Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК6

.pdf

Скачиваний:

151

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.57 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 212 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

∫

1 arctg x + C

(1.19)

a2 + x2

∫

a + x

+ C ,

a ≠ 0

(1.20)

a2 − x2

a − x

∫

= arcsin x

+C , a ≠ 0

(1.21)

a2 −x2

∫

= ln x +

x2 +a2

+C , a ≠ 0

(1.22)

x2 +a2

∫

= ln x +

x2 −a2

+C , a ≠ 0

(1.23)

x2 −a2

∫tg x dx = −ln

cos x

(1.24)

∫сtg x dx = ln

sin x

(1.25)

∫sh xdx = ch x +C

(1.26)

∫ch xdx = sh x +C

(1.27)

∫

= −cth x +C

(1.28)

sh2x

∫

= th x +C

(1.29)

ch2x

Часть формул этой таблицы непосредственно следует из определения неопределенного интеграла и таблицы производных. Справедливость остальных можно проверить дифференцированием обеих частей равенств.

Например, для формулы (1.22) имеем

		dx			′			1
∫		2		2		=		2		2
	x		+a				x		+a

′

(ln(x + x +a )+C) =

2 x

x +

+a2 + x

x + x2 +a2

x2 +a2

Из равенства производных и следует справедливость равенства (1.22).

1.4 ОСНОВНЫЕ МЕТОДЫ ИНТЕГРИРОВАНИЯ

1.4.1 Интегрирование методом разложения

Метод основан на разложении подынтегральной функции на сумму функций от каждой из которых первообразную можно найти в основной таблице интегралов.

Пример 1.1 Найти ∫

x3 +5x −2

dx .

Решение.

Разделив почленно числитель на знаменатель в подынтегральной

функции, получим

x3 +5x −2

= x2 +5 −

; тогда, согласно (1.8) и (1.9) имеем

+5x −2

∫

dx = ∫x

+ ∫5dx − ∫

+5x − 2ln

Пример 1.2 Найти ∫

Решение.

sin2 x cos2 x

sin2 x +cos2 x

2 x

∫

= ∫

dx = ∫

sin

dx +

sin

sin2 x cos2 x

2 x cos2 x

sin2 x cos2 x

+ ∫

cos2 x

dx = ∫

+ ∫

= tg x −ctg x +C

cos2 x

sin2 x

sin2 x cos2 x

Пример 1.3 Найти ∫

x2 (9 + x2 ).

Решение.

9 + x2 −x2

9 + x2

9dx

dx −

∫

x2 (9 + x2 )= 9 ∫

9 ∫

x2 (9 + x2 ) dx =

∫

x2 (9 + x2 )

−

∫

dx =

∫

−

∫

= −

−

arctg

+ x2

2 (9 + x2 )

Пример 1.4 Найти ∫

(1+

x )3 dx.

Решение.

−

∫ (1+

x )

dx = ∫1+3 x

+3x + x x dx =

+3x 6

+3x 3 + x

∫ x

6 dx =

= 3 x

18 x

9 x

1.4.2 Интегрирование методом замены переменной

Введение новой переменной интегрирования, вместо переменной x , позволяет во многих случаях свести данный интеграл ∫f (x)dx в новому

интегралу, который или содержится в основной таблице интегралов или легко сводится к нему.

Теорема 1.2 Если функция x = ϕ(t) строго монотонна и непрерывно

дифференцируема	на некотором			промежутке, а		f (x)		интегрируема на
соответствующем промежутке изменения x , то справедливо равенство
					′			(1.30)
			∫f (x)dx = ∫f [ϕ(t)]ϕ (t)dt
Доказательство. Найдем дифференциал левой части (1.30).
Согласно (1.5) d(∫f (x)dx)= f (x)dx . Найдем дифференциал правой части
(1.30). Имеем		по			ϕ(t)	= x
′				′			f (x)dx
d(∫f [ϕ(t)]ϕ (t)dt)		(1.5)	f [ϕ(t)]ϕ (t)dt		′
					ϕ (t)dt = dx

Сравнивая правые части полученных равенств, найдем d(∫f (x)dx)= (∫f [ϕ(t)]ϕ′(t)dt).

Отсюда следует, что сами интегралы отличаются друг от друга не более чем на постоянное слагаемое.

Допустим, что интеграл в правой части (1.30) найден, то есть

∫f [ϕ(t)]ϕ′(t)dt = Φ(t) +C

Тогда для	нахождения ∫f (x)dx достаточно	в первообразной
осуществить обратный переход от новой переменной t		к старой переменной
x . Пусть t = ψ(x)	есть обратная функция по отношению к функции x = ϕ(t),
тогда ∫f (x)dx = Φ[ψ(x)]+C.

