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 4 56 / 66

Приведем к общему знаменателю и приравняем числители

³ p ´³ p ´ ³ p ´ t = (At + B) t + 2 + 1 t + 2 ¡ 1 + C(t2 + 1) t + 2 ¡ 1 +

+ D(t2 + 1) ³t + p

+ 1´:

Полагая t = ¡ 2 ¡ 1 и t = ¡ 2 + 1, получим C =

; D = ¡

t0 ¯

0 = B + C(p2 1) + D(p2 + 1)

B = 1 :

0 = A + C + D ) A = 0

)

Таким образом,¯

¡4p2 Z

(t2 + 1)(t2t+ 2p

t + 1)

= ¡4p2 Z

Ãt22+2

1 +

4p2 t + p2 + 1 ¡ 4p2 t + p2 ¡ 1!dt =

= ¡2 Z

¡ Z

d t + p

+ 1)

+ Z

d(t + p

(t + p

+ 1

t + p

¡¡1

t2 + 1

= ¡2 arctg t ¡ ln jt +

2 + 1j + ln jt + 2 ¡ 1j + C =

¯t + p2 + 1

= ln

t + p2 ¡ 1

2 arctg t + C

Вернемся к старой переменной:¯

1 + p1 2x x2

= ln

1 ¡ x + p

1 ¡ 2x ¡ x2

2 arctg

1 + p

1 ¡ 2x ¡ x2

+ C:

Примеры для самостоятельного решения

Найти интегралы

+ 2

1 ¡ x

x + 1

1. Z 1 + p3 x

;

2. Z r1 + x

1 + x;

(x + 1)2 ¡ px + 1

;

4. Z p1 ¡ 2x ¡ p4 1 ¡ 2x;

¢ r

;

6. Z (1 + p3 x)px;

x + 1

x ¡ 1

Z xr

;

Z r

;

9. Z x(1 + 2px + p3

x);

1 + x x

x ¡ 2

1 ¡ x

+ x

x dx

10.

x +¢ p322 + x

dx;

11.

+ 3

;

12.

(3x ¡ 1)p

3x ¡ 1

6p6

Ответы:

2px + 6px + C

+ 2 arctg

+ C

;

2. ¡

r1 + x

;

r1 + x

(px + 1 ¡ 1)2

2px + 1 + 1

arctg

+ C

p¯

¡ p3

;

¯x + 2 + px + 1

2 ln

+ C;

0;5p

6. 6p6

¡ 6 arctg p6

+ C;

x2 ¡ 1(x ¡ 2) + 0;5 ln jx + px2 ¡ 1j + C;

7. ¡

Ãj jµ

¡ r

;

x ¡ 2

ln x 1

x ¡ 2

+ C

r1 + x;

puj2

+¡u +j

, где

+ p

arctg

1 + 2u2

+ C

u =

1 ¡ x

xp3

arctg

4 ¢ p6

¡ 1

+ C

;

(1 + p6 x)2(1 ¡ p6 x + 2p3 x)3 ¡ 2p7

3 4

3 2

2t + 1

+ C, t =

x + 1;

10.

ln jt ¡1j+

ln jt

+ t + 2j¡

arctg

11. 0;5x ¡ 2px + 2;25 ln j2px + 3j + C;

12. 9

µp3x ¡ 1 ¡ p3x ¡ 1

+ C.

6 Интегрирование тригонометрических выражений

вида R(sin x; cos x) dx

Основным приемом интегрирования выражений, содержащих тригонометрические функции состоит в том, что путем замены переменных мы приводим

этот интеграл к интегралу от рациональной функции.
6.1. Универсальная подстановка tg	x	= t, x = 2 arctg t, dx =	2 dt	)

	2		1 + t2

)	sin x =	2t	; cos t =	1	¡ t2	:
		1 + t2		1	+ t2

Отметим, что использование универсальной подстановки приводит к громоздким подынтегральным функциям. Поэтому в некоторых частных случаях используют другие подстановки.

