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 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Приравниваем коэффициенты при x3 и, например, при x0:

1 = A + B + M

)

M = 1 ¡ 108

¡ 108 =

1 = 27A

27B

)

N =

¡18

Поэтому

x3 + x + 1

;

9x ¡

108

x + 3

x2 + 9

Проинтегрируем

x4 ¡ 81

x ¡ 3

+ 108 Z

+ Z

+ 9 dx =

x4 ¡ 81 dx = 108 Z

x + 3

x3 + x + 1

9x ¡

ln jx ¡ 3j +

ln jx + 3j +

ln jx2

+ 9j ¡

arctg

+ C:

108

б) Это правильная рациональная дробь. Чтобы разложить знаменатель на множители, представим его в виде x4 + 4 = (x2 + 2)2 ¡ 4x2

) x4 + 4 = (x2 + 2 + 2x)(x2 + 2 ¡ 2x), дискрименант в обоих случаях

D = 4 ¡ 8 = ¡4 < 0 ) комплексные корни.

Тогда

x2 + 2

Ax + B

Mx + N

(x2 + 2x + 2)(x2 ¡ 2x + 2)

x2 + 2x + 2

x2 ¡ 2x + 2

Освобождаемся из знаменателя:

x2 + 2 = (Ax + B)(x2 ¡ 2x + 2) + (Mx + N)(x2 ¡ 2x + 2):

Найдем коэффициенты, используя первый способ:

0 = A + M

A =

) >

0 = A B + M + N

0 = 2A 2B + 2M + 2N

x2 ¯

1 = 2A + B + 2M + N

8 1 =

¡2A + B + 2M + N

x0 ¯

2 = 2B + 2N

;

1 = B + N

Решая систему,¯

получим

N = 1=2; M = 0; A = 0; B = 1 ¡ N = 1=2:

Значит,

x2 + 2	1=2		1=2
	=		+		:
(x2 + 2x + 2)(x2 ¡ 2x + 2)		x2 + 2x + 2		x2 ¡ 2x + 2

Таким образом,

Zx2 + 2

x4 + 4 dx =

+ 12

2 Z

x2 + 2x + 2

+ 2 Z

x2 ¡ 2x + 2

= 2 Z

(x + 1)2

+ 1 +

d(x +

d(x ¡ 1)

arctg(x + 1) +

arctg(x

1) + C:

(x ¡ 1)2 + 1

Случай 4. Среди корней знаменателя имеются кратные комплексные корни, то есть разложение знаменателя содержит повторяющиеся квадратичные множители. В этом случае в разложении дроби на простейшие присутствуют слагаемые вида

Mkx + Nk			:
(x	2	k
		+ px + q)

При k = 1 дробь интегрируется непосредственно, а при k > 1 применяется метод понижения, причем предварительно в квадратном трехчлене x2 + px + q рекомендуется выделить полный квадрат, т. е.

x2 + px + q = ³x + p´2 + µq ¡ p2 ¶

2 4

и сделать подстановку x + p=2 = z.

Пример 4.5. Найти Z

(x + 1) dx

(x2 + 4x + 5)2 = J:

Решение. Так как x2 + 4x + 5 = (x + 2)2 + 1, то полагая x + 2 = z, получаем

(z2 + 1)2

¡ Z

(z2 + 1)2

2 Z (z2 + 1)2 ¡

J =

z ¡ 1

dz =

z dz

(1 + z2) ¡ z2

dz =

1 d(z2 + 1)

¡ Z

+ Z

z2 dz

¡ arctg z + Z

z dz

= ¡

z ¢

z2 + 1

(z2 + 1)2

2(z2 + 1)

(z2 + 1)2

К оставшемуся интегралу применим формулу интегрирования по частям

	z dz	1			1
u = z; dv =		= d µ¡		¶ ) du = dz; v = ¡
	(z2 + 1)2		(z2 + 1)2		2(z2 + 1)

= ¡2(z2 + 1) ¡ arctg z + z

µ¡2(z2 + 1)

+ 2 Z

z2 + 1 =

= ¡

arctg z ¡

+ C =

2(z2 + 1)

x + 2

= ¡

arctg(x + 2) ¡

+ C =

2((x + 2)2 + 1)

= ¡

x + 3

arctg(x + 2) + C:

2(x2 + 4x + 5)

x dx

Пример 4.6. Найти (x + 1)(x2 + x + 1)2 .

