Высшая математика. В 2 ч. Ч 1

(x4 2)dx

(x 4)dx

1

dx

3

dx

203

dx

x(x

1)(x 3)

15

x

5

x

1

15

x

3

x2

4x

1

ln | x |

3

d (x 1)

203

d (x 3)

2

15

5

x 1

15

x 3

x2

4x

1

ln | x |

3

ln | x 1|

203

ln | x 3 | C.

2

15

5

15

Задача 4.3. Вычислить с помощью подстановки неопределенный интеграл от

функции

3 x

.

x

Решение. Выполним подстановку

3 x

t. Разрешая уравнение относи-

x

тельно x , находим:

x

3

,

dx

6tdt

.

t 2

1

(t 2

1)2

t 2dt

Тогда искомый интеграл запишется: I

3 x

dx

6

.

x

(t

2 1)2

Разлагая подынтегральное выражениe на простейшие дроби

t 2

A

A

A

A

1

2

3

4

(t 1) 2 (t 1)

t

1

(t 1) 2

(t 1)

(t 1) 2

и раскрывая скобки в равенстве

A (t 1)(t 1)2 A

(t 1)2 A (t 1)(t 1)2 A

(t 1)2 t 2 ,

1

2

3

4

приходим к соотношению

t 3 ( A A ) t 2 ( A A A A ) t( A 2A A 2A )

1

3

1

2

3

4

1

2

3

4

( A A A A ) t 2 .

1

2

3

4

A1

A3

0;

A1

A2 A3 A4 1;

2 A2 A3 2 A4 0;

A1

A A A A 0.

1

2

3 4

Решая ее методом Гаусса, находим A

1

,

A

1

,

A

1

, A

1

.

1

4

2

4

3

4

4

4

Искомый интеграл равен:

1

dt

1

dt

1

dt

1

dt

I 6

2

2

4 t 1

4 (t 1)

4 t 1

4

(t

1)

3

1|

1

ln | t 1|

1

C

ln | t

1

2

t

t 1

3 x

3 x

3

ln

1

1

ln

1

1

C .

2

x

3 x

1

x

3

x

1

x

x

Задача 4.4. Вычислить с помощью подстановки неопределенный интеграл от

функции

1

.

2

7sin2 x

cos

x

1

,

sin

x

t

,

cos x 2cos2 x 1

1 t 2

,

t 2

2

1 x2

2

1 t 2

1

sin x 2sin

x

cos

x

2t

,

dx

2dt

.

t 2

2

2

1

1

t 2

I

dx

2

(1 t 2 )dt

.

(7)

2 7sin2 x

2(1 t 2 )2 28t 2

t sin x.

dx

dt

(1)

Тогда

cos x

1 t 2 ,

;

1 t 2

t cos x.

dx

dt

(2)

Тогда

sin x

1 t 2 ,

;

1 t 2

t tgx.

cos x

1

,

sin x

t

,

dx

dt

(3)

Тогда

.

1 t 2

1 t 2

1 t 2

I

dt

1

dt

1

3

3t

C

1

3tgx

C .

arctg

arctg

9t 2 2

9

2

9

2

2

3 2

2

2

t

2

3

Задача 4.5. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями:

а)

y x2 3,

y ln(2x 1),

x 0,

x 2;

1

x 1.

б)

y x,

y 4x

2

,

x 0,

Решение.

а).

Рассмотрим

вспомогательную

функцию

z(x) x2

3 ln(2x 1)

на отрезке

0 x 2. Площадь вычисляется по формуле

2

2

4(x 1)(x 1/ 2)

z (x) 2x

,

2x 1

2x 1

нетрудно проверить, что z(x)

достигает в точке

x 1 / 2 локального мини-

мума, причем

z(1/ 2) 3,25 ln2 0. Кроме того,

z(2) 7 ln5 0.

Поэтому

наименьшее значение z(x) на

[0,2],

равное

z(1/ 2) ,

положительно, и, значит,

z(x) 0. Имеем

2

2

3

2

2

S z(x)dx (x2 3 ln(2x 1))dx

x

3x

ln(2x 1)dx

3

0

0