6.2. а) Если R(¡ sin x; cos x) ´ ¡R(sin x; cos x), то есть нечетная функция относительно синуса, то используют подстановку t = cos x;

б) Если R(sin x; ¡ cos x) ´ ¡R(sin x; cos x), то есть нечетная функция относительно косинуса, то подстановка t = sin x;

в) Если R(¡ sin x; ¡ cos x) ´ R(sin x; cos x), то есть четная функция относительно синуса и косинуса, то подстановка t = tg x, (x 2 (¡¼=2; ¼=2))

	t		1				dt
) sin x = p		;	cos x = p		;	dx =		:
							1 + t2
	1 + t2			1 + t2
6.3. Интегралы вида Z	sinm x cosn x dx (m, n целые числа) а) m и n

четные положительные числа, то применяют формулы понижения степени:

cos2 ® =	1	(1 + cos ®);	sin2 ® =	1	(1 ¡ cos 2®):

	2			2

б) m и n такие, что по крайней мере одно из них нечетное, например,

n = 2p + 1. Тогда
Z	sinm x ¢ cosn x dx = Z		sinm x ¢ cos2p x ¢ cos x dx =
=	Z	sinm x(1 ¡ sin2 x)p d(sin x) = Z		tm(1 ¡ t2)p dt

получим интеграл от рациональной функции (t = sin x).

в) если оба показателя четные, но хотя бы один из них отрицательный, то предыдущие рассуждения не проходят. В этом случае следует сделать замену

tg x = t.
6.4. Интегралы вида		Z		Z
Z	cos mx cos nx dx;	Z	sin nx cos mx dx;	Z	sin nx sin mx dx:

Для вычисления этих интегралов используют известные тригонометрические

формулы				£cos(m + n)x + cos(m ¡ n)x¤;
cos mx ¢ cos nx = 2				£cos(m + n)x + cos(m ¡ n)x¤;
			1
cos mx ¢ sin nx = 2				£sin(m + n)x ¡ sin(m ¡ n)x¤;
			1
sin mx ¢ sin nx = 2			£¡ cos(m + n)x + cos(m ¡ n)x¤:
		1
6.5. Интегралы вида Z	tgm x dx;				Z	ctgm x dx;

где m целое положительное число. Вычисляются с помощью формулы

tg2 x =	1	¡ 1 или	ctg2 x =	1	¡ 1:

	cos2 x			sin2 x

Разберем примеры, иллюстрирующие указанные выше методы вычисления

интегралов от тригонометрических выражений.

Пример 6.1. Найти интегралы

а)

;

б)

;

в)

(sin

x + sin3 x) dx

1 + sin x + cos x

3 + 5 cos x

cos 2x

Решение. а) Полагая tg

= t, будем иметь

= Z

2 dt

1 +

1 + sin x + cos x

1 +

1 ¡ t2

1 + t2

= Z

x¯

1 + tg

+ C:

1 + t = ln j1 + tj + C = ln

б) Сделаем универсальную подстановку tg

= t. Получаем¯

3 + 5 cos x = Z

1 + t2

= 2 Z

= Z

(1 + t2)

32+

5(1 ¡ t2)

8 ¡ 2t2

4 ¡ t2

= 4 ln ¯t

+ C = 4 ln ¯tg(x=2)

+ C:

t + 2

tg(x=2) + 2

в) Подынтегральная функция нечетна относительно синуса, поэтому полагаем cos x = t (см. 6.2 а).

Отсюда sin2 x = 1 ¡ t2, cos 2x = 2 cos2 x ¡ 1 = 2t2 ¡ 1, dt = ¡ sin x dx. Таким

образом,

sin x + sin3 x

dx =

(1 + sin2 x) sin x

dx =

(2 ¡ t2)(¡dt)

2t2 ¡ 1

cos 2x

2 Z

2t2

¡ 1

2t2

¡ 1

2t2 ¡ 1

¡ 2

dt =

2t2

¡ 4

dt =

(2t2

¡ 1) ¡ 3

dt =

dt ¡ 2 Z

= 2 Z µ1 ¡ 2t2

¡ 1¶dt = 2 Z

2t2 ¡ 1 =

¡ 2p2 Z

(p2 t)2

¡ 2p2 ¢

¯p2 t + 1

d(p

t ¡ 1

+ C =

cos x

¡ 4p2

¯p2 cos x + 1

cos x

+ C:

Пример 6.2. Найти интегралы

cos3 x + cos5 x

а)

dx; б)

;

в)

sin2 x + sin4 x

cos3 x

sin2 x + 2 sin x ¢ cos x ¡ cos2 x

Решение. а) Здесь подынтегральная функция является нечетной относительно косинуса. Поэтому применяем подстановку sin x = t; тогда

	cos2 x = 1 ¡ sin2 x = 1 ¡ t2; cos x dx = dt:
Следовательно,
Z	cos3 x + cos5 x	dx =	Z	cos2 x(1 + cos2 x) cos x dx	=	Z	(1	t2)(2 ¡ t2) dt	:
				sin2 x(1 + sin2 x)				¡t2(1 + t2)
	sin2 x + sin4 x

