Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (II семестр).pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

2.56 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 143 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

10
Пример. Найти интегралы
√	x2 dx				dx
√
a) ∫	1 + x√	x	;	b) ∫	(1 + x)√x arctg √x.

Решение. a) Сведем данный интеграл к табличным с помощью подстановки

1 + x√

= z.

x2 dx

√

2 1 + x√x = z, x = (4z − 1) ,

2/3

√

−

∫

1 + x√

dx =

(z2

1)−1/3

2zdz =

z(z2

1)−1/3dz

√2

4/3 4

1)−

1/3

4 z3

−

z(z

−

= ∫

∫

(z2 − 1)dz =

(

− z) + C =

= 9z(z2

− 3) + C = 9(x√x − 2)√1 + x√x + C.

b) Здесь мы дважды последовательно используем подведение под знак дифференциала и

таблицу:

d√

d arctg √

∫

(1 + x)√x arctg

√x

= 2

1 + (√x)2

arctg √x

= 2

arctg √x

= 2 ln arctg √x + C.

(

)

2. Интегрирование по частям в неопределенном интеграле

Теорема. Пусть функции f1(x) è f2(x) дифференцируемы на промежутке D. Тогда, если на этом промежутке интегрируема одна из функций f1′(x)f2(x) èëè f2′(x)f1(x), то интегри-

руема и другая и справедлива следующая формула интегрирования по частям				:
∫	∫	∫	∫

f (x)f′		(x)dx =	f	1	(x)df (x) = f (x)f (x)			−	f (x)df	1	(x) = f (x)f (x)		−
1	2				2	1	2		2		1	2

f2(x)f1′(x)dx.

Ä î ê à ç à ò å ë ü ñ ò â î. Òàê êàê f1(x)df2(x) = d(f1(x)f2(x)) − f2(x)df1(x), то, воспользо-

вавшись свойствами 2) и 3) неопределенного интеграла из предыдущего параграфа, получим:

∫ ∫ ∫ ∫

f1(x)df2(x) = d(f1(x)f2(x)) − f2(x)df1(x) = f1(x)f2(x) − f2(x)df1(x),

в чем и требовалось убедиться.

Метод интегрирования по частям позволяет в некоторых случаях найти или хотя бы упростить данный интеграл. Иногда приходится комбинировать подстановку и интегрирование

по частям.	1

Пример 1. Проинтегрировать функцию f(x) =	√3		sin2 √3		.
		x		x

Решение. Сначала проведем в интеграле подстановку, а затем проинтегрируем по частям:

√3

= z, x = z3,

= 3

√3

z dz

= −3

z d ctg z = −3

z ctg z −

ctg z dz =

x sin2 √3 x

dx = 3z2dz

sin2 z

∫

(

∫

)

d sin z

= 3

z ctg z

)

−

3(z ctg z

−

sin z

) + C =

−

3(√x ctg

√x

−

sin

√x

) + C.

sin z

−

(

− ∫

Укажем несколько функций, при интегрировании которых целесообразно использовать метод интегрирования по частям.

В интегралах ∫ ∫ ∫

Pn(x)eαxdx, Pn(x) sin αx dx, Pn(x) cos αx dx, α R,

ãäå Pn(x) полином степени n, под дифференциал следует подвести функцию при полиноме и применить метод интегрирования по частям. Это позволит получить аналогичный интеграл, в котором степень полинома будет на единицу ниже, чем в исходном. Повторив еще n − 1 ðàç

процедуру интегрирования по частям, мы придем к табличному интегралу.

элементарные функции, интегралы от которых уже не являются таковыми.

					11
∫	В интегралах же	∫	Pn(x) arccos x dx, ∫	Pn(x) arctg x dx, ∫
∫	Pn(x) ln x dx, ∫ Pn(x) arcsin x dx,	∫	Pn(x) arccos x dx, ∫	Pn(x) arctg x dx, ∫	Pn(x) arcctg x dx,

наоборот, под знак дифференциала следует подводить именно полином. Интегрирование по частям в этом случае убирает в интеграле множитель при полиноме и приводит его к интегралу от рациональной èëè иррациональной функции, методы интегрирования которых будут рассмотрены ниже (ŸŸ 3, 5).

Пример 2. Найти интегралы

∫ ∫

a) x2 sin2 x dx; b) x3 arcctg x dx.

Решение. a) Преобразуем подынтегральную функцию и затем дважды проинтегрируем по частям:

										2					2								1			2									dx =				1							2					2
										2					2											2																				2					2
									∫ x cos3 x dx =																																2 (∫ x dx + ∫ x cos 2x dx) =
									∫ x cos3 x dx =														2		∫ x (1 + cos 2x) 3																2 (∫ x dx + ∫ x cos 2x dx) =
										= 2				(	3		+ 2		∫				x2d sin 2x) = 2											(	3	+ 2							(x2 sin 2x − ∫						sin 2x dx2)) =
										1					x		1														1				x		1
							1						x3		1																					1					x3					1					1
				=						(				+			x2 sin 2x − ∫ x sin 2x dx) =																				(								+		x2 sin 2x +							∫ x d cos 2x) =
				=			2			(			3	+		2	x2 sin 2x − ∫ x sin 2x dx) =																			2	(				3				+	2	x2 sin 2x +					2		∫ x d cos 2x) =
																	= 2	(			3				+	2x2 sin 2x + 2									(x cos 2x − ∫ cos 2x dx)) =
																	1				x3					1								1
	1	(		x3						1								1									1		sin 2x)+C =								1
=							+					x2 sin 2x+								x cos 2x−																						(4x3 + 6x2 sin 2x+ 6x cos 2x− 3 sin 2x)+C.
=	2			3			+				2	x2 sin 2x+						2		x cos 2x−							4											24				(4x3 + 6x2 sin 2x+ 6x cos 2x− 3 sin 2x)+C.
b) Проинтегрируем по частям и преобразуем затем подынтегральную функцию:
											x3 arcctg x dx =																						x4					1						x4 arcctg x						x4darcctg x					=
											x3 arcctg x dx =															arcctg x d(								4 ) =										x4 arcctg x						x4darcctg x					=
						1		∫																∫4		arcctg x d(								4 ) =			4		(							2 2		− ∫						2	)
		=				1			x4 arcctg x +														x dx				=			1	x4 arcctg x +															x (x		+ 1)		− (x + 1) + 1						dx =
		=		4					x4 arcctg x +									∫				1 + x2 )					=				x4 arcctg x +																									dx =
				4			(											∫				1 + x2 )					4				(														∫			1 + x2							)
		1																									1												1											x3
	=				(x4 arcctg x + ∫															(x2 − 1 +												)dx)				=							(x4 arcctg x +										− x + arctg x) + C.
	=		4		(x4 arcctg x + ∫															(x2 − 1 +								1 + x2				)dx)				=				4			(x4 arcctg x +							3			− x + arctg x) + C.

