Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Черноморский государственный университет им. Петра Могилы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Вища математика.pdf

Скачиваний:

124

Добавлен:

23.03.2015

Размер:

3.55 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 2324 / 4024 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 > Следующая >>>

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Розділ VI. Інтегральне числення

§6.1. Первісна функція. Невизначений інтеграл. Таблиця невизначених інтегралів

Знаходження функції F(x) по відомому її диференціалу dF(x) = f(x)dx (або по відомій її похідній F '(x) = f(x)), тобто дія, обернена дифе+ ренціюванню, називається інтегруванням, а шукана функція F(x) —

первісною функцією від заданої функції f(x).

Будь+яка неперервна функція f(x), має нескінчену множину різних первісних функцій, які відрізняються одна від другої сталим

доданком: якщо F(x) є первісна від f(x), тобто якщо F '(x) = f(x), то і F(x) + С, де С — довільна стала, є також первісна від f(x), так як (F(x) C)' = F '(x) = f(x). Загальний вираз F(x) + С сукупності всіх первісних від функції f(x) називається невизначеним інтегра,

лом від цієї функції і позначається знаком H:

H f (x)dx = F(x) + С,			якщо	d(F(x) + С) = f(x)dx.	(6.1)
Властивості невизначеного інтеграла:
1.	H f (x)dx 'x	f (x)	або	d H f (x)dx f (x)dx .	(6.2)
2.	'		або	HF (x)dx = F(x) + С.	(6.3)
	HF (x)dx = F(x) + С
3.	Hkf (x)dx = kH f (x)dx ,				(6.4)

тобто сталий множник можна виносити за знак інтеграла.

4. H( f1 (x) f2 (x) f3 (x))dx = H f1 (x)dx + H f2 (x)dx – H f3 (x)dx , (6.5)

тобто інтеграл від алгебраїчної суми дорівнює алгебраїчній сумі інтег+ ралів від всіх доданків.

368

Розділ VI. Інтегральне числення

6.1.1. Основні формули інтегрування

	Hvn dv =					vn 1
1.							+ C, n 1.
1.						n 1	+ C, n 1.
1'.		Hdv = v + C.
2.	H	dv	= ln\|v\| + C.
2.	H	v	= ln\|v\| + C.
		v
3.	Hsin vdv = –cos v + C.
4.	Hcos vdv = sin v + C.
5.	H	dv			= tg v + C.

		cos	2	v
		cos		v

6. H sin2 v = –ctg v + C.

7. Htg vdv = – ln|cos v| + C.

8. Hc tg vdv = ln|sin v| + C.

9. Hav dv =	av	+ C.
	ln a

9'. Hev dv = e v + C.

10.

arctg

+ C.

v a

11.

+ C.

v a

11'. H

a v

+ C.

a v

369

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

12.

= arcsin

+ C.

13.

= ln| v

v2 ) a2

| + C.

) a

14.

= ln

+ C.

sin v

15.

= ln

+ C.

H cos v

16.

a2 v2 dv =

a2 v2 +

arcsin

+ C.

17.

v2 ) a2 dv =

v2 ) a2

)

ln| v

v2 ) a2 | + C.

В цих формулах а — стала, v — незалежна змінна або будь+яка (диференційовна) функція від незалежної змінної.

370

Розділ VI. Інтегральне числення

§6.2. Методи інтегрування

6.2.1.Метод безпосереднього інтегрування. Розв’язання прикладів

Знайти інтеграли.

									1
Приклад 6.1. H xdx = Hx											dx представляє формулу (1) при
Приклад 6.1. H xdx = Hx										2	dx представляє формулу (1) при
v = x, n =	1	. Згідно цієї формули маємо
v = x, n =	2	. Згідно цієї формули маємо
	2
		1					1	1	3
								1
					x 2							x 2			2
		Hx		dx =					C							x3 + С.
			2											+ С =
					1									+ С =	3
					1	1							3		3
					2	1			2

Приклад 6.2. H(x 5)7dx представляє формулу (1) при v = x + 5; dv = dx; n = 7, згідно якої маємо:

				H(x 5)7dx =							(x 5)7 1					+ С =				(x 5)8						+ С.
				H(x 5)7dx =												+ С =										+ С.
													7 1								8
Приклад 6.3. H 5 (3x 4)2 dx представляє формулу (1) при
											2
v = (3x – 4); dv = 3dx; n =														, згідно якої маємо:
v = (3x – 4); dv = 3dx; n =												5		, згідно якої маємо:
			2				1								2											2	1
			2												2				1 (3x 4)5
H										H(3x 4)5 3dx									1 (3x 4)5
	(3x 4)5 dx						=											=										+ C =
									3
									3										3		2			1
																						5		1
						7
		1 (3x 4)5									7
											5		(3x 4)										5		5	(3x 4)7 + C.
=								+ C =									5	+ C =
=		3			7			+ C =									5	+ C =
		3			7						21										21
			5

371

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Приклад 6.4. H

xdx

представляє формулу (2) при v = 36 –

36 5x

5х2; dv = (36 5x

2 )' dx = –10x dx, згідно якої маємо

xdx

10xdx

ln|36 – 5x2| + C.

36 5x

Приклад 6.5. H

представляє формулу (10) при v = x

5 ;

dv = 5 dx, a = 6. Згідно цієї формули маємо:

5dx

36 5x

(x 5)

arctg

+ C =

arctg

+ C.

