Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Практикум по интегральному исчислению функции одной переменной. Неопределенный интеграл. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

565 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

г) Преобразуем подынтегральную функцию, учитывая, что

cos x dx = d(sin x);

cos 2x = 1 ¡ 2 sin2 x:

Тогда

7 + 2 cos 2x = Z

7 + 2 ¡ 4 sin2 x =

9 ¡ 4 sin2 x =

cos x dx

d(sin x)

= ¡

sin2 x ¡ 9=4

(sin x)2 ¡ (3=2)2

¡4 ¢ 2

3=2

¯sin x + 3=2

¡12

2 sin x + 3

XII

sin x

3=2

2 sin x

+ C =

+ C:

Замечание 1.1. Полезно¯знать некоторые¯

наиболее часто¯

встречающиеся¯

в ин-

тегрировании выражения, являющиеся дифференциалами:

sin x dx = ¡d(cos x)

= d(tg x)

cos2 x

cos x dx = d(sin x)

= ¡d(ctg x)

sin2 x

= d(ln x)

= d(arctg x)

1 + x2

x dx =

d(x)

= d(arcsin x)

1 ¡ x2

ex dx = d(ex)

= ¡d

µx¶

и другие.

= 2d(

Замечание 1.2. Отметим еще две полезные формулы, легко получаемые под-

ведением функции под знак дифференциала

(1.4)

0f(x)

= ln jf(x)j + C;

(x) dx

0(f(x)

= 2pf(x) + C:

(1.5)

x) dx

Используя (1.4), (1.5),

получим

sin x

(cos x)

XVII. Z

tg x dx = Z

dx = ¡ Z

dx = ¡ ln j cos xj + C;

(1.6)

cos x

XVIII. Z

ctg x dx = Z

cos x

(sin x)

dx =

dx = ln j sin xj + C;

(1.7)

sin x

XIX.

x dx

(a2 § x2)0

dx =

+ C;

(1.8)

a2 § x2

x dx

(a2

x2)

XX.

= §

dx = §

a2 § x2 + C:

(1.9)

А теперь решите самостоятельно следующие примеры.

Найти неопределенные интегралы и результат проверить дифференцирова-

нием:

e3x + 1

Z µ

+ 2x3 ¡ 42x+1 + 8 sin 3x¶dx.

dx.

ex + 1

Z (tg x + ctg x)2 dx.

x3 + 3

1 + x2

dx.

x2 ¡ 1

1 ¡ x4

2p3

+ 1

2x + arcsin3 x

cos 2x dx

¡ p4

dx.

cos2 x ¢ sin2 x

1 ¡ x2

px ¡ 1

10.

11.

sin p

x ¡ 1

(2x + 1)2009 dx

ln5 x dx

sec2 x dx

+ 3x2

12.

x3e¡x +5 dx.

13.

3 ¡ 2

dx.

14.

2 + 3x2

tg2 x

earctg x

x ln(1 + x2) + 1

15.

16.

dx.

x(4 ¡ ln2 x)

1 + x2

sin x dx

17.

18.

sin2 x + 2 cos2 x

cos3 x

¡ x2 ¡ x4

(2 + x)p

19.

1 + x2

20.

2 ln x + x

1 + x2

x3=4 +

42x+1

2. 0;5e2x ¡ ex + x + C.

Ответы: 1.

cos 3x + C.

2 ln 4

¯¯

3.arcsin x ¡ ln jx + p1 + x2j + C. 4. tg x ¡ ctg x + C. 5. x + 2 ln ¯¯¯x ¡ 1¯¯¯ + C. x + 1

6. ¡ ctg x ¡ tg x + C.

4 p4

17=12

3=4

+ C.

x ¡

arcsin4 x

2 cos p

+ C

1 + C

8. ¡2p1 ¡ 2010

9. ¡

(2x + 1)

10.

+ C.

11.

+ C.

12. ¡

e5¡x

+ C.

1005

13.

23 arctg

3 ¡ p3 ln ¯x + rx2 + 3

¯ + C.

14. ln

¯tg x +

x ¡ 2¯

15. 4 ln

+ C.

¯ln x ¡ 2

¯ln x + 2

¯ 17.

16. e

arctg x

+ arctg x +

(1 + x

) + C.

+ C.

2¯

sin x

tg x

18. p

arctg

¶ + C.

19. ln jx + p1 + x2j ¡

+ C.