Иногда в результате интегрирования функции по частям мы получим уравнение относительно исходного интеграла, из которого он и находится. Например,

2xdx

+ a dx = x x2

+ a − x d x2

+ a = x x2 + a − x ·

√

∫ √

√

2 ∫

√

∫

2 x

+ a

− ∫

x dx

= x

− ∫

+ a) − a

dx =

= x x2 + a

x2 + a

√

√x2 + a

√

√x2 + a

= x√x2 + a − ∫ √x2 + a dx + a ∫

∫ √x2 + a dx + a ln

x + √x2

+ a

√

= x√x2 + a −

x2 + a

и, следовательно,

∫

x2 + a dx =

+ a + a ln x +

√

x2 + a

+ C.

(1)

√

(

√

)

Аналогично, двойным интегрированием по частям находятся

интегралы

∫

eµx sin νx dx, ∫

eµx cos νx dx, µ, ν R.

Замечание. Â главе V, Ÿ2 мы установили, что производная любой элементарной функции также является элементарной функцией. Что касается интеграла, то здесь все гораздо сложнее уже хотя бы потому, что, в отличие от производной, для него нет правил интегрирования произведения, частного и композиции функций. Поэтому естественно ожидать, что существуют К числу таких

теории вероятностей и математической ста-

интегралов, которые называются специальными функциями, относятся, например, интеграл

вероятностей (функция ошибок, функция∫Лапласа )

				2
				e−x2 dx,
интегральные синус и косинус	∫		sin x	dx, ∫			cos x
			sin x				cos x	dx,

			x				x
интегральный логарифм				∫	dx
					dx	,

	∫				ln x
интегралы Френеля	∫	sin x2dx, ∫				cos x2dx.

Специальные функции находят применение как в самой математике, так и в различных ее приложениях. В современных программах компьютерной математики ( Mathematica, Maple, Mathcad) эти функции являются встроенными. С некоторыми из специальных функций мы еще встретимся в четвертом семестре в курсе

тистики.

Рассмотрим теперь некоторые классы элементарных функций, для которых интегралы находятся также в элементарных функциях.

Ÿ3. Интегрирование рациональных функций

Рациональной функцией называется дробь, составленная из полиномов, т. е. функция вида

Qm(x)	,	(1)
Pn(x)

ãäå Qm(x), Pn(x) полиномы степеней m è n, соответственно, с действительными коэффициентами, причем для удобства всюду в дальнейшем будем считать, что коэффициент при старшей степени знаменателя равен 1. Если m < n, то рациональная функция называется правильной,

иначе неправильной.

Из алгебры известно, что если рациональная функция является неправильной, то, разделив числитель на знаменатель, мы можем представить ее как сумму некоторого полинома и правильной рациональной функции. Поскольку полином без труда интегрируется по таблице,

то, тем самым, интеграл от неправильной рациональной функции сводится к интегралу от правильной рациональной функции.

Научимся сначала интегрировать

простейшие

правильные рациональные функции, т. е.

функции вида

, a, x0 R, s N

(2)

(x − x0)s

bx + c

, b, c, p, q R, r N, причем p2 < 4q.

(3)

(x2 + px + q)r

Для первой из этих функций при s = 1 получим

∫

dx = a

d(x − x0)

= a ln

+ C.

x − x0

∫

x − x0

− 0|

Åñëè æå s > 1, òî

dx = a (x

)

sd(x

x ) = a

(x − x0)−s+1

+ C =

+ C.

∫ (x − x0)s

−

(s − 1)(x − x0)s−1

∫

− 0

−s + 1

произвольной правильной рациональной функции

I1.

Вторую из простейших рациональных функций мы также проинтегрируем сначала при r = 1. Выделим в числителе этой дроби производную знаменателя и воспользуемся затем свойством 4) неопределенного интеграла (Ÿ1) и таблицей:

∫

bx + c

∫

b (2x + p) + c

dx = b1 ∫

x2 + px + q)

∫

d(x + p/2)

dx =

+ c1

x2 + px + q

(x + p/2)2 + q1

x + p/2

= b1 ln(x2 + px + q) + √

arctg

+ C,

√

ãäå b1 = b/2, c1 = c − b1p, q1 = q − p2/4 > 0. Покажем, что в случае r > 1 интеграл

Ir = ∫	bx + c	dx

	(x2 + px + q)r

сводится к интегралу Ir−1 с другими, вообще говоря, коэффициентами b, c. Убедимся сначала, что это справедливо для интеграла

Iˆr = ∫	dx
		.
	(x2 + px + q)r

Действительно, преобразовав подынтегральную функцию и воспользовавшись методом интегрирования по частям, получим:

(x2

+ px + q) (x + p/2)2

(x + p/2)2

Iˆr =

∫

−

dx =

(Iˆr−1 − ∫

dx) =

(x2 + px + q)r

= q1

(Iˆr−1 + 2(r 1

(x + p/2)d

((x2 + px + q)r−1 )) =

−

∫

= q1 (Iˆr−1

+ 2(r 1 1) (

(x2

+ px + q)r−1

−

(x2 + px + q)r−1 ))

−

x + p/2

∫

= q1

((1 − 2(r − 1))Iˆr−1 + 2(r − 1)(x2 + px + q)r−1 ).

x + p/2

Возвращаясь теперь к интегралу Ir, получим:

b (2x + p) + c

d(x2 + px + q)

Ir = ∫

1 1

dx = b1 ∫

+ c1Iˆr =

(x2 + px + q)r

x + p/2

= −

((1 −

)Iˆr−1 +

(r − 1)(x2 + px + q)r−1

2(r − 1)

2(r − 1)(x2 + px + q)r−1

Таким образом, мы можем найти интеграл Ir, последовательно понижая степень квадратич- ного выражения в знаменателе, пока не придем к табличному интегралу

Интегрирование основано на известном из алгебры утверждении о разложении этой функции на простейшие рациональные функции.

Как известно (глава V, Ÿ8, формула (12)), для знаменателя Pn(x) рациональной функции (1) существует разложение по степеням действительных линейных и квадратичных множителей

Pn(x) = (x − x1)s1 (x − x2)s2 · . . . · (x − xk)sk ×

(4)

×(x2 + p1x + q1)r1 (x2 + p2x + q2)r2 · . . . · (x2 + plx + ql)rl ,

где множители (x − xi)si , i = 1, k соответствуют действительным корням xi кратности si полинома Pn(x), а множители (x2 + pjx + qj)rj , j = 1, l комплексно сопряженным корням

zj, z¯j кратности rj этого полинома.

Теорема. Правильная рациональная функция (1), для знаменателя которой известно его разложение (4) по степеням действительных линейных и квадратичных множителей, единственным образом представляется в виде сумìû простейших рациональных функций (2) и

(3), причем каждой степени (x − xi)si , i = 1, k					в знаменателе соответствует сумма si
простейших рациональных функций
	ai1		ai2			aisi
		+		+ . . . +			,
	x − xi	+	(x − xi)2	+ . . . +		(x − xi)si	,

получить и иначе, подставляя в равенство

а каждой степени (x2 + pjx+ qj)rj , j = 1, l соответствует сумма rj простейших рациональ- ных функций

bj1 + cj1	+	bj2 + cj2		+ . . . +			bjrj + cjrj		.
2	+	2	2	+ . . . +	(x	2	+ pjx + qj)	rj	.
x + pjx + qj		(x + pjx + qj)			(x		+ pjx + qj)

Äëÿ нахождения коэффициентов указанного в теореме раçëîжения ñëåдует записать его в общем виде с неопределенными коэффициентами aiα, i = 1, k, α = 1, si; bjβ, cjβ, j = 1, l,

β = 1, rj и привести сумму всех простейших рациональных функций к общему знаменателю, который совпадает с знаменателем исходной рациональной функции. Тогда и числитель Qm(x)

рациональной функции будет совпадать при всех действительных x с числителем Qm(x) суммы простейших рациональных функций. Поскольку два полинома тождественны тогда и только

тогда, когда совпадают их коэффициенты при одинаковых степенях 1, то, приравнивая коэф- e

фициенты при одинаковых степенях полиномов Qm(x) è Qm(x), мы получим систему линейных

алгебраических уравнений относительно искомых коэффициентов, из которой они однознач- но и определяются (ввиду единственности разложения правильной рациональной функции на простейшие).

Замечание 1. Линейную систему для определения неизвестных коэффициентов мы можем e

Qm(x) = Qm(x) вместо аргумента x конкретные

значения в количестве, равном числу коэффициентов. Если знаменатель Pn(x) имеет действительные корни, то в первую очередь ñëåдует подставлять именно их, так как это позволит сразу же найти коэффициенты aisi , i = 1, k. В частном случае, когда знаменатель имеет только простые действительные корни, мы таким образом можем быстро найти все n коэффициентов

разложения.

Пример 1. Проинтегрировать функцию

f(x) = 3x6 − 2x5 − 3x4 + 5x3 − 2x2 − 2x + 2. (x2 − 1)(x3 + 1)

Решение. Рациональная функция f(x) является неправильной. Разделим числитель на зна-

менатель:

2x5 − 3x4 + 5x3

2x2

2x + 2

x5 − x3 + x2 − 1

3x6

−

3x4 + 3x3

−

3x −

−

+ 2x

+ x + 2

−

3 −

+ 2

−2x

+ 2x − 2x

Таким образом,

f(x) = 3x − 2 +

и, следовательно,

(x2 − 1)(x3 + 1)

∫ f(x)dx = ∫ (3x − 2 +

)dx =

− 2x + ∫

dx.

(x2 − 1)(x3 + 1)

Разложим теперь правильную рациональную функцию

f1(x) =

(x2 − 1)(x3 + 1)

(x − 1)(x + 1)2(x2 − x + 1)

на сумму простейших рациональных функций. Воспользовавшись приведенной выше теоремой, мы можем записать:

bx + c

(x − 1)(x + 1)

− x + 1)

x −

x + 1

(x + 1)

− x + 1

Приводя дроби в правой части последнего равенства к общему знаменателю и приравнивая числитель исходной дроби числителю суммы простейших рациональных функций, получим:

x = a1(x+1)2(x2 −x+1)+a2(x−1)(x+1)(x2 −x+1)+a3(x−1)(x2 −x+1)+(bx+c)(x−1)(x+1)2.

1Это следует, например, из того очевидного факта, что в этом случае, как сами полиномы, так и их производные любого порядка совпадают в нуле.

Подставим сначала в полученное равенство корни знаменателя:

x = 1 : 1 = 4a1 = a1 =	1	; x = −1 : −1 = −6a3	= a3 =	1	.