Приклад 6.6.

представляє формулу (11) при v = x

5 ;

H 5x

2 36

dv = 5 dx, a = 6. Згідно цієї формули маємо:

5dx

5 6

+ C =

5 2 6

x 5

5 6

+ C.

5 6

Приклад 6.7. H

представляє формулу (12) при v = 6x;

5 36x

dv = 6dx, a = 5 , згідно цієї формули маємо:

= H

6dx

5 36x

( 5)2 (6x)2

372

Розділ VI. Інтегральне числення

=1 arcsin 6x + C.

6 5

Приклад 6.8. H

представляє формулу (12) при v = 6x;

36x

dv = 6dx, a =

5 , згідно цієї формули маємо:

= H

36x

(6x)2 ( 5)2

ln|6x +

36x2 5 | + C.

6.2.2. Інтегрування методом розкладу

Цей метод оснований на розкладі підінтегральної функції на суму функцій, від кожної з яких первісну можна знайти за допомогою табличних інтегралів.

6.2.2.1. Розв’язання прикладів

Знайти інтеграли.

	Приклад 6.9.
H(25		x 3 2x 7)dx = H25 xdx – H(3 2xdx + H7dx =
																1	1				1		1
																	1						1
= 2Hx1 5dx – 3 2 Hx1 3dx + 7Hdx = 2														x 5					– 3 2		x 3			+ 7x + C =
= 2Hx1 5dx – 3 2 Hx1 3dx + 7Hdx = 2																			– 3 2					+ 7x + C =
														1		1					1	1
												5									1
																					3
																					3
	2x6 / 5						x4 / 3					5						33 2
=					– 3 2				+ 7x + C =				x6/5		–					x4/3 + 7x + C =
	6 /5						4 / 3					3
	6 /5						4 / 3					3						4
=	5	5	x	6	–	33	2 3	x		4	+ 7x + C.
	3
						4
						4

373

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Приклад 6.10.

x 1)3 dx

= H

x )3 3(2

x )2 3 2

x 1

dx =

8x3 / 2 12x 6x1/ 2 1

8x3 / 2

12x

6x1/ 2

= H

dx =

3 / 2

= 8Hdx + 12H x 1 2dx + 6Hx 1dx + Hx 3 2dx = 8x + 12

+ 6 ln|x| +

+ C = 8x + 24

+ 6 ln|x| –

+ C.

Приклад 6.11.

H(ex e x )2dx = H(e2x 2ex e x e 2x )dx = He2x dx – 2Hdx +

+ He 2x dx =

He2x (2dx) – 2x –

He 2x ( 2dx)

e2x

– 2x –

–

e–2x

+ C.

Приклад 6.12.

dx =

xdx

+ 3

H x

2xdx

+ 3 H

ln|x2 –

5| +

+ C.

( 5)

(x)

2 5

Приклад 6.13.

sin2 x

1 cos2 x

cos2 x

Htg

xdx

= H

dx =

cos

374

Розділ VI. Інтегральне числення

= H	dx			– Hdx	= tg2x – x + C.
	cos	2
			x

6.2.2.2. Приклади для самостійного розв’язання

Знайти інтеграли.

6.14. H

6.15. H

3 7x

(7 3x)

6.16. H

6.17. H

xdx

7 3x

6.18. H

6.19. H

3 7x2

5 7x2

6.20. H

6.21. H

5x2 3

9x2 5

6.22. H

6.23. H

xdx

4x2 7

(5 3x2 )3

6.24. H

6.25. He 5x dx .

6.26. H7 x3 x2dx .

6.27. H

sin

xdx

6.28. H

2 33 x2 5 x

dx .

6.29. H

4 x

dx .

6.30. H

(1 x )3

6.31. He

e x

dx .

375

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

6.32. Ha

a x

dx .

6.34. H

dx.

6.36. H

x 1

dx.

1 x

6.38. Hsin2

dx .

6.40.

dx .

1 x

6.42. H

dx .

x 1

6.44. H

x2 5x 6

dx .

x 3

6.46. H

x 1

dx .

6.48.H x4dx . x2 3

6.50. H arctg x 2dx . 1 x2

6.33. H	cos2xdx					.
	cos	2	x sin	2
					x

6.35.H 3x 4dx . x2 4

6.37. H cos2 x sin2 x .

6.39. Hcos2 3xdx .

6.41. H	3	5 x2
				dx .
	5	x	2

6.43.H x sin 2x 3 x cos xdx . x cos x

6.45.H 5x 2dx . x2 4

6.47.H x2dx . x2 1

6.49. H x(3 2ln x)2 .

376

Розділ VI. Інтегральне числення

6.2.3. Метод інтегрування частинами

Із формули диференціала добутку d(u v) = udv + vdu інтегруван+ ням обох частин рівності одержується формула інтегрування части+ нами

Hudv uv Hvdu .

(6.6)

За цією формулою знаходження інтеграла Hudv приводиться до знаходження іншого інтеграла Hvdu . Застосовувати цю формулу зручно в тих випадках, коли Hudv буде легко знаходитися. Для за+

стосування формули інтегрування частинами до інтегралу H f (x)dx

необхідно підінтегральний вираз f(x)dx представити в вигляді добут+ ку двох співмножників u та dv. За dv завжди вибирають такий вираз, що містить dx, із якого інтегруванням можна знайти v. За u в більшості випадків приймається функція, яка при диференціюванні спрощується.