Решение. Упростим интеграл, выделив в знаменателе полный квадрат x2 + x + 1 = µx + 12¶2 ¡ 14 + 1 = µx + 12¶2 + 34:

Полагая x + 1=2 = t, получим

x dx

dt (t ¡ 1=2)

(x + 1)(x2 + x + 1)2

(t + 1=¢2)(t2

+ 3=4)2

Далее имеем

t ¡ 1=2

Bt + C

Mt + N

(t + 1=2)(t2 + 3=4)2

t + 1=2

(t2 + 3=4)2

t2 + 3=4

Приведем к общему знаменателю и приравняем числители

2¶

t ¡ 2 = A µt2

+ 4¶

+ (Bt + C)

µt + 2

¶ + (Mt + N) µt2 + 4¶µt +

При t = ¡1=2, найдем ¡1 = A. Теперь составим систему для нахождения

других коэффициентов:
t4	0 = A + M
t4	0 = A + M
t2	0 =		3		A + B +				3			M +			1			N

				2						4						2			:
t1			1						3						3				:
			1						3						3
	1 =				B + C +							M +						N
	1 =			2	B + C +						8	M +					4	N
t0	1		9					1					3
	¡		=				A +		C +					N:
	¡	2	=			16	A +	2	C +				8	N:

Преобразуем ее, учитывая, что A = ¡1, M = 1

8 ¡

+ B +

N = 0

4B + 2N = 3

4N + 8C = 2

3 3

) ( 6N + 16C = 1

)

B + C +

N = 1

> 4B + 6N + 8C = 5

+ 2C + 8N = ¡

> 6N + 16C = 1

> ¡16

Отсюда>

имеем N = 3=2; C =

= 0. Итак,

1:2;

t ¡ 1=2

1=2

¡t + 3=2

(t + 1=2)(t2 + 3=4)2

t + 1=2 ¡ (t2 + 3=4)2

t2 + 3=4

Интегрируя, получим

(t ¡ 1=2) dt

t ¡ 3=2

dt =

(t + 1=2)(t2 + 3=4)2

t + 1=2

¡ 2 Z (t2 + 3=4)2 ¡ Z

t2 + 3=4

= Z

(t + 1=2

¡ 2 Z

(t2 + 3=4)2 ¡ Z

t2 + 3=4 +

2 Z

t2 + (p3=2)2 =

d t + 1=2)

t dt

= ln ¯t +

¯t2

¡ 2 ln

+ 2p¢ 3 arctg p3 ¡

(t2 + 3=4)2 :

В оставшемся¯

интеграле¯ ¯сделаем¯

замену

t =

tg u

) dt =

du:

2 cos2 u

(t2 + 3=4)2

= Z

2 cos2 u ¢ 9=16(1 + tg2 u)2 =

cos2 u

du cos4 u

cos2 u du =

Z (1 + cos 2u) du =

4 3

µu +

sin 2u¶

+ C =

Ãarctg p

! + C:

3 + 4t2

Окончательно

+ x + 1)2

= ln jx + 1j + ln px2 + x + 1 + p3 arctg 2 p3

(x + 1)(x2

x dx

x + 1

2x + 1

(4x + 2)4

arctg

+ C:

3(x2 + x + 1)

Примеры для самостоятельного решения

Разложить дробь на простейшие

7 ¡ 11x + 24x2

;