	4			6

Для нахождения остальных коэффициентов при значениях аргумента x = 0, x = −2, x = 2

получим:						1
				0 =		1					− a2		− c,

								12												12a2		+ 12c = 1,
																						−			−

						−			7						−					84a2 + 24b 12c = 1,
									4											84a2 + 24b 12c = 1,
		−		2 =					4		+ 21a2 + 6b					3c,
				2 =							+ 21a2 + 6b					3c,

																				12a2 + 24b + 12c =						7.
																				12a2 + 24b + 12c =						7.
			2 =							+ 9a2 + 18b + 9c.															−
Найдем решение			2 =				4			+ 9a2 + 18b + 9c.															−
Найдем решение						29
						29

		последней системы методом исключения неизвестных (глава I, Ÿ5, пункт 3).
12	0	12				1								12	0			12	−	1		12		0		12	1
		12			−													24	−				0 0			96	−
84 24		12				1						−→		72 0			−	24		6	−→		0 0			96	0	.
		−			−							−→					−				−→				−			третьей,
В этой цепочке вторая					из матриц получена из первой															вычитанием из второй строки								третьей,
12	24	12				7								12	24			12		7		12		24		12	7
12	24	12				7								12	24			12		7		12		24		12	7

аналогично, вторая матрица преобразована в третью вычитанием из второй строки первой, умноженной на 6. Тогда из системы

12a

−

12c = 1,

96c = 0,

12a2 + 24b + 12c =

−

последовательно находим:

Таким образом, разложение правильной

c = 0, a2 = 12, b = −

рациональной функции f1(x) на простейшие имеет вид:

f1(x) =

−

x − 1

x + 1

(x + 1)2

x2 − x + 1

Проинтегрируем каждую из простейших рациональных функций:

∫

d(x − 1)

= ln

−

+ C;

x − 1

∫

= ∫

d(x + 1)

= ln |x + 1| + C;

x + 1

d(x + 1)

(x + 1)

−

∫

= ∫ (x + 1)−2d(x + 1) =

+ C =

−

+ C;

(x + 1)2

−1

x + 1

dx =

1/2(2x − 1) + 1/2

dx =

d(x2 − x + 1)

d(x − 1/2)

∫

(∫

∫

(x − 1/2)2 + 3/4)

x2 − x + 1

ln(x2

x + 1) +

arctg

x − 1/2

+ C =

ln(x2

x + 1) +

arctg

2x − 1

+ C.

(

−

√3/2

)

−

√3

Следовательно,

f (x)dx =

−

x + 1

| −

−

ln(x2

−

x + 1)

−

arctg

2x − 1

+ C.

6(x + 1)

∫

3√3

√3

Окончательно,

3x2

∫ f(x)dx =

− 2x + ∫ f1(x)dx =

3x2

2x +

x + 1

ln(x2

x + 1)

arctg

2x − 1

+ C.

−

| − 6(x + 1)

−

2 −

3√3

√3

Замечание 2. Åñëè все корни знаменателя правильной рациональной функции простые,

то ее разложение на простейшие мы можем найти и без неопределенных коэффициентов. Действительно, пусть x1, x2, . . . , xn простые корни знаменателя Pn(x) правильной рациональной функции (1). Тогда

Qm(x)	=	a1	+	a2	+ . . . +	an	.
Pn(x)		x − x1		x − x2
						x − xn

Для нахождения каждого из коэффициентов ak, k = 1, n умножим обе части предыдущего

равенства на x

−

и перейдем к пределу при x

→

x , учитывая, что Pn(x

) = 0, P ′

(x )

= 0 :

−

)

Qm(x)

= a

x − xk

+ a

x − xk

+ . . . + a

x − xk

;

Pn(x)

1 x − x1

2 x − x2

n x − xn

lim (x

x )

Qm(x)

= lim

Qm(x)

Qm(xk)

;

x→xk

− k

Pn(x)

x→xk

Pn(x)−Pn(xk)

Pn′ (xk)

x−xk

lim

+ a

+ . . . + a

= a

n x

− xn )

x→xk

(

1 x − x1

2 x − x2

−

Значит,

Qm(xk)

ak = Pn′ (xk) , k = 1, n;

и, следовательно, разложение рациональной функции на простейшие в этом случае имеет вид

Qm(x1)

Qm(x2)

Qm(xn)

Qm(xk)

Qm(x)

∑

Pn′ (x1)

Pn′ (x2)

+ . . . +

Pn′ (xn)

Pn′ (xk)

(5)

Pn(x)

−

k=1

Пример 2. Найти интеграл

I = ∫

4 + x2 + 1

dx.

(x3 − x)(x2 − 5x + 6)

Решение. Здесь числитель Q4(x) = x4 + x2 + 1 и знаменатель P5(x) = (x3 − x)(x2 − 5x + 6)

имеет простые корни x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1, x4 = 2, x5 = 3. Вычислим значения числителя и производной знаменателя

P5′(x) = (3x2 − 1)(x2 − 5x + 6) + (x3 − x)(2x − 5)

для каждого из найденных корней:

Q4(−1) = 3,		P5′	(−1) = 24;
Q4(0)	= 1,	P ′	(0)	=	−	6;
		5			−
Q4(1)	= 3,	P5′	(1)	= 4;
Q4(2)	= 21,	P ′	(2)	=	−	6;
		5			−
Q4(3)	= 91,	P5′	(3)	= 24.

Тогда по формуле (5)

x4 + x2 + 1		1	1			1	1			3	1			7	1			91	1
	=		·		−		·		+		·		−		·		+		·
(x3 − x)(x2 − 5x + 6)		8		x + 1		6		x		4		x − 1		2		x − 2		24		x − 3

и, стало быть,

I = 18 ln |x + 1| − 16 ln |x| + 34 ln |x − 1| − 72 ln |x − 2| + 9124 ln |x − 3| + C.

