Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Высшая математика. Том 3. Элементы высшей алгебры. Интегральное исчисление функций одной переменной и его приложения. Учебник

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 115 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

	x
Пример 8.35. Найти интеграл I		dx .

x3	8

Решение. Разложим знаменатель на множители:

x3 + 8 = (x + 2)(x2 – 2x + 4).

Тогда

x	A	Bx C	.
x3 8
	x 2	x2 2x 4

Умножим обе части равенства на (х3 + 8):

х = А(х2 – 2х + 4) + (Вх + С)(х + 2).

По методу частных значений при х = –2 найдем А: –2 = 12А, А = –1/6. По методу сравнения коэффициентов получим:

0 A B;

: 0 4A 2C.

Следовательно, В = 1/6, С = 1/3. Тогда

1 1

x 2

dx .

6 x 2

2x 4

6 x

2x 4

Последний интеграл является интегралом от простейшей дроби III типа. Проделав соответствующие преобразования, получим

		x 2		1	2x 2 3				1 d x2 2x 4					dx
				2
			dx					dx					3
	2	2x 4		x		2	2x 4			x	2	2x 4		2
x								2						x 1	3

1 ln x2 2x 4 3arctg x 1 C .

Окончательно,
	1				1	ln x2 2x 4				arctg	x	1	.
I C		ln	x 2					3


6				12			6		3

Итак, интегрирование рациональной дроби сводится к интегрированию правильной рациональной дроби, которая раскладывается на сумму простейших дробей I-IV типа. Коэффициенты такого разложения можно найти либо методом неопределенных коэффициентов, либо методом частных значений, либо комбинацией этих двух методов. Интеграл от простейшей рациональной дроби раскладывается на сумму интегралов, отыскание которых рассмотрено выше.

8.5. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ ВЫРАЖЕНИЙ

Здесь мы рассмотрим только некоторые часто встречающиеся случаи интегрирования иррациональных выражений.

Интеграл от любой рациональной функции может быть вычислен в конечном виде. Иначе обстоит дело с интегралом от иррациональных функций. Здесь могут встретиться и так называемые «неберущиеся» интегралы, т.е. такие, которые не выражаются через элементарные функции. Рассмотрим только те случаи, в которых интеграл «берется», т.е. выражается в конечной комбинации элементарных функций.

Основной прием интегрирования состоит в отыскании такой замены переменной x t , которая приводит подынтегральное выражение к ра-

циональному виду. Этот прием называется рационализацией подынте-

грального выражения.

1. Рассмотрим интегралы вида

			ax b
R		k			(8.1)
R	x,		cx d	dx ,	(8.1)
			cx d

где R – рациональная функция аргументов х; k ax b / cx d ; k – натураль-

ное число; a, b, c, d – постоянные.

Положив (ax + b)/(cx + d) = tk подынтегральное выражение приведем к рациональному виду. Если под знак интеграла входит несколько радикалов, то надо выбрать такую замену, которая позволяет избавиться сразу от всех иррациональностей.

Пример 8.36. Найти интеграл I

2 x 1 x

Решение. Положим

x 1 t2;

dx 2tdt; тогда

1 x

2tdt

2arctgt C 2arctg

1 x C .

2 x

1 x

1 t

Пример 8.37. Найти интеграл

dx R x, x,3 x dx .

x1 3

Решение. Наименьшее общее кратное чисел 2 и 3 есть 6. Поэтому надо

положить 6

t . Тогда

t3, 3

t2, x t6, dx 6t5dt .

Преобразовав данный интеграл к новой переменной, получим

t6 t3 t4 t5dt

t5 t3 t2

I 6

dt 6 t

1 t

t4 6t 6arctgt C

6arctg6

5 3x

Пример 8.38. Найти интеграл

dx .

4 7x

Решение. Сделаем подстановку t2

5 3x

. Из указанной подстановки

определим x, а потом dx:

4 7x

5 – 3x = 4t2 + 7xt2;

3x + 7xt2 = 5 – 4t2; x(3 + 7t2) = 5 – 4t2;

5 4t2

;

3 7t2

8t 3 7t

2 14t 5 4t2

dt ;

3 7t2 2

94tdt

3 7t2 2

Поэтому

94t

5 3x

dt 94

4 7x

7t2 3

u t;

du dt;

tdt

147t

14 7t

147t

1 t

1 1 1

5 3x

arctg

4 7x

C .