Рассмотрим на примерах наиболее часто встречающиеся виды замен переменной.

Пример 1.5 Найти ∫(x −x3)2 dx .

Решение.

x = t +3. Ясно, что функция

Введем новую переменную, положив

ϕ(t) = t +3 удовлетворяет всем условиям теоремы 1.2. Тогда, dx = d(t +3)= dt

согласно

этой

теореме

имеем

t +3

t +

dx =

dt =

∫ (x −

3)2

∫ (t +3 −3)2

∫

∫ t2

∫ t

= ln

−

x = t +3

= ln

x −3

−

+C.

t = x −3

−

Заметим, что при решении примера 1.5 использовалась линейная замена,

то есть замена вида x = kt + b , где k, b R ,

k ≠ 0.

Пример 1.6 Найти ∫ a2 − x2 dx .

Решение.

Выполним тригонометрическую подстановку, положив x = a sin t .

∫ a2 −x2 dx = ∫

a2 −a2 sin2 t a cos t dt =

= ∫

a2 cos2 t a cos t dt = a2 ∫cos2 t dt =

= a

∫

+cos 2t

dt =

∫dt +

∫cos 2t dt =

a2t

∫cos 2t dt

t =

2 ,

= a2t + a2

∫cos z dz

= a2t

+ a2

sin z +C z = 2t =

dt =

a2t

sin 2t

x = a sin t,

sin t = a ,

1− x2

t = arcsin x

cos t

1−sin2 t =

arcsin

sin t cos t +C =

arcsin

1−

+C =

= a2

arcsin x

+ x

−x2 +C.

Пример 1.7 Найти ∫

Решение.

x = t2 ,

Воспользуемся

степенной

функцией

тогда

dx = 2t dt и

∫

=∫

2t dt

t = z −1,

= ∫

2(z −1)

dz =

1+ t

dt = dz

=2∫dz −2∫

= 2z

−2ln z

+C =

= 2∫ 1−

= 2(t +1) −2ln t +1 +C t = x

= 2(1+

x ) −2ln 1+

x +C.

В примерах 1.6 и 1.7 вместе с тригонометрической и степенной

подстановками применялась и линейная замена.

Формула (1.30),

наряду с заменой

x = ϕ(t),

позволяет осуществлять и

замены вида

t = ϕ(x). Действительно,

поменяв в (1.30)

x на t и наоборот,

получим формулу вида

ϕ(x) = t,

′

∫f (t)dt

(1.31)

∫f [ϕ(x)]ϕ

(x)dx

′

(x)dx = dt

Пример 1.8 Найти ∫sin2 x cos x dx .

Решение.

Так как cos xdx = (sin x) dx = d(sin x) ,

′

то положим: sin x = t . Тогда cos x dx = dt и

∫sin2 x cos x dx = ∫t2dt =

+C =

sin3 x

Пример 1.9 Найти ∫

ln x

dx.

Решение.

Так

как

′

то положим ln x = t. Тогда

= (ln x) dx = d(ln x) ,

d(ln x) =

= dt и ∫

ln x

dx =∫t dt =

+C =

ln2 x

arctg3x

Пример 1.10 Найти ∫ 1+ x2 dx.

Решение.

∫1+dxx2 = (arctg x)′dx = d(arctg x) .

Тогда при arctg x = t , получим

∫

arctg3x

dx = ∫arctg3x d(arctg x) =∫t3dt =

+C =

arctg4x +C

1+ x2

Применение замены переменной вида ϕ(x) = t особенно эффективно при

вычислении интегралов вида ∫

ϕ′(x)

dx .

ϕ(x)

Тогда ∫

ϕ′(x)

dx = ∫

d[ϕ(x)]

= ∫

= ln

+C = ln

ϕ(x)

Пример 1.11 Найти ∫tg x dx

Решение.

∫tg x dx = ∫cossin xx dx = −∫(coscosxx)′dx = −∫d(coscos xx)

cos x = t = −∫ dtt = −ln t +C = −ln cos x +C.

Пример 1.12 Найти ∫1+2xx2 dx.

Решение.

(1+ x

′

d(1+ x

)

∫

dx = ∫

) dx

= ∫

1+ x2

= t

+ x2

1+ x2

= ∫dt

= ln

+ C = ln (1 + x2 ) + C

В заключение рассмотрим еще один из важных частных случаев вычисления интегралов методом замены переменной.

Пусть требуется найти ∫f (ax + b)dx ,

где a, b R ,

a ≠ 0 , если известно,

что ∫f (x)dx = F(x) +C .