Замечание 3. В некоторых случаях рациональную функцию удается привести к виду, удобному для интегрирования с помощью тождественных преобразований данной дроби, выделяя в ее числителе множители знаменателя.

Пример 3. Найти интеграл	∫ (			)	2
		x4	+ 1		2
					dx.
		x2	+ 1		dx.

Решение. Òàê êàê

x4 + 1

(x4 − 1) + 2

= x2

−

1 +

x2 + 1

òî

x2 + 1

x4 + 1

2 = x4

2x2 + 1 + 4

x2 − 1

(x2 + 1)

−

(x2 + 1 (x2 + 1)2 )

= x4

−

2x2 + 1 + 4

(

(x2 + 1) − 2

(x2 + 1) − x2

)

= x4

−

2x2

+ 5

−

x2 + 1

(x2 + 1)2

(x2 + 1 (x2 + 1)2 )

Воспользовавшись таблицей и методом интегрирования по частям, получим:

x4 + 1

2x dx

∫ (

)

dx = ∫ (x4 − 2x2 + 5)dx − 4

(∫

∫ x ·

) =

x2 + 1

(x2 + 1)2

5 −

23 + 5x − 4

(arctg x − 2

∫

xd (x2

+ 1))

− 3

+ 5x − 4

(arctg x − 2

(x2 + 1 − ∫

x2 + 1)) =

2x3

(3 arctg x −

) + C.

−

+ 5x − 2

x2 + 1

Замечание 3. Из сформулированной выше теоремы следует, что, по крайней мере теорети- чески, любая рациональная функция интегрируется в элементарных функциях. На практике же мы можем встретиться с трудностью принципиального характера, связанную с тем, что мы не всегда можем найти разложение знаменателя дроби на множители, так как из алгебры

известно, что корни полинома степени выше четвертой в общем случае уже нельзя выразить через радикалы.

Ÿ4. Интегрирование некоторых выражений, содержащих тригонометрические функции

∫

1. Интегралы вида sinα x cosβ x dx, α, β R.

Здесь мы выделим три случая, когда этот интеграл сводится к степенным интегралам.

a) Среди чисел α, β имеется натуральное нечетное.

В общем случае здесь следует подвести один множитель нечетной степени под дифферен-

циал и выразить затем оставшуюся уже четную степень через функцию под дифференциалом с помощью тригонометрического тождества sin2 x + cos2 x = 1. В результате мы придем к

степенным интегралам, которые находятся по таблице.

Пример 1. Найти интеграл

∫

sin5 x

√5

dx.

cos x

Решение. Здесь α = 5, β = −

. Тогда

sin5 x

sin4 x

cos2 x)2

∫

√5

dx =

−∫

√5

d cos x = −∫

−√5

d cos x =

cos x

cos2 x + cos4 x

= −∫

− 2

√5

d cos x = −∫

cos−

5 x − 2 cos5 x + cos 5 x d cos x =

cos x

− 2 ·

(

)

= −( 4/5

14/5 +

24/5 ) + C = −168

√cos4 x 42 − 24 cos2 x + 7 cos4 x + C.

cos5 x

cos 5 x

cos 5

(

)

b) Оба числа α, β неотрицательные четные.

Воспользовавшись тригонометрическими формулами

sin2 x = 12(1 − cos 2x), cos2 x = 12(1 + cos 2x), sin x cos x = 12 sin 2x

мы можем, в два раза понизив степени в выражении для подынтегральной функции, свести данный интеграл к сумме аналогичных или интегралов, рассмотренных в предыдущем случае.

	Пример 2. Проинтегрировать функцию f(x) = sin4 x cos6 x.
	Решение. Òàê êàê																			(			(1 − cos 4x)2 + sin4 2x cos 2x) =
		1				sin4						1									1
		f(x) =								2x(1 + cos 2x) =
		f(x) =		32						2x(1 + cos 2x) =								32			4
					1				(1			1				(1 + cos 8x) + 4 sin4 2x cos 2x) =
		=										− 2 cos 4x +
		=			128							− 2 cos 4x +			2
								=		1				(3 − 4 cos 4x + cos 8x + 8 sin4 2x cos 2x),

òî											256
òî	∫				(3			∫	dx − ∫ cos 4x d(4x) +															∫	cos 8x d(8x) + 4 ∫			sin4 2x d sin 2x) =
		1																			1
		f(x)dx =
		f(x)dx =	256																			8
									1			1														sin5 2x
					=							(3x − sin 4x +							sin 8x + 4 ·								) + C =
					=			256				(3x − sin 4x +					8		sin 8x + 4 ·							5	) + C =
					=				1				(120x − 40 sin 4x + 5 sin 8x + 32 sin5 2x) + C.

							10240

c) Числа α, β целые, а их сумма четное отрицательное число.

В этом случае упрощает интеграл подстановка z = tg x èëè z = ctg x. Действительно, пусть α + β = −2n, n N. Тогда, воспользовавшись формулой 1/ cos2 x = 1 + tg2 x, получим:

		sin x		α		dx
∫	sinα x cosβ x dx = ∫ (		)		cosα+β+2 x		= ∫ tgα x(1 + tg2 x)n−1d tg x.
		cos x				cos2 x

Таким образом, данный интеграл сводится к степенным относительно tg x интегралам.

Пример 3. Найти интеграл

I = ∫	dx
		.
	sin5 x cos3 x

Решение. Здесь

α = −5, β = −3, α + β = −8.

Воспользовавшись формулой

sin x cos x =

ctg x/(1 + ctg

x) и таблицей интегралов, найдем:

(

+ ctg2 x

)

I = ∫

= −∫

d ctg x =

(sin x cos x)3

sin2 x

ctg x

∫

−

ctg2 x

ctg4 x

= −(

ctg− x

+ 3 ln |ctg x| + 3 ·

) + C =

−

= 1 (2 tg2 x − 12 ln |ctg x| − 6 ctg2 x − ctg4 x) + C. 4 ∫

В общем случае интеграл sinα x cosβ x dx при целых α è β приводится к интегралу от

рациональной функции с помощью подстановки, рассмотренной в следующем пункте. Введем теперь необходимое для дальнейшего изложения понятие рациональной функции

двух переменных.