(x ¡ 3)2(x + 4)(x2 + 2x + 2)3

x3(x2 + 1)2(x + 43)

5x3 + 7x + 13

3x + 11

;

)(x

+ 1)(x ¡ 1)

+ 2x ¡ 3)

¡ 1)(x

(169 ¡ x

+ 1)

2x + 5x3 + 1

;

17 ¡ x3

(1 + x)(1 + x2)(1 + x3)

(x2 ¡ 4x + 4)(x2 ¡ 4x + 5)

Найти интегралы

;

8. Z

¡ 1;

9. Z

x4 ¡ 5x3

+ 6x2 ;

7. Z

(x + 1)2(x ¡ 1)

+ 1

(7x3

¡ 9) dx

10.

;

11. Z

x3 ¡ 1;

12.

x3 ¡ x2 ¡ 1;

(x ¡ 1)(x3

¡ 4x2 + 3x)

(x2

¡ 2x + 3) dx

x dx

(x4

+ 1) dx

x2 + x + 3

x5 dx

13.

dx;

14.

;

(x ¡ 1)2(x2 + 1)

(x3 + 1)(x2 + 8)

15.

;

16.

2x2 ¡ 5

;

6x3 ¡ 7x2 ¡ 3x

x4 ¡ 5x2 + 6

17.

x3 + x ¡ 1

;

18.

3x3 + x2 + 5x + 1

;

(x2 + 2)2

x3 + x

19¤. Z

;

20.

x5 + 1

dx.

x4 + x2 + 1

x4 ¡ 8x2 + 16

¤ Указание к 19: представить знаменатель в виде x4 + x2 + 1 = (x2 + 1)2 ¡ x2.

Ответы:

M1x + N1

M2x + N2

M3x + N3

;

x ¡ 3

x + 4

+ 2x + 2)

+ 2x + 2

(x ¡ 3)

Dx + E

Mx + N

;

+ 1

x + 43

+ 1)

+ E

;

13 ¡ x

13 + x

x + 1

x ¡ 1

x ¡ x + 1

(x ¡ 1)

x + 3

(x ¡ 1)

x ¡ 1

(x + 1)

(x + 3)

(x ¡ 1)

Kx + E

M1x + N1

M2x + N2

M3x + N3

;

(x + 1)

x + 1

+ 1

+ x + 1)

+ x + 1

Bx + C Mx + N

Mx + N

;

(x + 1)2

x + 1

x2 + 1

x2 ¡ x + 1

(x ¡ 2)2

x ¡ 2

x2 ¡ 4x + 5

¯¯

7.x +1 1 + 12 ln jx2 ¡ 1j + C; 8. 14 ln ¯¯¯xx ¡+ 11¯¯¯ ¡ 12 arctg x + C;

ln jxj + 20 ln jx ¡ 3j ¡

ln jx ¡ 2j + C;

1)(x

10.

+ ln

¡ x

+ C;

jx ¡ 1j

11.

arctg

2x + 1

+ C

;

px2 + x + 1

12.

(x + 1)2

+ ln

jx ¡ 1j

arctg x + C

;

px2 + 1

jx ¡ 1j

13.

"ln

+ arctg x ¡ (x ¡ 1)2

# + C;

+ 1

14.

¡8 ln jx3 + 8 ¡ ln jx3 + 1j¢ + C;

15.

ln jxj + C.

ln j3x + 1j +

ln j2x ¡ 3j ¡

16.

2p2

¯x + p2

2p3

¯x + p3

+ C

;

x ¡ p2

+ 1

x ¡ p3

x¯

ln(

x¯2

+ 2)

¯1

17.

;

arctg

+ C

4(x2 + 2)

4p2

18.

+ 7x +

ln jx ¡ 5j ¡

ln jx ¡ 1j + C;

1 x2 + x + 1

19.