6.2.3.1. Розв’язання прикладів

Знайти інтеграли.

Приклад 6.51. Hln xdx . Розв’язок. Нехай

u ln x, dv dx

du 1x dx, v Hdx x

За формулою інтегрування частинами маємо

Hln xdx = x ln x – Hx 1x dx = x ln x – Hdx = x ln x – x + C.

377

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Приклад 6.52. Hx sin5xdx . Розв’язок. Нехай

u x,

du dx

dv sin5xdx,

v Hsin5xdx

Hsin5x 5dx

cos5x

Використовуючи формулу, одержуємо

Hx sin5xdx = x(

cos 5x) –

cos5xdx =

cos 5x +

Hcos5xdx =

cos 5x +

Hcos5x 5dx

cos 5x +

sin 5x + C.

Приклад 6.53. H(x2 3x 5)e2x dx .

Розв’язок. Нехай

			u x2 3x 5, dv e2x dx					1					1
			du (3x 3)dx,		v He2x dx			1	He2x 2dx				1	e2x
			du (3x 3)dx,		v He2x dx			2	He2x 2dx				2	e2x
Одержуємо
H(x2 3x 5)e2 x dx =					1		e2x(x2 + 3x – 5) –			H	1	e2 x (2x 3)dx			=
H(x2 3x 5)e2 x dx =				2			e2x(x2 + 3x – 5) –			H		e2 x (2x 3)dx			=
				2						2
=	1	e2x(x2 + 3x – 5) –		1		H(2x 3)e2x dx .
	2			1
				2
				2

До останнього інтеграла знову застосуємо формулу інтегрування частинами.

u 2x 3, dv e2x dx

du 2dx, v	1	e2x
	2

378

Розділ VI. Інтегральне числення

H(2x 3x)e2 x dx = 12 e2x(2x + 3) – H 12 e2 x 2dx = 12 e 2x(2x + 3) –

–1 e 2x + C.

Отже, одержуємо:


H(x2 3x 5)e2x dx =						1	e2x(x2	+ 3x – 5) –			1	(	1	e2x(2x + 3) –
					2				2				2
–	1	e2x + C) =	1	e2x(x2	+ 3x –			5) –	1	e 2x(2x + 3) +					1	e2x + C =
–	2	e2x + C) =	2	e2x(x2	+ 3x –			5) –	4	e 2x(2x + 3) +					4	e2x + C =

= 12 e2x(x2 + 2x – 6) + C.

Приклад 6.54. H x arctg xdx .

Розв’язок.

u arctg x,

dv xdx

dx,

v H xdx

Одержуємо:

H x arctg xdx

arctg x –

dx =

arctg x –

2 1 x

–

dx.

1 x2

Останній інтеграл знайдемо окремо:

1 x

dx =

1 x

dx =

dx –

= x – arctg x + C.

H1 x2

379

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Звідки
Hx arctg xdx =					x2	arctg x –		1	(x – arctg x + C) =				x2	arctg x –
Hx arctg xdx =					2	arctg x –		2	(x – arctg x + C) =				2	arctg x –
					2			2					2
–	1	x +	1	arctg x + C =			x2 1			arctg x –	x	+ C.
–	2	x +	2	arctg x + C =			2			arctg x –	2	+ C.
	2		2				2				2

Приклад 6.55. Heax cosbxdx .

Розв’язок. В цьому прикладі двократне застосування інтегруван+ ня частинами приведе до інтегралу, який мали за умовою.

Heax cosbxdx =

u eax ,

du eax adx

dv cosbxdx,

v Hcosbxdx

sin bx

eaxsin bx –

sinbxeax adx

Heax sinbxdx .

eaxsin bx –

До останнього:

u eax ,

du eax adx

dv sin bxdx,

v Hsin bxdx

cosbx

Heax sin bxdx = –

cos bx – H

cosbxeax adx

= –

cos bx +

+ ab Heax cosbxdx .

Повернемося до останньої умови. Позначимо одержаний інтег+ рал через @ Heax cosbxdx .

= He

Heax cosbxdx ) =

cosbxdx =

eaxsin bx –

(

eaxcos bx +

eaxsin bx +

eaxcos bx –

Heax cosbxdx .

380

Розділ VI. Інтегральне числення

Одержали інтеграл, який позначали через @ . Таким чином,

@ =	1	eaxsin bx +	a	eaxcos bx –	a2	@.
	b		b2		b2

Ми одержали рівняння з невідомою величиною @ . Перенесемо останній доданок в ліву частину рівняння, знайдемо:

@ +

eaxsin bx +

eaxcos bx.

Винесемо в лівій частині цього рівняння @ за дужки:

a2 b2

eax(sin bx +

eaxcos bx).

Звідки знаходимо значення інтегралу @ .

@ = Heax cosbxdx =

eax(sin bx +

eaxcos bx) + С =

2 2

b a

eax

(bsin bx + acos bx) + С.

a2 b2

6.2.3.2. Приклади для самостійного розв’язку

Знайти інтеграли.

6.56. H

dx .

6.57. Hxe 2x dx .

6.58. H 3 x ln xdx .

6.59. Hx cos3xdx .

6.60. H

dx .