20.

(2 ln x + x)3=2 + C.

§ 2. Основные методы интегрирования

Здесь мы рассмотрим два метода интегрирования: замену переменных (метод подстановки) и интегрирование по частям.

2.1Замена переменных

Если функция f(x) непрерывна, то полагая x = '(t), где '(t) непрерывнодифференцируемая функция, получим

f(x) dx = f('(t))'0(t) dt:

(2.10)

Иногда вместо подстановки x = '(t) лучше выполнить замену переменной вида t = Ã(t). В этом случае формула замены переменной примет следующий

вид	Z	f(Ã(x))Ã0(x) dx = Z
	Z	f(Ã(x))Ã0(x) dx = Z	f(t) dt:	(2.11)

2 sin2

= ¡ ln ¯¯ctg

dtt = ¡ ln jtj + C =

Отметим, что ответ должен быть выражен через старую переменную x. Наконец, вопрос о выборе подстановки решается следующим образом: целесообразна подстановка, которая приводит к более простому в вычислительном отношении интегралу (в простейших случаях к табличному), чем исходный интеграл.

Пример 2.1. Найти интегралы

б) Z

cos x :

а) Z

xp3x + 1 dx;

Решение. а) Положим p

= t, отсюда x =

t2 ¡ 1

и dx =

dt. Следова-

3x + 1

тельно,

¢ 3

9 Z ¡

dx =

t2 ¡ 1

dt =

3x + 1

dt =

¶ + C =

(3x + 1)5=2 ¡

(3x + 1)3=2 + C:

б) Преобразуем знаменатель:

´cos³

4 +

´= 2 sin2³

+ 2

´ctg³

+ 2

´:

cos x = sin³

2 + x´= 2 sin³

4 +

Положим

тогда

Следовательно,

Z Z cosdxx =

t = ctg ³¼4 + x2´;

dt = ¡2 sin2 ³¼4 + x2´ dx:

³¼4 + x2´ctg ³¼4 + x2´ = ¡

³¼4 + x2´¯¯¯ + C = ln ¯¯¯tg ³¼4 + x2´¯¯¯ + C:

Интегралы в примерах 1.4, 1.5 можно было тоже вычислять с помощью метода замены переменной. Действительно,

Пример 2.2. Найти интегралы

		cos(ln x) dx		5			arctg2 x	3x
а) Z			; б)	Z	p		1 + x2¡			dx;
а) Z		x	; б)	Z	p		1 + x2¡			dx;
в) Z	x2(2 ¡ x3)5 dx;			г) Z			cos x dx		:

						7 + 2 cos 2x

Решение. а) Положим ln x = t, продифференцируем замену d(ln x) = dt или dx=x = dt. Следовательно,

Z Z

cos(ln x) dx = cos t dt = sin t + C = sin(ln x) + C: x

б) Разобьем на два интеграла, деля почленно и в первом из них сделаем за-

мену, полагая arctg x = t, тогда дифференцируя замену, получим

= dt:

1 + x2

(arctg x)2=5 dx

arctg2 x

x dx

1 + x2¡

dx = Z

¡ 3 Z

1 + x2

= Z

5t7=5

t2=5 dt ¡ 3

ln(1 + x2) =

ln(1 + x2) + C =

= 57(arctg x)7=5 ¡ 32 ln(1 + x2) + C

(при вычислении второго интеграла мы использовали формулу XIX).

В следующих пунктах мы укажем только сами подстановки, а необходимые преобразования проведите сами (не забудьте сравнить ответы с полученными

выше в примере 1.5).
в) 2 ¡ x3 = t;	г) sin x = t.

Итак, на этом примере мы показали, что вычисление интеграла может быть осуществлено не единственным способом, а нужно только выбрать какой именно способ проще и понятнее.