5 3x 4 7x

arctg

5 3x

147

4 7x

2. Интегралы вида

(x)dx

(8.2)

ax2

bx c

Pn(x) – многочлен степени n, где можно найти по формуле Остроградского

P (x)dx

ax2

Qn 1(x)

bx c λ

bx c

ax2

ax2 bx c

где Qn-1(x) – многочлен степени n-1 с неопределенными коэффициентами;– число, подлежащее определению.

Для нахождения неопределенных коэффициентов и числа нужно формулу Остроградского продифференцировать по х, затем умножить обе части

полученного равенства на ax2 bx c и сравнить коэффициенты при одинаковых степенях х.

Отметим, что интеграл, стоящий справа приводится к табличному путем выделения полного квадрата под знаком радикала.

Пример 8.39. Найти интеграл I

dx.

x2 2x 3

Решение. Запишем формулу Остроградского

x2 1

dx Ax B

3 λ

x2 2x 3

Дифференцируем по х обе части, применяя свойство неопределенного интеграла, состоящее в том, что производная от неопределенного интеграла равна подынтегральной функции:

x2 1

Ax B

x 1

x2 2x 3

Умножим на

x2 2x 3 :

x2 + 1 = A(x2 + 2x + 3) + (Ax + B)(x + 1) + .

Приравняв коэффициенты при одинаковых степенях х, получим систему

x2 : 1 2A;

0 3A B;

x0 : 1 3A B .

Ее решение: А = 1/2, В = –3/2, . Следовательно,

x 1

x 3 x2 2x 3

x2 2x 3

x 1 2 2

1 x 3 x2 2x 3 ln x 1 x2 2x 3 C. 2

Формулой Остроградского обычно пользуются, когда n 2. Если в числителе стоит многочлен первой степени (n = 1), то достаточно выделить в нем производную подкоренного выражения, а затем под корнем выделить полный квадрат (аналогично интегрированию простейшей дроби III типа).

3x 2

Пример 8.40. Найти интеграл I dx .

x2 6x 4

Решение. Производная подкоренного выражения равна 2х + 6. Поэтому

(2x 6) 7

3 d x2 6x 4

6x 4

x 3

x2 6x 4 7ln

x 3

x2 6x 4

Pn(x)dx

3. К интегралам вида

легко приводятся интегралы вида

ax2 bx c

Pn (x)

ax2

bx cdx.

(8.3)

Действительно, перенося иррациональность в знаменатель, получим

Pn (x)ax2 bx cdx= Pn x a2x bx c dx .

a2x bx c

4.Интегралы вида

(8.4)

x k (х k)

ax2 bx c

тоже сводятся к виду

Pn(x)dx

подстановкой x k 1/t.

ax2 bx c

Пример 8.41. Найти интеграл

x2 5

Решение. Этот интеграл принадлежит к рассматриваемому типу: k = 0,

p = 1; a = 1; b = 0; c = 5.

Применим подстановку

;

dt . Подставляя эти значения в

подынтегральную функцию, получим

x x2 5

1 5t2

5 5t2 1

1				d				t			1
							5
							5						5t 5t		2		C =
												ln				1
												ln				1
							2
							2
5					5t				1		5
1			5			5				C	1			5		x2 5		C .
	ln								1				ln
	ln	x				x2			1				ln		x
5		x				x2					5				x

5. Рассмотрим интегралы вида

xm a bxn p dx,

(8.5)

где m, n, p – рациональные числа.

Такие интегралы называются интегралами от дифференциальных биномов, и, как доказал П.Л.Чебышев, выражаются через элементарные функции только в трех случаях:

1)p – целое, тогда данный интеграл сводится к интегралу от рациональной функции с помощью подстановки x = ts, где s – наименьшее общее кратное знаменателей дробей m и n;

2)(m + 1)/n – целое число, в этом случае интеграл приводится к интегралу от рациональной функции подстановкой a + bxn = ts, где s – знаменатель дроби p;

3)(m + 1)/n + p – целое число, в этом случае к той же цели ведет подстановка ax–n + b = ts, где s – знаменатель дроби p.