6.61. H x sin

xdx .

sin

6.62. H

dx .

6.63. H x2 sin 4xdx .

381

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

6.64.Hx2e 2 dx .

6.66. H x cos2 xdx .

6.68. H	x2 arctg x		dx .
	1 x	2

6.70. Hcosln xdx .
6.72. Harctg		4x 1dx .

6.74. Hln(16x2 9)dx .

6.65. Hx2e3 x dx .

6.67. Hx2 ln(1 x)dx .

6.69. Hx2 52 dx .

6.71. He3 x sin 2xdx .

6.73. H(x 3)2 ln2 (x 3)dx .

6.75. H x sin 3xdx . cos3 3x

6.2.4. Метод заміни змінної (метод підстановки)

Якщо заданий інтеграл H f (x)dx не може бути знайдений без+

посередньо за основними формулами, то введенням нової незалеж+ ної змінної в багатьох випадках вдається перетворити підінтеграль+ ний вираз f(x)dx. При цьому інтеграл зводиться до табличного або до такого, спосіб обчислення якого відомий. Заміна змінної інтег+ рування і складає суть методу, що називається методом підстанов+

ки. Незалежну змінну замінюють за формулою x (t), де (t) — диференційована функція аргументу t. Після цього знаходять


'	H	f (x)dx	приводять до	H( (t) '(t)dt .
dx = (t) dt, і інтеграл	H		приводять до	H( (t) '(t)dt .
H f (x)dx = H( (t) '(t)dt = HF (t)dt .					(6.7)

Якщо одержаний інтеграл з новою змінною інтегрування t буде знайдено, то перетворивши результат до змінної х, використовуючи

формулу x (t) , одержимо шуканий вираз заданого інтеграла.

382

Розділ VI. Інтегральне числення

6.2.4.1. Розв’язання прикладів

Знайти інтеграли.
Приклад 6.76. H		dx		.
	2
			x

Розв’язок. Замість змінної х введемо нову змінну t так, щоб поз+ бутися квадратного кореня

x = t2, dx = 2tdt,

t =

x .

2tdt

= 2

2 t 2

dt = 2

t 2

dt =

H 2 x

H 2 t

t 2

= 2 Hdt – 4 H

= 2t – 4ln|t + 2| + C = 2 x – 4ln|

x +2| + C.

t 2

Приклад 6.77. H

Розв’язок. Вводимо підстановку x = t6 так, щоб добувалися квад+ ратний та кубічний корені. Тоді dx = 6t5dt, t = 6 x . Маємо:

= H

6t5dt

= 6 H

t5dt

= 6 H

t5dt

= 6 H

t3dt

4 x 3 x

4t3 t2

t2 (4t 1)

4t 1

Під знаком інтеграла одержали неправильний дріб, виділимо цілу частину і правильний дріб. Для цього поділимо t3 на 4t + 1.

t3						4t		+ 1
t3						4t		+ 1
t	3	+	1	t	2	1	t	2	–	1	t +	1	+	1/ 64
	3		1		2	1		2		1		1		1/ 64
			4			4				16		64		4t 1

14 t2

14 t2 – 161 t

161 t

161 t + 641

– 641

383

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Повернемося до інтегралу

t3dt

1 64

dt =

t2dt

–

tdt +

H 4t 1

16 64 4t

16 H

Hdt –

–

t –

ln|4t + 1| + C.

4t 1

2 3

8 2

Повернемося до змінної x = t6, де t =

6 x .

x )

–

x )2 +

x –

ln|4 6

x +1| + C =

x 3 x

128

x –

3 x

x –

ln|4 6

x +1| + C.

128

Приклад 6.78. H

ln tg x

dx .

sin x cos x

Розв’язок. Нехай t = ln tg x, тоді

dt =

dx =

tg x

cos2 x

sin x cos x

Розглядаємо:

ln tg x

Hln tg x

= Htdt =

+ C =

sin x cos x

(ln tg x)2

+ C.

6.2.4.2. Приклади для самостійного розв’язку

6.79. H

x 1

dx .

6.80. H

x 2

6.81. H

xdx

6.82. H

dx .

384

Розділ VI. Інтегральне числення

6.83. H

6.84. H

1 ln x

dx .

x ln x

6.85. H

1 4x

dx.

6.86. H

3 x

6.87. H

6.88. H

x 4 3

1 3x

x 4

6.89. H

(4 x)dx

6.90. H

2 x

dx .

x 2 5x

6.91. H

6.92. H

x 4

x ln x

6.93. H

xdx

6.2.5. Інтеграли від функцій, що містять квадратний тричлен в знаменнику дробу

Для знаходження інтегралів від функцій, що містять квадратний тричлен, для перетворення їх до формул інтегрування необхідно спочатку виділити повний квадрат із квадратного тричлена, в резуль+ таті чого він перетвориться на квадратний двочлен.

ax2 + bx + c = a(x2 +

) = a(x2

+ 2x

b 2

x +

–

4ac b2

= a((x +

–

) = a((x +

) =

4a2

= a((x + 2ba )2 ) k2).

Подальше інтеграли вказаних видів можна звести до формул інтегрування.

385

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

6.2.5.1. Розв’язання прикладів

Знайти інтеграли.