Полиномом степени n от двух переменных x, y называется числовая функция вида

	n
	k∑
Pn(x, y) =	aklxkyl
	+l=0

с действительными коэффициентами akl, k + l = 0, n, причем по крайней мере один из коэффициентов при старших степенях, т. е. akl, k + l = n, отличен от нуля.

Рациональной функцией двух переменных x, y называется дробь, числитель и знаменатель которой представляют собой полиномы от этих переменных.

Рациональной функцией относительно функций φ(x), ψ(x) называется композиция функ-

öèé f(φ(x), ψ(x)), ãäå f(u, v) рациональная функция аргументов u è v.

Совершенно аналогично мы можем ввести определение рациональной функции трех и боль-

шего числа переменных.

2. Интеграл от рациональной относительно sin x, cos x функции.

Рассмотрим интеграл ∫

f(sin x, cos x)dx,

ãäå f(u, v) рациональная функция своих аргументов. Проведем в этом интеграле подстановку z = tg x2 , x (−π, π).

Тогда, учитывая что

sin x =	2z	, cos x =	1 − z2	, x = 2 arctg z =	dx =	2dz	,
	1 + z2		1 + z2			1 + z2

получим:

1 − z2

2dz

f(sin x, cos x)dx =

(z)dz.

(

1 + z2

1 + z2 )

1 + z2

∫

Таким образом, эта подстановка свела данный интеграл к интегралу от рациональной функции f1(z).

Пример 4. Найти интеграл
I = ∫	sin x
		dx.
	sin x + 2 cos x + 2

Решение. Выполнив в этом интеграле указанную выше замену переменной, получим:

2dz

I =

1+z2

= 2

dz.

1 z2

∫

+ 2 ·

1+−z2

+ 2

1 + z

∫

(z + 2)(z

+ 1)

1+z2

Разложим подынтегральную функцию на простейшие рациональные функции:

z		a		bz + c
	=		+		.
(z + 2)(z2 + 1)		z + 2		z2 + 1

Отсюда, после приведения простейших дробей к общему знаменателю, мы придем к равенству z = a(z2 + 1) + (bz + c)(z + 2).

Полагая в нем последовательно z = −2, z = 0, z = −1, мы найдем неизвестные коэффициенты разложения:

z = −2 : −2 = 5a = a = −25; z = 0 : 0 = a + 2c = c = 15; z = −1 : −1 = 2a −b + c = b = 25.

Таким образом,

2z + 1

= −

(z + 2)(z2 + 1)

z + 2

z2 + 1

Следовательно,

1 2z + 1

d(z + 2)

d(z2 + 1)

I = 2 ∫ (−

)dz =

(−2 ∫

+ ∫

) =

z + 2

z2 + 1

z + 2

z2 + 1

(−2 ln tg

+ 2 + ln (1 + tg2

(−2 ln |z + 2| + ln(z2 + 1) + arctg z)+C =

)

)+C =

5 (

−

)

(

−

)

4 ln

+ 2

4 ln

cos

+ C =

4 ln sin

+ 2 cos

+ C.

Замечание. Если функция f(u, v) обладает определенной симметрией, то более предпочтительными по сравнению с приведенной выше могут оказаться другие подстановки. А

именно, если f(−u, v) =	−f(u, v) èëè f(u, −v) = −f(u, v), то полезными могут быть под-
становки z = cos x èëè z	= sin x, соответственно. Если же f(−u, −v) = f(u, v), то бывает
целесообразно использовать замену переменной z = tg x èëè z = ctg x.
Пример 5. Найти интеграл
I = ∫			dx
				.
		(sin2 x − 2 sin x cos x + 3 cos2 x) cos2 x
Решение. Здесь	1

		f(u, v) =
			(u2 − 2uv + 3v2)v2

и, следовательно, f(−u, −v) = f(u, v). Преобразуем подынтегральную функцию и проведем в интеграле подстановку z = tg x :

I = ∫	1/ cos2 x	·	dx	= ∫	(1 + tg2 x)d tg x	= ∫	(1 + z2)dz
								.
	tg2 x − 2 tg x + 3		cos2 x		tg2 x − 2 tg x + 3		z2 − 2z + 3

Выделив знаменатель в числителе последнего интеграла, получим:

I =	(z2	2z + 3) + 2z		2	dz = dz +	∫	2z − 2	dz = z +	∫	d(z2 − 2z + 3)	=
		−z2 − 2z + 3	−				z2 − 2z + 3			z2 − 2z + 3
∫					∫

=z + ln(z2 − 2z + 3) + C = tg x + ln(tg2 x − 2 tg x + 3) + C.

3.Интегралы

∫∫ ∫

sin αx sin βx dx, sin αx cos βx dx, cos αx cos βx dx, α, β R.

приводятся к табличным с помощью тригонометрических формул sin αx sin βx = 12(cos(α − β)x − cos(α + β)x),

sin αx cos βx = 12(sin(α − β)x + sin(α + β)x),

cos αx cos βx = 12(cos(α − β)x + cos(α + β)x),

соответственно.

Пример 6.	Найти интеграл	∫
		∫

I = sin 3x cos3 5x dx.

Решение. Так как при любом действительном x

cos3 x = 14(3 cos x + cos 3x),

òî							1
	sin 3x cos3 5x =						1	(3 sin 3x cos 5x + sin 3x cos 15x) =
	sin 3x cos3 5x =						4	(3 sin 3x cos 5x + sin 3x cos 15x) =
							4
	1	3					1
=		(		(sin(−2x) + sin 8x) +						(sin(−12x) + sin 18x)) =
=	4	(	2	(sin(−2x) + sin 8x) +					2	(sin(−12x) + sin 18x)) =
		=			1	(−3 sin 2x + 3 sin 8x − sin 12x + sin 18x).