Решение.

замену, положив ax +b = t ,

a dx = dt и

Введем линейную

тогда

dx =

dt . Отсюда ∫f (ax

+ b)dx = ∫f (t)

dt =

∫f (t)dt =

F(t) +C =

F(ax + b) +C .

Итак, если ∫f (x)dx = F(x) +C , то

∫f (ax + b)dx = 1 F(ax + b) + C

(1.32)

Формула (1.32) позволяет значительно расширить основную таблицу

интегралов. Например,

известно, что ∫

= ln

+C, тогда, согласно (1.32),

ax + b

∫sin xdx = −cos x +C,

∫

или

тогда

ax + b

∫sin(ax + b)dx = −

cos(ax + b) +C .

Аналогично, ∫e

+C и так далее.

Пример 1.13 Найти ∫cos 3x dx .

Решение.

Известно, что ∫cos x dx = sin x + C. Тогда, полагая в формуле (1.2) a = 3,

b= 0 , получим ∫cos3x dx = 13sin 3x +C .

Вприведенных ниже примерах метод замены переменной достаточно быстро привел к цели. Однако столь удачно подобрать новую переменную можно лишь при хорошем владении техникой дифференцирования, умении прикидывать результат той или иной подстановки и твердом знании основных табличных интегралов.

1.4.3 Метод интегрирования по частям

Пусть u(x) и v(x) непрерывно дифференцируемые функции на некотором промежутке. Тогда, как известно из дифференциального исчисления, d(uv) = udv + vdu .

Интегрируя обе части этого равенства и используя свойство (1.7),

получим ∫d(uv) = ∫udv + ∫vdu или uv = ∫u dv + +∫vdu . Тогда,

∫u dv = uv − ∫vdu

(1.33)

Формула (1.33) называется формулой интегрирования по частям.

Рассмотрим общую схему применения этой формулы.

Пусть требуется найти ∫f (x)dx . Обозначим подынтегральное выражение f (x)dx через u dv, то есть, положим ∫f (x)dx = ∫udv . Выбрав какую-то часть f (x) , примем ее за функцию u(x) . Оставшуюся часть f (x) и dx примем за dv . По назначенным таким образом функции u(x) и дифференциалу функции v(x) вычислим du и v(x) . Подставляя найденные величины в правую часть

(1.33), получим

∫f (x)dx = uv − ∫vdu .

Таким образом, если нахождение функции v(x) по известному ее дифференциалу dv и нахождение ∫vdu в совокупности представляет собой,

болеет простую задачу, чем исходная задача нахождения ∫f (x)dx = ∫u dv, то метод интегрирования по частям будет эффективен.

Пример 1.14 Найти ∫(x +1)sin x dx .

Решение.

Пусть ∫(x +1)sin x dx = ∫u dv .

В данном примере за функцию u(x) можно выбрать либо sin x , либо (x +1) , либо (x +1)sin x . Тогда на долю dv соответственно останутся выражения (x +1)dx , sin x dx и dx . Рассмотрим последовательно все три возможности.

1 Пусть u(x) = sin x , dv = (x +1)dx . Тогда du = d(sin x) = (sin x)′dx = cos xdx и

v(x) = ∫(x +1)dx = x2 + x 2

(x +1)sin x

Подставляя найденные величины в правую часть (1.33), получим

	x2				1		2
						∫(x +1)		cos x dx
∫(x +1)sin xdx =		2	+ x sin x −		2

Заметим,	что степень многочлена (x +1)								в новом интеграле увеличилась
на одну единицу, следовательно,					∫(x +1)2 cos xdx является более "сложным",
чем исходный.	Итак,			при выборе sin x				в	качестве функции u(x) метод

интегрирования по частям не приведет к цели. 2 Пусть u(x) = x +1, dv = sin xdx . Тогда

du = (x +1)′dx = dx и v(x) = ∫sin xdx = −cos x .

Согласно, (1.33), получим

∫(x +1)sin xdx = −(x +1)cos x + ∫cos xdx . Так как ∫cos xdx = sin x +C , то

∫(x +1)sin xdx = −(x +1)cos x +sin x +C

Следовательно, метод интегрирования при указанном назначении u(x) и dv привел к цели.

3 Пусть u(x) = (x +1)sin x , dv = dx .

Тогда du = [(x +1)sin x]′dx = [sin x +(x +1)cos x]dx и v = ∫dx = x .

Согласно (1.33), получим

∫(x +1)sin xdx = x(x +1)sin x − ∫x[sin x +(x +1)cos x]dx .

Ясно, что интеграл в правой части более "сложный", чем исходный; следовательно, выбор в качестве функции u(x) является неудачным.