Приклад 6.94. H			dx	.
	x	2	4x 8

Розв’язок. Виділимо із квадратного тричлена повний квадрат x2 + 4x + 8 = x2 + 2 2x + 22 – 22 + 8 = (x + 2)2 + 4 = (x + 2)2 + 22.

H			dx	= H	dx			.
H	x	2	4x 8	= H	2	2	2	.
	x		4x 8		(x 2)	2

Позначимо x + 2 = v, a = 2, тоді dx = dv. Використаємо формулу (10) основних формул інтегрування:

H				dx		=	1	arctg	x 2	+ C.
H	(x 2)2 22					=	2	arctg	2	+ C.
Приклад 6.95. H				x 3	dx .
Приклад 6.95. H		x	2	2x 5	dx .
		x		2x 5

Розв’язок. Нехай t = x2 – 2x – 5, звідки dt = (2x – 2)dx. Щоб одержати в чисельнику (2x – 2)dx, спочатку вираз (х + 3) помножи+

мо на 2, а потім поділимо на 2. Одержали 12 (2х + 6), а потім від одержаного виразу віднімемо 2, та додамо таке ж число:

H	x 3		1 2(x 3)				1 2x 6 2 2
		dx =		H		dx =		H		dx .
	x2 2x 5		2		x2 2x 5
							2		x2 2x 5

Розіб’ємо на доданки так, щоб перший інтеграл зводився до фор+

мули H

= ln|t| + C.

1 2x 6 2 2

1 2x

6 2

2 H x2 2x 5

2 H

2x 5

2x 2

ln|x2

– 2x – 5| +

8 H

ln|x2

– 2x – 5| + 4 H

2x 5

В останньому інтегралі виділимо повний квадрат:

386

Розділ VI. Інтегральне числення

x2 – 2x – 5 = x2 – 2x + 1 – 1 – 5 = (x – 1)2 – 6 2 .

та застосуємо формулу (11).

x 3

dx =

ln|x2 –

2x – 5| +

4 H

2x 5

(x 1)

( 6)

x 1

ln|x2

– 2x –

5| +

+ C =

2 6

x 1 6

ln|x2

– 2x –

5| +

x 1 6

+ C.

x 1 6

Приклад 6.96. H

2 6x 9x

Розв’язок. Перетворимо тричлен 2 – 6х – 9х2, виділивши повний квадрат:

2 – 6х – 9х2 = –(9x2 + 6x – 2) = –((3x)2 + 2 3x + 1 – 1 – 2) =

= –((3x + 1)2 –3) = 3 – (3x + 1)2 = ( 3 )2 – (3x + 1)2. Маємо

2 6x 9x2

( 3)2 (3x 1)2

Позначимо через u = 3x + 1, a =

3 , звідки 3dx = du, dx =

= H

1/ 3du

arcsin

+ C =

arcsin

3x 1

(3x 1)

( 3)

( 3) u

+ C.

Приклад 6.97. H

5x 3

dx .

Розв’язок. Квадратний тричлен x2 + 4x + 10 = t, звідси dt = (2x + 4)dx. Перетворимо чисельник так, щоб він містив вираз dt = (2x + 4)dx.

387

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

(5x + 3) =

(

(5x + 3) =

(2x +

) =

(2x + 4 +

– 4) =

((2x + 4) –

) =

(2x + 4) – 7.

5x 3

dx = H

5 / 2(2x 4) 7

dx =

2x 4

dx –

x2 4x 10

–

7 H

2x 4

dx – 7 H

x2 4x 10

(x 2)2 6

– 7ln|x + 2 +

x2 4x 10 | + C =

–

2 1/ 2

H t

– 7ln|x + 2+

x2 4x 10 | + C = 5

x2 4x 10 –

– 7ln|x + 2 +

x2 4x 10 | + C.

6.2.5.2. Приклади для самостійного розв’язку

Знайти інтеграли.

6.98. H x2 7x 10 .

6.100. H 9x2 6x 4 .

x 2

6.102. H x2 7x 12dx .

6.104. H	dx			.
	2 6x 9x2
6.106. H	(x 3)dx		.
	3 2x x	2

6.99. H

6.101.

6.103.

6.105.

4x2 4x 5 .

4x 1

H 4x2 4x 5dx .

H	dx
		.
	4x 3 x2
H	(3x 1)dx
		.
	x2 2x 2

388

Розділ VI. Інтегральне числення

§6.3. Поняття раціонального дробу. Інтегрування раціональних дробів

Дріб Pn (x) називається раціональним, якщо його чисельник

Qm (x)

Pn(x) та знаменник Qm(x) є многочлени. Раціональний дріб називаєть+ ся правильним, якщо найвищий показник степеня його чисельника n менший від найвищого степеня знаменника m. У противному випад+ ку дріб називається неправильним. Інтегруються лише правильні дробі. Неправильний раціональний дріб, у якого степінь чисельника вищий або дорівнює степені знаменника, можна діленням чисельни+ ка на знаменник представити його у вигляді суми многочлена та правильного раціонального дробу, в якого степінь чисельника ниж+ чий за степінь знаменника.