+ C;

arctg

x2 ¡ x + 1

1 ¡ x2

20.	x2			33		127		31		129	ln jx + 2j + C.
			¡		+		ln jx ¡ 2j +		+
		2		16(x ¡ 2)		32		16(x + 2)		32

§ 5. Интегрирование некоторых иррациональных выражений

Основная идея при вычислении таких интегралов состоит в следующем: нужно сделать замену переменных, которая свела бы данный интеграл к интегралу от рациональной функции или табличному интегралу.

5.1. Интегралы вида
Z R(x; p			Z R(x; p				) dx;	Z R(x; p		) dx

	a2 ¡ x2	) dx;			x2 + a2				x2 ¡ a2
(где R рациональная функция) находятся с помощью тригонометрических
или гиперболических подстановок (см. замечание 2.1).
5.2. Интегралы вида Z				Ax + B
						dx находятся с помощью выделения

				x2 + px + q

в подкоренном выражении полного квадрата и заменой (x + p)=2 = t (см. 2.2

п. 3.2).

5.3. Интегралы вида Z

. Приводятся к интегралам ви-

(x ¡ a)

x2 + px + q

да 5.1 с помощью подстановки

= t. Мы рассматривали его в 2.2.

x ¡ a

m1=n1

ax + b

m2=n2

R Ãx; µ

ax + b

; : : : !dx, где R

5.4. Интегралы вида Z

;

cx + d

рациональная функция; m1, n1, m2, n2, : : : целые числа.

С помощью подстановки rn

ax + b

= t, где n наименьшее общее кратное

cx + d

чисел n1; n2; : : : , указанный интеграл преобразуется в интеграл от рациональной функции. Z p

5.5. Интегралы вида R(x; ax2 + bx + x) dx. Отметим, что квадратный трехчлен ax2 + bx + c не имеет совпадающих корней, иначе иррациональность просто исчезает. Интегралы такого вида приводятся к интегралам от рациональных дробей с помощью одной из двух подстановок Эйлера.

А) Первая подстановка Эйлера. Квадратный трехчлен не имеет вещественных корней, тогда a > 0. Введем новую переменную t, полагая

t + xpa = pax2 + bx + c:

Б) Вторая подстановка Эйлера. Применяется, когда трехчлен ax2 + bx + c имеет вещественные различные корни x1, x2. В этом случае новую переменную

t вводим так

ax2 + bx + c = t(x ¡ x1):

Пример 5.1. Найти интегралы

1 + p4

1 + x

а)

б)

в)

;

x + p

dx;

dx:

(2x + 1)2=3 ¡ (2x + 1)1=2

Решение. а) Наименьшее общее кратное степеней 2 и 3 радикалов, через кото- p

рые записана подынтегральная функция, равно 6, поэтому полагаем 6 2x + 1 = = t или 2x + 1 = t6, тогда (2x + 1)2=3 = t4; (2x + 1)1=2 = t3; dx = 3t5 dt, следо-

вательно,

t4 ¡ t3

t ¡ 1

(2x + 1)2=3 ¡ (2x + 1)1=2

3t5 dt

= 3

t2 dt

= 3

¡ 1 + 1

dt =

µt + 1 +

¶dt = 3(t2 + t + ln jt ¡ 1j) + C =

= 3

Возвращаемся к старой переменной

p p p

= 3( 3 2x + 1 + 6 2x + 1 + ln j 6 2x + 1 ¡ 1j) + C:

б) Наименьшее общее кратное степеней 2 и 4 радикалов, входящих в подынтегральную функцию, равно 4, поэтому полагаем x1=4 = t. Тогда x = t4;

dx = 4t3 dt и

Z	1 + p4 x
	x + px dx =

t4 + t2

+ 1

Z µ

t2 + 1

(1 + t)4t3 dt

= 4

+ t

dt = 4

1 +

t ¡ 1

dt =

= 4µZ

dt + Z

t2t+ 1 ¡ Z

t2 + 1¶:

Воспользуемся соответственно табличными интегралами I, IX, XIX. Тогда

x + px dx = 4 µt + 2 ln jt2 + 1j ¡ arctg t¶ + C =

1 + p4

= 4p4

+ 2 ln(1 + p

) ¡ 4 arctg p4

+ C:

в) Полагаем r

+ x

2t dt

= t. Тогда x =

, dx = ¡

t2 ¡ 1

(t2 ¡ 1)2

+ x

Z (t2 ¡ 1)2 ¢ t

2t dt

= ¡2 Z

dx =

t2 dt = ¡

t3 + C =

(t2 ¡ 1)2

= ¡2sµ1 + x¶3 + C:

Пример 5.2. Найти интегралы а)Z		dx		б)Z		dx
	x + p		;		1 + p		.
		x2 + x + 1				1 ¡ 2x ¡ x2

Решение. а) Квадратный трехчлен x2 + x + 1 не имеет действительных корней

(первая подстановка Эйлера), следовательно, положим

= t + x

x2 + x + 1

(a = 1). Отсюда 1 + x = t2 + 2tx )

x =

t2 ¡ 1

)

dx =

2t(1 ¡ 2t) + 2(t2 ¡ 1)

dt =

¡2t2 + 2t ¡ 2

dt:

2t)2

Тогда

= 2

(¡t2 + t ¡ 1) dt

= 2

t2 ¡ t + 1

dt =

x + px2

+ x + 1

Z (1 ¡ 2t)

³t +

2(t2¡1)

2t)(2

1¡2t

= 2 Z µ

3=2t

¶dt = t + 3 Z

t dt

(1 ¡ 2t)(2 ¡ t)

) t = A(2 ¡ t) + B(1 ¡ 2t):

(1 ¡ 2t)(2 ¡ t)

1 ¡ 2t

2 ¡ t

Полагая t = 2 и t = 1=2, получим B = ¡2=3; A = 1=3

= t + 3

2=3

¶dt = t +

¡ 2

= t

d(1 ¡ 2t)

+ 2

d(2 ¡ t)

= t

2t + 2 ln

t + C =

2 Z

1 ¡ 2t

2 ¡ t

¡ 2

¡ j

= x2 + x ¡ 1 ¡ x ¡ 2 ln ¯1 ¡ 2 x2 + x + 1 + 2x¯ +

¡ p

+ 2 ln

x +¯

+ C:

x + 1 + x

б) Подкоренное выражение¯ имеет вещественные¯различные корни ¡1¡p

¡1 + p

(вторая подстановка Эйлера). Положим p

= t(x + 1 + p

1 ¡ 2x ¡ x2

или

= t(x + 1 + p

¡(x + 1 + p

2)(x + 1 ¡ p

2):

Возведем в квадрат и выразим x.

¡(x + 1 + p

2)(x + 1 ¡ p

2) = t2(x + 1 + p

2)2

1 + p

= t2(x + 1 + p

x =

¡ 1 ¡ t2(1 + p

)

;

t2 + 1

¡4p

t dt

;

тогда dx =

1 + p

(t2 + 1)2

= 1 + t(x + 1 + p

1 ¡ 2x ¡ x2

2) или подставляя x, получим

1 + p1 ¡ 2x ¡ x2 = 1 + t Ã

2 ¡ 1 t¡2 + 1

+ 1 + p2! =

t2(1 + p

+ 2p

t + 1

= 1 +

+ 1

t + 1

Тогда

1 + p1 ¡ 2x ¡ x2

+ 1)2 ¢ t2

+ 2p2 t + 1

(t2

¡4p

t dt

+ 1

= ¡4p2 Z

(t2 + 1)(t2t+ 2p

t + 1)

Мы получили интеграл от правильной рациональной дроби. Поступим как обычно (см. 3.4)

At + B

(t2 + 1)(t + p

+ 1)(t + p

¡ 1)

t + p

+ 1

t + p

¡ 1

t2 + 1

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]