Пример 2.3. Применяя подходящие подстановки, найти интегралы

а) Z

б) Z

cos7 x

x3 6 8 ¡ 5x2 dx;

sin2 x dx;

в) Z

e3x dx

; г)

ln x + 2

dx:

e2x + 1

3 ln x + ln2 x

Решение. а) Положим 8 ¡ 5x2 = t. Продифференцируем обе части замены d(8 ¡ 5x2) = dt или ¡10x dx = dt ! x dx = ¡dt=10. Из замены выразим

x2 =

8 ¡ t

, тогда

µ¡

5x2

dx = x2

5x2

8 ¡ t

x dx =

= ¡50 Z (8 ¡ t)t1=6 dt = ¡50 Z (8t1=6 ¡ t7=6) dt =

µ8

t7=6

t13=6

¶ + C = ¡

t7=6

t13=6 + C =

= ¡

7=6

13=6

175

325

(8 ¡ 5x2)7=6

(8 ¡ 5x2)13=6 + C:

= ¡

175

325

б) Сделаем подстановку sin x = t, тогда d(sin x) = dt или cos x dx = dt

) cos7 x = cos6 x ¢ cos x = (cos2 x)3 ¢ cos x = (1 ¡ sin2 x)3 cos x )

sin2 x dx = Z

sin¢ z2

{ =

¡t2

cos7 x

cos6 x

cos x dx

t2)3 dt

+ 3t4

= Z

1 ¡ 3

dt = Z (t¡2 ¡ 3 + 3t2 ¡ t4) dt =

sin5 x

= ¡

¡ 3t + t3 ¡

+ C = ¡

¡ 3 sin x + sin3 x ¡

+ C:

sin x

в) Сделаем ex = t, тогда x = ln t, значит dx =

e2x + 1 = Z

t2 + 1

¢ t

= Z

t2 + 1¡

dt =

t2 + 1 dt = Z (

e3x

+ 1)

= Z µ1 ¡

¶dt = Z

dt ¡ Z

= t ¡ arctg t + C =

t2 + 1

= ex ¡ arctg ex + C:

г) Положим ln x = t ) d(ln x) = dt или dx=x = dt

Z xp4 ¡ 3 ln x + ln2 x = Z p4 ¡ 3t + t2 dt =

(ln x + 2) dx

t + 2

применяют подстановки x = a tg t, x = a ctg t (или x = a sh t);

Выделим в знаменателе полный квадрат

+ 4

4 ¡ 3t + t2 = µt ¡ 2¶

¡ 4 + 4 = µt ¡ 2

и сделаем еще одну замену t ¡ 3=2 = u ) t = u + 3=2, dt = du

= Z

u2 + 7=4 du = Z

u2 + 7=4 +

2 Z

+ 7=4 =

u + 3=2 + 2

u du

XX, XI

ru2 +

4 +

2 ln ¯u + ru2

+ C:

Вернемся к старой переменной, учитывая,¯

что u = t¡3¯=2 = ln x¡3=2. Поэтому

Z xp4 ¡ 3 ln x + ln x

(ln

+ 2)

= s ln x ¡

¯ln x

ln x

+ C

sµ

2¶

Замечание 2.1. Для нахождения интегралов от функций, содержащих выражения pc § x2, как правило, применяют следующие тригонометрические (или гиперболические) подстановки:

1) если в подынтегральную функцию входит выражение вида pa2 ¡ x2, то

применяют подстановки x = a sin t, x = a cos t (или x = a th t); p

2) если в подынтегральную функцию входит выражение вида a2 + x2, то

3) если в подынтегральную функцию входит выражение вида px2 ¡ a2, то применяют подстановки x = cosa t, x = sina t (или x = a ch t);

Разберем соответствующие примеры.

Пример 2.4. Найти I = x2pdx5 ¡ x2 .

Решение. Подынтегральная функция относится к первому из указанных выше типов; применим подстановку x = p5 sin t, где t 2 [¡¼=2; ¼=2]. Тогда

dx = p

cos t dt, p

= p

cos t, так как при

5 ¡ 5 sin2 t

5 cos2 t

5 ¡ x2

cos t > 0

сделанных предположениях p

. Тогда

¡5 ¢

5 sin2 t ¢ p5 ¢ cos t

sin2 t

¡5

I =

cos t dt

ctg t + C =

5 ¡ x2

+ C:

При возвращении к переменной x мы воспользовались тем, что

cos t =

;

5 ¡ x2

sin t = x

Пример 2.5. Найти а) Z p

dx;

б) Z x3p

dx.

a2 + x2

x2 ¡ 7

Решение. а) Интеграл относится ко второму из указанных выше типов; применим гиперболическую подстановку x = a sh t, тогда

dx = a ch t dt;

a2 + x2 = a2 + a2 sh2 t = a ch t:

Отсюда

Z pa2 + x2 dx = Z a ch t ¢ a ch t dt = a2 Z ch2 t dt = a2 Z

ch 2 + 1

dt =

sh 2

µZ ch 2t dt + Z dt¶ =

+ t¶

+ C =

(sh t ¢ ch t + t) + C:

Так как sh t =

; ch t =

a2 + x2

et = ch t + sh t =

x +

) t = ln ³x + pa2 + x2´ ¡ ln a;

то окончательно получаем

Z pa2 + x2 dx =

³x + pa2 + x2´ + C1;

pa2

+ x2 +

где C1 = C ¡

ln a.