Наприклад. Задано неправильний дріб

4x4 4x 5 . x2 2x 1

Поділимо чисельник на знаменник:

4x4 – 4x + 5 7x2 – 2x + 1

— 4x4 – 8x3 + 4x2 74x2 + 8x + 12 8x3 – 4x2 – 4x + 5

— 8x3 – 16x2 + 8x

12x2 – 12x + 5

— 12x2 – 24x + 12 12x – 7

Отримали:

4x4 4x 5		12x 7
	= 4x2 + 8x + 12 +		.
x2 2x 1
		x2 2x 1

Найпростішими раціональними дробами І, ІІ, ІІІ та ІV називають правильні дроби вигляду:

I. x 2 .

389

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

& 2, ціле додатне число).

II.

, (k

(x a)k

Ax B

III.

, (

q , 0).

px q

VI.

Ax B

, (k & 2, ціле додатне число і

q , 0).

2 px q)k

Умова

q , 0 означає, що квадратний тричлен x2 + px + q не

має дійсних коренів і на множники не розкладається.

Розглянемо інтегрування найпростіших раціональних дробів. Інтеграли від найпростіших раціональних дробів І+го та ІІ+го типів знаходять методом безпосереднього інтегрування.

І. H

dx AH

Aln

x a

C .

(6.8)

x a

(x a) k 1

ІІ. H

dx AH(x a) k dx A

. (6.9)

(x a)

k 1

( k 1)(x a)

k 1

При інтегруванні найпростішого дробу ІІІ+го типу необхідно ви+ конати перетворення.

Ax B

(2x p) (B

)

ІІІ. H

dx H

dx =

px q

(2x p)

dx + (В –

) H

px q

|ln x2 + px + q| +

2B Ap

p 2

) (q

)

2B Ap

+ C =

|ln x

+ px + q| +

4q p2

arctg

4q p2

390

Pn (x)

Розділ VI. Інтегральне числення

	A			2B Ap		2x p
=		ln\|x2	+ px + q\| +		arctg		+ C.	(6.10)
	2			4q p2		4q p2

Інтеграл від найпростішого дробу IV+го типу шляхом повторного інтегрування частинами зводять до інтеграла від найпростішого дро+ бу типу III.

Інтеграл від дробово+раціональної функції H Pn (x) dx , де

Qm (x)

Pn (x) правильний дріб, можна знайти (виразити через елементарні

Qm (x)

функції) шляхом розкладу на доданки, які завжди приводяться до

формул інтегрування. Будь+який Qm (x) правильний раціональний

дріб розкладається на суму найпростіших раціональних дробів, кое+ фіцієнти яких можна знайти методом невизначених коефіцієнтів. Вигляд найпростіших дробів визначається коренями знаменника

Qm (x). Можливі наступні випадки:

1. Корені знаменника тільки дійсні та різні числа, тобто

Qm(x) = (x – a1)(x – a2) … (x – an).

В цьому випадку правильний дріб Qm (x) розкладається на суму найпростіших дробів 1+го типу:

Pn (x)				A1		A2	......	Am		,
Q	m	(x)		x a		x a		x a
			1		2				m

де A1, A2,…, An — невизначені коефіцієнти, які знаходяться з тотож+ ності, що написана вище.

2. Корені знаменника тільки дійсні числа, причому деякі з них кратні, тобто

Qm(x) = (x – a) ... (x – b)i .

391

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Тоді правильний дріб Pn (x) розкладається на суму найпрості+

Qm (x)

ших дробів 1+го та 2+го типів:

Pn (x)

.....

......

Bi 1

Q (x)

x a

x b

i 1

(x b)

Де невизначені коефіцієнти A, …, B1, B2, …, Bi–1, Bi знаходяться з тотожності, що написана вище.

3. Корені знаменника дійсні числа, причому деякі з них кратні, крім того знаменник містить квадратний тричлен, який не розкла+ дається на множники, тобто

Qm(x) = (x – a)(x – b)i(x2 + px + q).

В цьому випадку дріб

Pn (x)

розкладається на суму найпрості+

Qm (x)

ших дробів І+го, ІІ+го та ІІІ+го типів

Pn (x)

...

Bi 1

Mx N

(x b)

i 1

(x b)

Qm (x)

x a x b

(x b)

px q

де A, B1, B2, …, Bi–1, Bi, M, N невизначені коефіціенти, які необхідно знайти.

6.3.1. Розв’язання прикладів

Знайти інтеграли.

Приклад 6.107. H		x2 2x 2				dx .
	x	3	2x	2	8x

Розв’язок. Підінтегральна функція							x2 2x 2	— це правиль+
							x3 2x2 8x

ний раціональний дріб, знаменник якого x3 + 2x2 – 8x розкладається на множники x(x – 2)(x + 4), тому даний дріб розкладається на суму найпростіших дробів типу І:

392

Розділ VI. Інтегральне числення

x 2 2x 2	x2 2x 2	A	B		C	.
x3 2x2 8x	x(x 2)(x 4)	x	x	2	x 4

Невідомі коефіцієнти A, B, C будемо знаходити методом невиз+ начених коефіцієнтів. Для цього праву частину одержаної вище рівності необхідно привести до спільного знаменника. Отримаємо

x2 2x 2			A(x 2)(x 4)	Bx(x 4)	C x(x 2)		=
x3 2x2 8x			x	x 2	x 4

	A(x 2)(x 4) Bx(x 4) Cx(x 2)
=						=
		x(x 2)(x 4)

=Ax2 2Ax 8A Bx2 4Bx Cx2 2Cx . x(x 2)(x 4)

Знаменники в обох частинах рівні, тому і чисельники повинні бути рівні, тобто

x2 – 2x + 2 = Ax2 + 2Ax – 8A + Bx2 + 4Bx + Cx2 – 2Cx, x2 – 2x + 2 = (A + B + C)x2 + (2A + 4B – 2C)x – 8A.