					8

Следовательно,


	1	(−	3	∫ sin 2x d(2x) +						3	∫				1			∫	1				∫ sin 18x d(18x)) =
I =												sin 8x d(8x) −							sin 12x d(12x) +
I =	8		2							8		sin 8x d(8x) −					12		sin 12x d(12x) +			18
				1		3						3			1				1
				=		(			cos 2x −					cos 8x +		cos 12x −					cos 18x) + C =
				=	8	(	2		cos 2x −				8	cos 8x +	12	cos 12x −				18	cos 18x) + C =
				=		1		(108 cos 2x − 27 cos 8x + 6 cos 12x − 4 cos 18x) + C.

						576

Ÿ5. Интегрирование некоторых иррациональностей
Здесь речь идет об интеграле1				x		√		функции.
Здесь речь идет об интеграле1				x		√	cx+d	функции.
1. Интеграл от рациональной относительно					и радикала	n ax+b
1. Интеграл от рациональной относительно
∫	√
∫	√	ax + b
	f (x, n		)dx, a, b, c, d R, ad − bc ̸=,02 ≤ n N,
	f (x, n	cx + d	)dx, a, b, c, d R, ad − bc ̸=,02 ≤ n N,

ãäå f(u, v) рациональная функция своих аргументов. В этом случае подынтегральная функ-

öèÿ рационализируется подстановкой √

z = n ax + b. cx + d

Действительно, из этой подстановки мы находим

x =

dzn − b

, dx =

(ad − bc)nzn−1

a − czn

(a − czn)2

и, следовательно, придем к интегралу

dzn − b

, z

(ad − bc)nzn−1

f x, n

ax + b

dx = f

dz = f (z)dz

(a − czn

(a − czn)2

∫

( √cx + d)

∫

)

∫ 1

от рациональной функции f1(z).

Замечание. Если подынтегральная функция содержит корни различных степеней âûðà-

жения		ax+b	, то в качестве новой переменной следует взять корень общей кратной степени
жения
		cx+d
этого выражения.
Пример 1. Найти интеграл					√
				I =	√	x + 1	− 2 dx.
				∫	√3 x + 1 + 1
1							ax+b
	Условие ad − bc ̸= 0необходимо для того, чтобы дробь cx+d не вырождалась в константу.

Ax + B

Решение. Подынтегральная функция является рациональной относительно переменной x è

корней

√

è √3

. Общей кратной здесь является степень

√6

, поэтому

x + 1

z = √6

x + 1

x = z6

z2 − 2 6z5dz = 6

dz 2

dz =

I =

dx = 6z−5dz

∫

z + 1

(∫

z + 1

−

∫

z + 1

)

(z8

1) + 1

z((z4

1) + 1)

= 6

−

dz =

z2 + 1

(∫

∫

)

(∫ ((z2 − 1)(z4 + 1) +

)dz

∫ z (z2

)dz) =

= 6

− 2

− 1 +

z2 + 1

= 6 (∫ (z6 − z4 + z2

− 1 +

)dz − 2 ∫ (z3 − z +

)dz) =

z2 + 1

2 + 1)

= 6

(

−

− z + arctg z −

+ z2 − ∫

d(z

) =

z2 + 1

= 6

(

−

− z + arctg z −

+ z2 − ln(z2 + 1))

+ C =

√

− 5

√

− 3√

+ 2√

+ 6√

− 6√

= 7

(x + 1)

(x + 1) 6

(x + 1) 3

x + 1+

x + 1

√

+6 arctg x + 1 − 6 ln(

x + 1 + 1) + C.

2. Интеграл от рациональной относительно x и корня √						функции.
					ax2 + bx + c
В этом пункте мы научимся интегрировать функции вида1
f (x,			)
	переменных
ãäå f(u, v) рациональная функция√		u, v.		R,
	ax2 + bx + c , a, b, c

Рассмотрим сначала этот интеграл в одном простом частном случае:

∫

√ dx, A, B R. ax2 + bx + c

Он находится по аналогии с интегрированием простейшей рациональной функции (3), Ÿ3 в случае r = 1. Выделяя в числителе подынтегральной функции производную квадратичного выражения под корнем, мы придем к двум интегралам, один из которых является табличным,

àвторой сводится к таблице выделением в квадратичном выражении полного квадрата.

Пример 2. Проинтегрировать функцию

f(x) =		4 ln x − 1	.
	x√ln2 x + ln x − 2

Решение. Подстановкой z = ln x мы сведем данный интеграл к интегралу, указанному в предыдущем абзаце и затем проинтегрируем, как указано выше.

∫

f(x)dx =

∫

4 ln x − 1

d ln x =

4z − 1

dz =

2(2z + 1)

dz =

ln2 x + ln x

−

∫

√z2 + z

−

∫

√z2 + z

−2

√

−

d(z2 + z 2)

d(z + 1/2)

= 2 ∫

− 3 ∫

√

√z2

−

(z + 1/2)2

−

+ z − 2

9/4

=4 z2 + z − 2 − 3 ln z + 1/2 + √(z + 1/2)2 − 9/4 + C =

=4√ln2 x + ln x − 2 − 3 ln ln x + 1/2 + √ln2 x + ln x − 2 + C.√

1Здесь мы будем, естественно, считать, что a ̸= 0; D= b2 − 4ac ̸= 0è D > 0; åñëè a < 0:

В общем случае рационализация

подынтегральной функции в интеграле

∫

f (x, √

)dx

ax2 + bx + c

достигается с помощью одной из подстановок Эйлера :

√

åñëè

+ bx + c = z ±

ax,

a > 0;

√

+ bx + c = zx ±

åñëè

c > 0.

