством на интервале a; a				:	2arctg	a x
						a x
4. Интегрирование выражений вида	P(x)dx
		2

	ax		bx c
	ax		bx c

	arcsin	x
	arcsin	a
		a

Рассмотрим интеграл Im

. Найдем рекуррентную формулу для

bx c

вычисления Im . Для этого обозначим через Y ax2

bx c . Тогда

(2ax b)

2(m 1)(ax

bx c)x

m 2

2ax

m 1

(m 1)x

m 2

Y x

m 1

2 Y

am x

b(2m 1)x

m 1

c(m 1)x

m 2

2 Y

Интегрируя полученное равенство, получим

xm 1

b(2m 1)

Y ma I

m 1

c(m 1) I

m 2

Для m 1

получим I

xdx

, где I

bx c

ax bx c

Для m 2 имеем

3b2 4ac

x Y 2aI

I1 cI

2aI2

cI0

2aI2

		2ax 3b			3b	2
Тогда I				Y			I
	2	4a	2		8a	2

существованию многочлена Qm

0 . Применяя рекуррентную формулу дальше, придем к

1 (x) и числа , для которых

Pm (x)dx

Qm 1 (x)

(*)

Формулу (*) применяют, записывая многочлен

(x)

с неопределенными

m 1

коэффициентами и дифференцируя правую и левую часть равенства.

Пример 9. Вычислить интеграл

x2 x 1

Запишем формулу (*) с неопределенными коэффициентами

x 1

dx (ax b)

2x 2

Дифференцируем

x 1

(ax b)(x 1)

2x 2

x 1 a(x

2x 2) (ax b)(x 1)

Сравнивая коэффициенты, получим систему

dx2x 2


x	2	2x 2
x		2x 2

2ax		2	(3a b)x (2a b
2ax			(3a b)x (2a b
	2a 1			a 1/ 2
3a b 1
3a b 1				b 5 / 2

2a b 1					5 / 2
2a b 1					5 / 2

)

Вычислим интеграл I0

d (x 1)

ln x 1

2x 2 c .

(x 1)

x2 x 1

x 5

ln x 1

Окончательно,

2x 2

x2 2x 2 c

x 2x 2

5. Вычисление интеграла

, b2 4ac 0

(x s)

bx c

Делаем замен t

dt и раскладываем квадратный трехчлен

x s

Y ax2 bx c по степеням

(x s)

Y ax2 bx c a(x s)2 (2s b)(x s) as2 bs c c(x s)2 b(x s) a

at2

bt c

k 1

Подставляя все в интеграл, получим

Ik 1 (см. пункт 4)

(x s)

bx c

Пример 10. Вычислить интеграл

(x 1)

Делаем замену x 1

																																1					4t	2	1
Разложим многочлен x														2	2x 5 (x					1)				2		4						1		4			4t		1				. Тогда
														2										2
																																	2						2
																															t		2					t	2
																															t							t
						dx									t	2	dt			1					4t		2			1						1			dt								1
						dx									t		dt			1					4t					1			dt			1			dt								1		4t		2	1dt
																				4													dt			4											4		4t			1dt
	(x 1)						x		2x 5						4t			1								4t					1								4t				1
	(x 1)			3			x	2	2x 5						4t		2	1								4t			2		1								4t		2		1
				3				2									2												2												2
	1				dt					1	t	4t	2	1			1	ln 2t				4t			2	1						1		ln 2t				4t		2		1					1	t	4t	2	1 c
	4		4t			2	1			8							8															8															8
						2
где			t			1
где			t		x		1
					x		1
ВОПРОСЫ К ЭКЗАМЕНУ.

1)		Интегрирование выражений вида R(x, m																												ax b					) , пример.
1)		Интегрирование выражений вида R(x, m																												cx d					) , пример.
																														cx d
2)		Интегрирование дифференциальных биномов.

3) Интегрирование выражений вида R(x,																												ax2				bx c ) . Подстановки Эйлера.
4) Интегрирование выражений																				P(x)dx												и								dx									.

																					2																	k
																			ax		2		bx c												(x	s)		k		ax				2	bx	c
																			ax				bx c												(x	s)				ax					bx	c

Соседние файлы в папке 2 семестр Лекции Гришин

#
11.06.2024295.03 Кб0F-02-Lektsia_11.pdf
#
11.06.2024698.99 Кб0F-02-Lektsia_12.pdf
#
11.06.2024381.14 Кб0F-02-Lektsia_13.pdf
#
11.06.202493.34 Кб0F-02-Lektsia_2.docx
#
11.06.2024240.61 Кб0F-02-Lektsia_3.pdf
#
11.06.2024341.19 Кб0F-02-Lektsia_4.pdf
#
11.06.2024395.01 Кб0F-02-Lektsia_5.pdf
#
11.06.2024195.35 Кб0F-02-Lektsia_6.pdf
#
11.06.2024182.28 Кб0F-02-Lektsia_7.pdf
#
11.06.2024380.54 Кб0F-02-Lektsia_8.pdf
#
11.06.2024350.33 Кб0F-02-Lektsia_9.pdf