Остання рівність можлива лише тоді, коли коефіцієнти при од+ накових степенях х в обох частинах рівності рівні, тобто

x2		A B C 1
x
		2A 4B 2C 2!
x	0	8A 2
			"

Отримали систему рівнянь, з якої знаходимо невизначені коефі+ цієнти

B C 54

2B C 34

А = 14 , B 61 , C 1312 .

393

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Підставляємо знайдені значення A, B, C в схему розкладу і отри+ муємо розклад підінтегральної функції:

x2 2x 2		1		1	13

		4		6	12
							.
x3 2x2 8x	x		x 2			x 4

Інтегруючи останню рівність маємо:

x2 2x 2

dx H

dx + H

x3 2x2 8x

x 2

x 4

ln|x| +

ln|x – 2| +

x 2

x 4

Приклад 6.108.

2x2

5x 8

dx .

(x 1) (x

dx = 14 H dxx +

1312 ln|x + 4| + C.

Розв’язок. Підінтегральна функція — це правильний нескоротний раціональний дріб, знаменник якого містить лише дійсні корені, тому цей дріб розкладається на суму найпростіших дробів І+го та ІІ+го типу.

2x2 5x 8

(x 1)

x 2

(x 1) (x 2)

(x 1)

(x 1) (x 2)

Визначимо невідомі коефіцієнти A, B, C, D та E методом невиз+ начених коефіцієнтів та методом задання частинних значень, які доцільно комбінувати. Праву частину рівності приведемо до спільного знаменника, отримуємо:

	2x2 5x 8
(x 1)3 (x 2)2
(x 1)3 (x 2)2
	A(x 2)2 B(x 2)2 (x 1) C(x 2)2 (x 1)2 D(x 1)3 E(x 1)3 (x 2) .
		(x 1)3 (x 2)2

Знаменники в обох частинах рівні, тому і чисельники повинні бути рівні:

2x2 + 5x – 8 = A(x + 2)2 + B(x + 2)2(x – 1) + C(x + 2)2(x – 1)2 + + D(x –1)3 + E(x – 1)3(x + 2).

394

Розділ VI. Інтегральне числення

Нагадаємо, що отриманий вираз є тотожністю, а через це рівність повинна зберігатися при будь+якому значенні х. При x = –2 отри+ муємо:

2( 2)2 5( 2) 8 D( 2 1)3 10 27D D 1027 .

При x = 1. 2 12 5 1 8 A(1 2)2 1 9A A 19 .

Нам залишилось визначити коефіцієнти B, C, E. Тепер будемо порівнювати коефіцієнти при однакових степенях х в лівій та правій частинах рівності. Коефіцієнти при x4 в лівій частині дорівнює нулю(x4 в лівій частині відсутній), а в правій C + E. Через це C + E = 0.

Вільний член в лівій частині дорівнює –8, а в правій 4A – 4B + 4C – D – 2E.

На основі цього отримуємо друге рівняння: 4A – 4B + 4C – D – 2E = –8,

в якому A та D відомі (A 19 ; D 1027) , маємо

2B 2C E 9727 .

Ми порівняли саме вільні члени, тому що це можливо зробити, не виконуючи множення та піднесення до степені у правій частині рівності.

Для того щоб отримати третє рівняння для визначення B, C і E, знову повернемося до способу задання частинних значень.

Якщо x = 2, отримуємо:

2 22 + 5 2 – 8 = 16A + 16B + 16C + D + 4E.

Знаючи, що A 19 , а D 1027 , це рівняння прийме вигляд

4B 4C E 7727 .

Таким чином, для визначення B, C і E отримали систему рівнянь:

395

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»


																												C E 0

																						2B 2C E																			97
																						2B 2C E																			27
																																									27
																						4B 4C E																			77
																						4B 4C E																			27
																																									27
			Розв’язавши систему, отримаємо:
																B						29			, C									13				,			E			13			.
																B					27				, C									27				,			E			27			.
																					27													27										27
			Отже, маємо:
								A			1		,			B						29				, C								13				,			D				10			, E								13		.
									9												27													27										27											27
			Тепер розклад підінтегральної функції має вигляд:
																					1							29													13								10										13
		2x2 5x 8
		2x2 5x 8																			9							27															27						27										27		.
	(x 1)3 (x 2)2 (x 1)3																											(x 1)2 (x 1)																					(x 2)2 (x 2)
			Інтегруючи цю рівність, отримуємо:
	H			2x2 5x 8										dx = –										1			H			dx								+			29			H						dx						–
	H							3	2					dx = –										9			H		(x					3				+				27		H					2							–
		(x 1) (x							2)															9					(x			1)										27				(x 1)
–				13			H	dx	+			10				H						dx							+		13				H					dx				= –						1		H(x 1) 3 dx +
–		27					H	x 1	+							H											2		+						H				x 2					= –						1		H(x 1) 3 dx +
		27						x 1	27								(x 2)											27											x 2										9
+			29				H(x 1) 2 dx									–		13					ln\|x – 1\| +											10					H(x 2) 2 dx +																13		ln\|x + 2\| =
		27															27																	27																					27
= –					1 (x 1) 2										29 (x 1) 1																	13																			10 (x 2) 1
										+																				–							ln\|x – 1\| +																							+
					9		2			+					27					1										–			27				ln\|x – 1\| +												27							1				+
+				13		ln\|x + 2\| + C =																			1							–				29					1								–				13	ln\|x – 1\| –
+		27				ln\|x + 2\| + C =																										–				29													–				13	ln\|x – 1\| –
		27																	18(x 1)2																	27 (x 1)													27

396

Розділ VI. Інтегральне числення

1013

–27(x 2) + 27 ln|x + 2| + C.