Åñëè D = b2 − 4ac > 0 è x0

один из корней квадратного уравнения ax2 + bx + c = 0, òî

√

3)ax2 + bx + c = z(x − x0).

Рассмотрим, например, первую из них.

√

(

)

ax2 + bx + c = z +

√

ax = ax2 + bx + c = z + √

2 = bx + c = 2√

axz + z2.

Отсюда, мы находим

√

ac + bz − √

az2

x =

b − 2−√

, dx =

(− (b − 2√

az)2

)

dz.

Следовательно,

∫

)

√

f x, ax2 + bx + c dx =

√

ac + bz − √

z c

= ∫ f (

b − 2−√

, z + a ·

b − 2−√

)

(− (b − 2√

az)2

)

ãäå f1(z) рациональная функция аргумента z.

Пример 3. Найти интеграл

√

I =

x −

x2 + 2

dx.

∫

1 + x + √x2 + 2

∫

dz = f1(z)dz,

Решение. Проведем в интеграле первую из подстановок Эйлера. Так как

x = x =

z2 − 2

= dx =

z2 + 2

dz,

x2 + 2 = z

òî

√

−

2z2

I = ∫

z2−2

z2 + 2

12+ z−

2z2

dz = −∫ z3(z + 1) dz.

Разложим подынтегральную рациональную функцию на простейшие:

z2 + 2

(z + 1) − z

+ 2

(z + 1) − z =

z3(z + 1)

z(z + 1) z3(z + 1)

z(z + 1)

z3(z + 1)

+ 2

(z + 1) − z

− z + 1

(z3

− z + 1

− z2(z + 1))

(z3

− z2(z + 1)

)

−

+ 2

(

−

)

= 3 (

−

) + 2 (

−

z + 1

z(z + 1)

z + 1

Следовательно,

I = −3

∫ (

−

)dz − 2

∫ (

−

)dz = 3(ln(z + 1) − ln z) + 2

(

−

) + C =

z + 1

2z2

= 3 (ln (1 + x + √x2 + 2) − ln (x + √x2 + 2)) + (x + √x2 + 2)2 − x + √x2 + 2 + C.

Использование подстановок Эйлера может привести к весьма громоздким выкладкам. В некоторых случаях быстрее к цели ведут тригонометрические подстановки , о которых мы

сейчас и поговорим. Выделив в квадратичном выражении под корнем полный квадрат, мы приведем его к виду

( )2

a x + 2ba ± α2,

ãäå 0 < α некоторое действительное число. Следовательно, выполнив в данном интеграле

линейную подстановку

√

(x +

мы сведем его к одному из трех

z = |a|

интегралов

∫ f1 (z, √

)dz,

∫

f1 (z, √

)dz,

∫ f1 (z, √

)dz,

z2 + α2

z2 − α2

α2 − z2

в каждом из которых подынтегральная функция является рациональной относительно своих аргументов. Убрать корни в этих интегралах и привести их к интегралам от рациональной функции относительно синуса и косинуса новой переменной мы можем с помощью подстановок

z = α tg t èëè z = α ctg t, z = sinα t èëè z = cosα t, z = α sin t èëè z = α cos t,

соответственно. Например, если в третьем из этих интегралов провести замену переменной

√

= α cos t, dz = α cos t dt,

òî

z = α sin t =

α2 − z2

∫

dz = ∫

f1 (α sin t, α cos t) α cos t dt = ∫

f1 z,

α2 − z2

f2(sin t, cos t) dt,

ãäå

f2(u, v)

рациональная( )функция аргументов

u, v.

√

Пример 4. Выполнить интегрирование

I =

∫

1 + √

1 2x

−

Решение. Заметив, что

−

1 − 2x − x2 = 2 − (x + 1)2,

проведем в интеграле тригонометрическую подстановку

x + 1 = √

cos z = dx = −√

sin z dz, 1 − 2x − x2 = 2 sin2 z.

В результате получим:

I = −∫

√

sin z dz

= ∫

(1 + √

sin z)

∫

(

1)dz = ∫

1 + √

sin z

−1 + √

sin z

dz =

1 + √

sin z

−

1 + √

sin z

−z.

В последнем интеграле используем подстановку из Ÿ4, пункт 2:

2dt

t = tg

, sin z =

, dz =

1 + t2

Тогда,

√

∫

2dt

∫

= 2 ∫

1+t2

d(t + 2)

1 + √

sin z

1 + √

= 2

t2 + 2√

t + 1

(t + √

2)2 − 1

1+t2

√

tg z2 + √

√

+ C.

= ln

t +

− 1

+ C = ln

− 1

+ C =

1 − x +

1 − 2x − x2

t +

√2 + 1

tg z2 + √2 + 1

3 + x +

√1 − 2x − x2

Таким образом, окончательно

√

I =

1 − x +

1 − 2x − x2

arccos

x + 1

+ C.

3 + x +

√1 − 2x − x2 −

√2

<<< < Предыдущая 1 23 / 143 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.11.20251.87 Mб1Лабораторный практикум по сварке курса Металлические конструкции для студентов специальности Промышленное и гражданское строительство.pdf
#
24.11.20251.22 Mб1Лабораторный практикум.pdf
#
24.11.2025564.19 Кб0Лагiстыка.pdf
#
24.11.20252.38 Mб1Лексические и грамматические аспекты перевода технических текстов.pdf
#
24.11.20253.27 Mб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (I семестр).pdf
#
24.11.20252.56 Mб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (II семестр).pdf
#
24.11.202517.87 Mб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (III семестр).pdf
#
24.11.2025987.88 Кб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (IV семестр).pdf
#
24.11.20251.25 Mб0Литейные сплавы.pdf
#
24.11.2025816.49 Кб0Логика пособие.pdf
#
24.11.20251.06 Mб0Логика специализированный модуль Философия.pdf