		Пример 8.42. Найти интеграл																		dx				.

																							10
																			4			1
		Решение.																x	4		x	1
		Решение.				Подынтегральную										функцию можно записать в виде
	1		1	10					1				1
x	2 x4			1	,	т.е.	m		1	;	n		1	;	p 10.								Здесь p – целое, значит имеем
x	2 x4			1	,	т.е.	m			;	n			;	p 10.								Здесь p – целое, значит имеем
							2					4

первый случай и делаем подстановку x t4.																							Тогда dx = 4t3dt и искомый ин-
теграл принимает вид
								dx									4t3dt								tdt
																							4			.
											10					2				10					10
											10					2				10					10
						x 4 x 1								t			t 1								t 1

Теперь в последнем интеграле в числителе подынтегральной функции прибавим и вычтем 1, затем поделим почленно на знаменатель и разобъем интеграл на два интеграла:

tdt

t 1 1

t 1

t 1 9 d t 1 t 1 10 d t 1

C .

8 t 1 8

9 t 1 9

Таким образом,

		dx				1					4			C .

				10				8					9
	x 4			10	2 4			8		9 4			9
	x 4		x 1		2 4		x 1			9 4	x 1
								x3dx
Пример 8.43. Найти интеграл												.
Пример 8.43. Найти интеграл						1 x2						.
						1 x2			1 x2

Решение. Перепишем подынтегральную функцию в виде x3 1 x2 2 , то-

гда m 3, n 2, p 3 . Так как (m + 1)/n = (3 + 1)/2 = 2 – целое, то имеет

место второй случай.

Используем подстановку 1 – x2 = t2, тогда –2xdx = 2tdt, xdx = –tdt, x2 = 1 – t2. Следовательно,

1 t

x3 1 x2

2 dx 1 t2 t 3 tdt

t2 1

2 x2

C .

1 x2

Пример 8.44. Найти интеграл

, x 0.

1 x2

Решение. Перепишем подынтегральную функцию в виде x 4 1 x2 2 .

Здесь m = –4, n = 2, p = –1/2. Так как (m + 1)/n + p = (–4 + 1)/2 – 1/2 = –2 – це-

лое число, то это третий случай интегрируемости дифференциального бинома. Полагаем x-2 + 1 = t2, тогда –2x–3dx = 2tdt, x–3dx = –tdt. Преобразуем инте-

грал:

x 4

1 x2

2 dx x 4

x2 x 2

2 dx

1 x2

x 2 x 2

2 x 3dx t2 1 t 1tdt t2

1 dt t

2x2 1

x 2 1 3

1 x2 3

1 x2

3x3

8.6. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ

Рассмотрим некоторые интегралы от тригонометрических функций и методы их интегрирования.

Интегралы вида R sin x,cosx dx, где R – рациональная функция сину-

са и косинуса, приводятся к интегралам от рациональных функций с помо-

щью так называемой универсальной тригонометрической подстановки

tg x t х .

Известно, что все тригонометрические функции выражаются рациональ-

но через tg x с помощью формул

2tg

1 tg

1 t

sin x

cosx

;

2 x

1 t2

2 x

1 tg

1 t

arctgt;

x 2arctgt;

2dt

1 t2

Таким образом,

R sin x,cosx

1 t

2dt

R (t)dt,

1 t

где R1(t) – есть новая рациональная функция аргумента t, т.е. рациональная дробь.

Пример 8.45. Найти интеграл

sin x

Решение. Реализуем прием универсальной тригонометрической под-

становки:

2dt

t tg

1 t2

C ln

sin x

1 t2

Пример 8.46. Найти интеграл

;

cosx

Решение.