б) Подынтегральная функция относится к третьему типу, поэтому положим

x =

, t 2 [0; ¼=2). Тогда

cos t

µcos2 t ¡ 1¶

dx =

cos2 t

dt; x2

¡ t = cos2 t

¡ 7 = 7

7 tg2 t;

p7 sin t

tg t =

[0; ¼=2) :

x2 ¡ 7

(мы учли, что

)

Следовательно,

73=2

sin t

I = Z x3px2 ¡ 7 dx = Z

¢ p7 ¢ tg t ¢

dt =

cos3 t

cos2 t

= 75=2

sin2 t dt

= 75=2

tg2 t ¢

cos6 t

cos2 t

= 75=2

tg2 t(1 + tg2 t) d(tg t) = 75=2

·Z

tg2 t d(tg t) + Z

tg4 t d(tg t)¸:

В полученных интегралах подынтегральная функция является степенной, поэтому применяя формулу II, получим

I = 75=2 µ

tg3 t

tg5 t

¶ + C:

Вернемся к переменной x, учитывая, что

5 :

tg x =

x2 ¡ 7

; tg3 t =

x2 ¡ 7

; tg5 t =

x2 ¡ 7

Окончательно,

I = 75=2 µ

7)3=2

(x2

7)5=2

¶ + C =

(

(x2 ¡ 7)3=2

(x2 ¡ 7)5=2 + C:

73=2

75=2

(Отметим, что в этом примере можно было применить также гиперболическую

замену x = p

ch t, тогда dx = p

sh t dt; p

= p

sh t,

7 ch2 t

поэтому

I =

Z 73=2 ch3 t ¢ 71=2 sh t ¢ 71=2 sh t dt = 75=2 Z ch3 t sh t dt =

75=2

ch2 t sh2 ch t dt = 75=2

Z (sh2 t + 1) sh2 t d sh t =

µZ

= 75=2				sh4 t d sh t +
= 75=2 µ	5 t		3 t	¶ + C =	7
	sh	+	sh			(x2
	5		3		3

(использовали, что sh t = px2 ¡ 7=p7).

sh2 t d sh t =

¡ 7)3=2 + 15(x2 ¡ 7)5=2 + C

В заключение этого параграфа отметим еще раз, что так как возможны различные методы вычисления одного и того же интеграла, то в итоге могут получиться совершенно непохожие на вид ответы, поэтому лучшей проверкой ответа является его дифференцирование результат должен совпасть с подынтегральной функцией.

2.2Интегрирование по частям

Интегрированием по частям называется нахождение интеграла по фор-

муле	Z	u dv = uv ¡ Z
	Z	u dv = uv ¡ Z	v du;	(2.12)

где u = u(x), v = v(x) непрерывно-дифференцируемые функции от x. С по-

мощью этой формулы нахождение интеграла u dv сводится к отысканию

другого интеграла v du. Ее применение целесообразно в тех случаях, когда последний интеграл либо проще исходного, либо ему подобен.

При этом за u берется такая функция, которая при дифференцировании упрощается, а за dv та часть подынтегрального выражения, интеграл от которой известен или может быть найден.

Значительную часть интегралов, вычисляемых интегрированием по частям,

можно разбить на три группы:
	1		1
I. Z	P (x) ½sin cx; cos cx; ecx; acx;		;		¾dx, где P (x) многочлен,
		cos2 cx		sin2 cx

c постоянная. Здесь полагают u = P (x); dv = f: : : g dx (выражение, стоящее

в фигурных скобках, умноженное на dx).

Z ½ ¾

II. P (x) ln x; loga x; arcsin x; arccos x; arctg x; arcctg x dx. В этом случае u = f: : : g, dv = P (x) dx.

III. Круговые интегралы вида:				Z		Z
Z	eax cos bx dx;	Z	eax sin bx dx;	Z	sin(ln x) dx;	Z	cos(ln x) dx:

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]