H x3 4x2 2x 1

Приклад 6.109. x4 x dx.

Розв’язок. Підінтегральна функція – це правильний нескоротний дріб, знаменник якого: x4 + x = x(x3 + 1) = x(x + 1)(x2 – x + 1). Маємо, що знаменник містить квадратний тричлен, який не розкладається на множники, та два дійсних кореня x = 0 та x = –1, то даний дріб розкладається на суму найпростіших дробів І+го та ІІІ+го типу

x3 4x

2 2x 1

x3 4x2 2x 1

Mx N

x4 x

x(x 1)(x2 x 1)

x 1

x2 x 1

Невідомі коефіцієнти A, B, M та N будемо шукати методом не+ визначених коефіцієнтів. Для цього праву частину рівності потрібно привести до спільного знаменника, отримаємо:

x3 4x	2 2x 1	A(x3 1) B (x2 x 1) (Mx N )(x2 x)	.
		x	.
		x
x4 x		x(x 1)(x2 x 1)

Знаменники в обох частинах рівні, тому і чисельники повинні бути рівні, тобто:

x3 + 4x2 – 2x + 1 = A(x3 + 1) + Bx(x2 – x + 1) + (Mx + N)(x2 + x) = = (A + B + M)x3 + (–B + M + N)x2 + (B + N)x + A.

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях букви х ,ми отримуємо систему рівнянь для знаходження коефіцієнтів A, B, M, N

x x0

A B M 1,

B M N 4,
B N 2,	!
B N 2,
A 1.
A 1.	"

B M 0,		M 2,
B M N 4,		N 0,
B N 2,		B 2,
A 1,		A 1.

Отже, розклад підінтегральної функції приймає вигляд

x3 4x	2 2x 1	1	2	2x 0	.

x4 x				x2 x 1
		x x 1

397

Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»

Інтегруючи цю рівність, отримаємо:

4x2 2x 1

2xdx

dx H

x4 x

x 1

x2 x 1

= H

– 2 H

+ H

2x 1 1

= ln|x| – 2ln|x + 1| +

+ H

2x 1

dx + H

= ln|x| – 2ln|x+1| + ln|x2 – x + 1| +

x 1

+ H

= ln|x| – 2ln|x + 1| + ln|x2 – x + 1| +

1 2

3 2

)

(

)

x 2

arctg

+ C = ln|x| – 2ln|x + 1| + ln|x – x + 1|

+ 2 arctg 2x 1 + C.

6.3.2. Приклади для самостійного розв’язку

Знайти інтеграли.

6.110. H				xdx			.		6.111.
	(x	1)(2x 1)

6.112. H	x5		x		4 8	dx .			6.113.
	x		3		4x

6.114. H		2x4			2x2 3x			dx .	6.115.

	(x 1)(x 2)(x 3)

6x3 7x2 3x

3x2 8
		dx .
x3 4x2 4x
x 2	dx .
x3 2x2

398

Розділ VI. Інтегральне числення

6.116.

6.117.

6.118.

6.119.

6.120.

6.121.

6.122.

6.123.

6.224.

6.125.

6.226.

6.127.

H2x2 5x 1dx . x3 2x2 x

(x2 3)(x2 2)

2x3 5x2 x 4

dx .

(x 1) (x 2)

3x2 15

dx .

(x 1)(x2 4x 13)

x2 7x 11

dx .

(x 1)(x2 6x 10)

2x2

6x 19

dx .

1)(x 2)

( 2x2 8x 27)

dx .

(x 3)2 (x2 2)

( 2x2 4x 3)

dx .

(x2

x 1)(x2

4x2 7x 2

dx .

(x2

x 1)(x2

H			(x2 1)dx
						.
		x3	3x2 3x 1
H			2x2 5
					dx .
	x4		5x2 6
H			5x 1
				dx .
	x3		3x 2

399

<<< < Предыдущая 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 2324 / 4024 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.03.2015161.79 Кб12В начале было слово или след на воде.doc
#
23.03.2015201.73 Кб12ВАРІАНТИ_для_Excel 105-106.doc
#
23.03.2015481.28 Кб33ВДЛ.Переклад.doc
#
08.03.201689.83 Кб19ВДЛ.Філологія-2015.docx
#
23.03.2015274.59 Кб13вентиляція.docx
#
23.03.20153.55 Mб124Вища математика.pdf
#
23.03.201536.86 Кб9Вопросы к экзамену по вышмат.doc
#
23.03.2015123.39 Кб42Вплив на людину джерел - реферат.doc
#
23.03.2015305.66 Кб12ВСДС_Білети.doc
#
23.03.201584.61 Кб3ВСТУП 3.docx
#
23.03.201593.04 Кб5ВСТУП 5.docx