В подынтегральном выражении заменим dx на

d x

, а

cosx на sin x

по формуле приведения тригонометрических функций, в

результате получим интеграл, найденный в примере 8.45:

d x

C .

cosx

sin x

Пример 8.47. Найти интеграл

4 5sin x 3cosx

Решение. Сделаем универсальную тригонометрическую подставку:

																											2dt
					dx																																							2dt																							dt
					dx																					1 t				2														2dt																							dt
																																																								2
																															31 t								2								2									2								2
																									5 2t														2								2	10t						7										2
	4 5sinx 3cosx																			4					5 2t																			t				10t						7					t					5					18
																				4												1 t2
																								1 t2								1 t2
																																																tg			x		5 3

																																																												2
			2					1					ln					t 5								18			C												1				ln				2															C .
			2										ln																C																ln																			C .
																2 18	t 5 18																													3 2	tg			x		5 3
																2 18	t 5 18																													3 2	tg			x		5 3									2
																																																	2
	Пример 8.48. Найти интеграл																																			dx							.

																																								x
																														sin3										x
	Решение. С учетом подстановки t tg																																								x		запишем
	Решение. С учетом подстановки t tg																																										запишем
																																										2
																	2dt														1 t									2
			dx																							1												2										1						1 2t				2			t			4
														1 t						2																		2																				2						4
														1 t																													dt
					3		x										2t				3					4									t	3							dt					4									t	3								dt
		sin					x										2t									4									t													4									t


												1 t
1		1 2										1								1															t2														1					1									x		1				2		x


						t dt																		2ln					t								C																				ln		tg									tg				C.
						t dt																		2ln					t								C																				ln		tg									tg				C.
	4	t3		t								4							2t2											2																					2 x			2						2					8 2
	4	t3		t								4							2t2											2																					2 x			2						2					8 2
																																															8tg
																																																	2
	Пример 8.49. Найти интеграл																																			dx							.

																																								x
																														cos3										x																																	π
	Решение. Воспользуемся результатом примера 8.48, заменив х на x																																								.																																π
																																									.
																																																																								2
											π																							π
Тогда dx = d x												;			cosx							= sin					x												. В результате
Тогда dx = d x												;			cosx							= sin					x												. В результате
											2																								2
													π
dx							d		x																			1														1						x							π			1						2 x						π
dx												2																1														1						x							π			1						2 x						π		C .
																																											ln			tg																tg
																																											ln			tg																tg
														π													x						π									2						2							4			8							2					4
cos3 x									3					π												2	x						π									2						2							4			8							2					4
			sin							x													8tg					2
												2																2		4
																																																																								49

		x
Однако универсальная тригонометрическая подстановка	t tg		не

		2

всегда бывает целесообразна, так как часто приводит к громоздким выкладкам из-за того, что при ее применении sinx и cosx выражаются через t в виде рациональных дробей, содержащих t2.

В некоторых случаях нахождение интегралов вида R sin x,cosx dx мо-

жет быть существенно упрощено, если использовать другие подстановки:

1)если R(sinx, cosx) – нечетная функция относительно sinx, т.е. если R(–sinx, cosx) = –R(sinx, cosx), то интеграл рационализируется подстановкой t = cosx;

2)если R(sinx, cosx) – нечетная функция относительно cosx, т.е. если R(sinx, –cosx) = –R(sinx, cosx), то интеграл рационализируется подстановкой t = sinx;

3)если R(sinx, cosx) – четная функция относительно sinx и cosx, т.е. если R(–sinx, –cosx) = R(sinx, cosx), то к цели приводит подстановка t = tgx

	sin x sin3 x dx
Пример 8.50. Найти интеграл		.

	cos2x

Решение. Так как подынтегральная функция нечетная относительно си-

нуса, то полагаем t = cosх. Отсюда sin2x = 1 – t2, cos2x = 2cos2x – 1 = 2t2 – 1, dt = –sinxdx. Таким образом

sin x sin3

x dx

1 sin2

x sin xdx

2 t2 dt

1 2t2

cos2x

2cos

x 1

2 2t

3 dt

3 d

t 1

2 2 2 2t

2 2 2

2t 1

cosx

cosx 1

C .

t cosx

2cosx 1

cos3 x cos5 x dx

Пример 8.51. Найти интеграл

sin

x sin

Решение. Здесь подынтегральная функция является нечетной относи-

тельно cosx. Поэтому

применим

подстановку t = sinx, тогда

cos2 x 1

sin2 x 1 t2,

dt cosxdx. Следовательно,

cos3 x cos5 x dx

cos2 x1 cos2 x cosxdx

sin

1 t2 2 t

2 dt

t4 3t2 2

dt .

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 115 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]