Итак, из трех возможностей только одна оказалась благоприятной. Прикидка, проведенная в этом примере, безусловно, необходима и при решении других примеров. Однако для некоторых классов функции можно

воспользоваться готовыми указаниями выбора функции u(x) .				Так, если f (x)
есть функция вида	Рn (x)sin αx ,	Рn (x)cosαx ,	Рn (x)eαx ,	где	Рn (x)
многочлен степени	n , α R , то	интегралы от	этих функций		берутся

интегрированием по частям и за функцию u(x) всегда выбирается многочлен Рn (x) . После однократного интегрирования получаются интегралы того же

вида, но степень многочлена Рn (x) понижается на единицу. Вновь выбирая многочлен степени (n −1) за u(x) , применяют формулу интегрирования по частям и вновь понижают степень многочлена еще на одну единицу. После n -

кратного

применения

формулы

(1.33) получают

интегралы

∫sin αxdx ,

∫cosαxdx

и ∫eαxdx ,

вычисляющиеся

помощью

линейной

подстановки

αx = t или по формуле (1.32).

Если

же

f (x)

представляет

собой

функцию

вида

Рn (x)ln x ,

Рn (x)arcsin x ,

Рn (x)arccosx , Рn (x)arctg x ,

Рn (x)arcctg x ,

где Рn (x)

многочлен степени n , то за функцию u(x) принимают функцию,

являющуюся

множителем при Рn (x) .

Пример 1.15 Найти ∫(x3 −4x +5)ln xdx .

Решение.

f (x) = (x3 −4x +5) ln x = P (x) ln x

Согласно

предыдущей

рекомендации

положим

u(x) = ln x , тогда

dv = (x3 − 4x +5)dx . Вычислим

du = d(ln x) =

и v(x) = ∫(x

− 4x +5)dx =

− 2x

+5x .

Согласно (1.33) получим

−2x +5x

∫(x −4x +5)ln x dx =

ln x −∫

−2x +5x

−

+ x −5x +C

ln x −

∫

2x +5 dx =

−2x +5x ln x −

В некоторых случаях применение метода интегрирования по частям позволяет находить интегралы с помощью алгебраических уравнений, в которых неизвестной величиной является исходный интеграл.

Пример 1.16 Найти ∫eαx sinβxdx .

Решение.

Пусть u(x) = eαx , dv = sinβxdx .

Тогда du = α eαxdx и v(x) = ∫sinβxdx = −β1 cosβx .

По (1.33) получим

∫eαx sinβxdx = −β1 eαx cosβx + αβ ∫eαx cosβxdx .

Вновом интеграле положим u(x) = eαx , dv = cosβxdx .

Тогда du = α eαxdx и v(x) = ∫cosβxdx = −β1 sinβx .

По (1.33) получим

∫eαx cosβxdx = β1 eax sinβx − αβ ∫eαx sinβx

Подставляя в предыдущее равенство, получим
∫eαx sinβxdx = −	1 eαx cosβx +	α	∫eαx sin βx −	α2	∫eαx sinβxdx	(*)
		β2		β2
	β

Уравнение (*) есть алгебраическое уравнение относительно искомого интеграла. Приведя подобные члены в (*), найдем, что

α2

αx

α αx

sin βxdx = −

cosβx +

2 e sin βx

∫e

Тогда

∫eαx sin βxdx = (αsin βx −βcosβx)eαx +C

α2 +β2

Основные методы интегрирования позволяют определить целые классы элементарных функций, интегралы от которых вновь выражаются через элементарные функции. Как будет установлено ниже, таковыми являются: дробно-рациональные функции; функции, рациональным образом зависящие от тригонометрических функций sin x и cos x ; некоторые виды иррациональных функций и так далее. При этом наиболее важным классом является класс дробно-рациональных функций, так как к интегралам от них будут сводиться интегралы и от многих других классов функций.

1.5. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ДРОБНО - РАЦИОНАЛЬНЫХ ФУНКЦИЙ

1.5.1 Некоторые сведения о многочленах

Пусть задан многочлен степени n ,

то есть Pn (x) = a0xn +a1xn−1 +... +an−1x +an ,

<<< < Предыдущая 12 / 212 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151.66 Mб67УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб110УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб98УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб64УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб26УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб151УМК6.pdf
#
01.04.2025310.27 Кб2УМКД Медицина катастроф.doc
#
01.05.202588.06 Кб1УМП Тексты по специальности БТС, БТН для самос...doc
#
17.03.2015430.08 Кб13УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219.14 Кб84УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164.28 Mб53УМП для выполнения КР Наг.маш..docx