Мы получим интеграл от рациональной дроби (неправильной). Выделим целую часть

	t4 − 3t2 + 2	t4 + t2
–
	t4 + t2	2		+ 2
		1 +	−4t
	− 4t2 + 2		t4 + t2

Поэтому
	t4 ¡ 3t2 + 2	= 1	4t2 ¡ 2	:
	t2(t2 + 1)		¡ t2(t2 + 1)

Разложим полученную правильную дробь на простейшие и найдем коэффици-

енты:

4t2 ¡ 2

Mt + N

;

t2(t2 + 1) t2

t2 + 1

4t2 ¡ 2 = A(t2 + 1) + Bt(t2 + 1) + (Mt + N)t2;

t = 0 ) ¡2 = A ) A = ¡2;

0 = B + M ) M = 0

A = 6

4 = A + N

)

N = 4

0 = B

Имеем

¯t4 ¡ 3t2 + 2

= 1

¡2

¡ t2

t2 + 1

t2(t2 + 1)

и значит

(1 ¡ t2)(2 ¡ t2)

dt = t

+ 6 arctg t + C:

¡ t

t2(1 + t2)

Окончательно получаем

cos3 x + cos5 x

dx = sin x ¡

+ 6 arctg(sin x) + C:

sin2 x + sin4 x

sin x

б) Подынтегральная функция нечетна относительно косинуса, поэтому по-

лагаем sin x = t ) dt = cos x dx и
Z	dx	= Z	cos x dx	= Z	dt	:

	cos3 x		cos4 x		(1 ¡ t2)2

Используем метод неопределенных коэффициентов, найдем разложение дроби на простейшие

;

)

1 ¡ t

(1 + t)

1 + t

(1 ¡ t

(1 ¡ t)

(1 + t)

(1 ¡ t)

1 = A(1 + t)2 + B(1 ¡ t)(1 + t)2 + C(1 ¡ t)2 + D(1 + t)(1 ¡ t)2;

Полагая t = 1, t = ¡1, получим A = C = 1=4.

0 = ¡B + D

) D = B

1 = A + B + C + D

)

1 =

+ B +

+ B

)

B =

= D:

Тогда

Z µ

¶dt =

cos3 x

(1 ¡ t2)2

1 ¡ t

(1 ¡ t)2

1 + t

(1 + t)2

d(1

d(t + 1)

·¡

¡ (1 ¡ t)¡2 d(1 ¡ t) +

t + 1

¡ Z (1 + t)¡2 d(1 + t)¸ =

·¡ ln j1 ¡ tj +

+ ln jt + 1j ¡

¸ + C =

1 ¡ t

1 + t

·ln ¯

sin x + 1

¯ +

¸ + C =

sin x

1 + sin x

2 sin x

sin¯

x + 1

·ln

+ sin2

¸ + C:

= 4

¯sin x

в) Подынтегральная функция¯

четна¯относительно и синуса и косинуса, по-

этому полагаем tg x = t. Отметим, что вычисление интеграла можно упро-

стить, если числитель и знаменатель разделить на cos2 x:

= Z

cos2 x

sin2 x + 2 sin x cos x ¡ cos2 x

tg2 x + 2 tg x ¡ 1

tg x + 1 ¡ p

d(tg x)

+ C:

tg2 x + 2 tg x

(tg x + 1)2

¯tg x + 1 + p2

2p2

Пример 6.3. Найти интегралы

	а)	Z	sin4 x ¢ cos5 x dx;		б)	Z	cos2 3x ¢ sin4 3x dx;
			Z	tg4 x dx;		Z	sin 9x ¢ sin x dx:
			в)	tg4 x dx;	г)		sin 9x ¢ sin x dx:
Решение. а) Это интеграл вида п. 6.3 случай б). Поэтому имеем
Z	sin4 x ¢ cos5 x dx = Z			sin4 x ¢ cos4 x ¢ cos x dx = Z sin4 x cos4 x d(sin x) =
	Z				Z

=sin4 x(1 ¡ sin2 x)2 d(sin x) = sin4 x(1 ¡ 2 sin2 x + sin4 x) d(sin x) =

= Z

sin4 x d(sin x) ¡ Z

2 sin6 x d(sin x) + Z

sin8 x d(sin x) =

sin5 x

¡ 2

sin7 x

sin9 x

+ C:

б) Это интеграл вида 6.5. Используем формулу tg2 x =

¡ 1. Тогда

cos2 x


Z tg4 x dx = Z		µcos2 x ¡ 1¶		¢ tg2 x dx = Z		tg2 xcos2 x ¡ Z				tg2 x dx =
		1						dx
= Z	tg2 x d(tg x) ¡ Z µ			1	¡ 1¶dx =		tg3 x		¡ tg x + x + C:
= Z	tg2 x d(tg x) ¡ Z µ		cos2 x		¡ 1¶dx =		3		¡ tg x + x + C:

в) Используем формулу

sin 9x ¢ sin 3x = 12¡¡ cos 12x + cos 6x¢;

тогда

sin 9x ¢ sin 3x dx =

Z (¡ cos 12x + cos 6x) dx =

= ¡

cos 12x dx +

sin cos 6x dx = ¡

sin 12x +

sin 6x + C:

Примеры для самостоятельного решения

Вычислить интегралы

cos3 x sin2 x dx;

sin4 x dx;

sin5 x ¢ p3

dx;

cos x

;

ctg3 x dx;

;

sin2 x cos4 x

sin(x=2) cos3(x=2)

sin 3x cos 5x dx;

sin x ¢ sin 2x ¢ sin 3x dx;

9.	Z	dx		;	10.		Z		cos 2x dx		;

		8 ¡ 4 sin x + 7 cos x							cos4 x + sin4 x
	Z	dx				Z			dx
11.			;		12.					;
		3 sin2 x + 5 cos2 x						5 + 4 sin x

13.

4 ¡ 3 cos2 x + 5 sin2 x;

14.

p3 tg x;

15.

cos x ¢ p3

sin x;

16.

tg7 x dx;

17.

;

18.

tg x

;

a2 sin2 x + b2 cos2 x

sin x cos x

x dx

19.

tg3

+ tg4

dx;

20.

cos

sin2 x 6 sin x + 5

Ответы:

sin3 x

sin5 x

+ C;

sin 2x

sin 4x

+ C;

3p3

3 p3

3. ¡

x ¡

x + C;

cos

x +

cos

4. tg x +

tg3 x

¡ 2 ctg 2x + C;

5. ¡

ctg2 x

¡ ln j sin xj + C;

cos 8x

cos 2x

+ 2 ln ¯tg

¯ + C;

+ C;

cos2(x=2)

tg(x=2)

cos 6x

cos 4x

cos 2x + C

;

+ C

;

8. 24

¡ 16

2 tg(x=2)

¯p

2 + sin 2x

3 tg x

10.

ln p

¡ sin 2x

+ C;

11. p

arctg µ

¶ + C;

12.

arctg

5 tg(x=2) + 4

+ C

13.

arctg(3 tg x) + C;

(z2 + 1)2

2z2

¡ 1

z = p3

14.

arctg

, где

;

tg x

z4 ¡ z2 + 1

1 ln

(1 + sin x)

p3 arctg 1 ¡

x + C

(1 + psin x)

sin

15.

p3 sin x)3(1

sin x)

p3 sin x

;

tg6 x¯

tg4 x

tg2 x

a tg x

16.

+ ln j cos xj + C;

17.

arctg

+ C;

18. 2ptg x + C;

19. 2 tg2

3 + tg3

3 ¡ 3 tg 3

+ 3 ln

¯cos 3

+ x + C;

20. 4 ln

1 ¡¡ sin x + C.

sin x

Литература

[1]Гаврилова Р. М., Костецкая Г. С. Интегральное исчисление функции одной переменной: учебное пособие. Ростов н/Д, 2008.

[2]Гаврилова Р. М., Костецкая Г. С., Карапетянц Н. К. Определенный интеграл. Приложения. Ч. 2: методические указания для студентов 1 курса физического факультета. Ростов н/Д: УПЛ РГУ, 2003.

[3]Гаврилова Р. М., Говорухина А. А., Карташева Л. В., Костецкая Г. С., Радченко Т. Н. Приложения определенного интеграла: методические указания и индивидуальные задания для студентов 1 курса физического факультета. Ростов н/Д: УПЛ РГУ, 1994.

[4]Демидович В. П. Задачи и упражнения по математическому анализу (для втузов). М.: Астрель-аст, 2002.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 66

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]