Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

pdf математика / Методичка по интегралам

.pdf

Скачиваний:

104

Добавлен:

29.03.2015

Размер:

323.22 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

		= −		1		+ C = −		1		+ C .
		= −	t	+	2	+ C = −	tg	x	+ 2	+ C .
			t	+	2			x
								2
Замечание. Если в интеграле òR(sin x, cos x)dx , где R(sin x, cos x) яв-
ляется четной	функцией аргументов sin x и cos x ,			т.е. подынтегральная
функция R(sin x, cos x) содержит sin x		и cos x только в четных степенях,
либо R(−sin x,	− cos x) = R(sin x, cos x) ,	то удобно применять подстановку
tg x = t .

Тогда, если tg x = t . то

x = arctg t , dx = 1 +dtt2 ,

sin2 x =

tg 2 x

cos2 x =

+ tg 2 x 1

+ t2

1+ tg2 x 1

+ t2

и, следовательно,

= òR1(t)dt ,

òR(sin x, cos x)dx = òRç

+ t

где R1 (t) является рациональной функцией аргумента t .

Пример 4.7. Найти интеграл òsin2 x + 2sin xcos x − cos2 x .

Решение. Подынтегральная функция					1			явля-
Решение. Подынтегральная функция				sin2 x + 2sin xcos x − cos2 x				явля-
ется четной относительно sin x	и cos x , следовательно воспользуемся под-
становкой tg x = t . Тогда
		t			1
sin x =			, cos x =				.

		1 + t2				1+ t2
	31

И получаем следующую цепочку равенств

1+ t2

sin

x + 2sin xcos x - cos

+ 2 ×

1 + t2

+ t2

1 + t2

1+ t2

t +1-

= ò

+ C =

+ 2t -1

(t +1)

(t +

t +1

- ( 2)

2 2

tg x +1-

+ C .

tg x +1 + 2

4.4.Интегралы вида òR(sin x)cos x dx , где R(sin x) является рациональ-

ной функцией аргумента sin x .

Интегралы этого вида при использовании подстановки sin x = t

приво-

дятся к интегралам вида òR(t) dt , где R(t)

– рациональная функция аргумен-

та t .

Пример 4.8. Найти интеграл ò

cos x

dx .

+ sin

Решение.

cos x

dx = {подстановка : sin x = t

Þ cos x dx = dt }= ò

+ sin

4 + t

æ sin x ö

arctg

+ C

arctgç

÷ + C .

è 2

4.5.Интегралы вида òR(cos x)sin x dx .

Интегралы данного вида приводятся к интегралам вида òR(t) dt , где

R(t) – рациональная функция аргумента , при использовании подстановки cos x = t .

Пример 4.9. Найти интеграл ò 2 +sincosx x dx .

Решение.

ò		sin x	dx = {cos x = t Þ sin xdx = -dt}= -ò	dt	= -ln \| 2 + t \| +C =
	2	+ cos x		2 + t

					= −ln \| 2 + cos x \| +C .
Замечание. Если в интеграле òR(sin x, cos x)dx , где R(sin x, cos x) яв-
ляется рациональной функцией аргументов sin x				и cos x , подынтегральная
функция		R(sin x, cos x) содержит sin x и cos x только в четных степенях,

то удобно применять подстановку tg x = t .

4.6. Интегралы вида òsinm xcosn x , где m N , n N .

Подстановкой tg x = t данный интеграл приводится к интегралу от ра-

циональной функции следующим образом:

n−2

1 ö 2

(1+ t

) 2 dt .

ç1

sin

xcos

В частности, к интегралу вида ò

, где m N ,

n N сводят-

sin

xcos

ся следующие интегралы:

∙ интеграл вида ò

, используя прежде подстановку

= t , т.е.

sin

ìx

= í

= tý =

;

2m−1 òsinm t cosm t

òsinm x

î2

∙ интеграл вида ò

используя прежде подстановку x +

= t и

cos

формулу cos x = sinç x +

÷, получим

= ò

cos

sin

Надлежащие преобразования получившегося интеграла описаны выше.

5.ИНТЕГРИРОВАНИЕ ПРОСТЕЙШИХ ИРРАЦИОНАЛЬНОСТЕЙ.

5.1.Интегралы с линейной иррациональностью.

Если подынтегральная функция содержит только линейные иррацио-

m1 m2

нальности вида (ax + b) n1 , (ax + b) n2 , …, где a Î R , a ¹ 0 , bÎ R , m1 , n1 , m2 ,

n2 –целые числа, то полезна подстановка (ax + b) = t s , где s – наименьшее общее кратное чисел n1 , n2 . … . С помощью такой подстановки интеграл с

линейной иррациональностью преобразуется в интеграл от рациональной функции.

Пример 5.1. Найти интеграл			ò				dx		.
Пример 5.1. Найти интеграл					2			1	.
					(2x +1)	3	- (2x +1)	2
Решение. Здесь подынтегральная функция содержит линейные ирра-
2			1					n = 3,				= 2 , а наи-
циональности (2x + b)	3	и (2x + b)		2	. Следовательно			n = 3,		n	2	= 2 , а наи-
								1			2

меньшее общее кратное этих чисел s = 6.

Применим подстановку 2x + 1 = t6 . Тогда x = 12 (t6 -1) , dx = 3t5dt .

Таким образом, после замены переменной интегрирования получим

3t5

3t2

1 ö

dt =

dt = 3

çt

+1+

÷dt =

òt4 - t3

òt3 (t

-1)

òt -1

t -1ø

(2x +1)3

- (2x +1)2

ç t

(2x +1)

3ç

+ t + ln | t -1|÷

+ C = 3ç

+ (2x +1)

+ ln

(2x +1)

-1

+ C .

5.2.Интегралы с квадратичной иррациональностью.

∙ Интегралы вида ò		dx	, где a , b, c	– действительные числа.

	ax2	+ bx + c

Интегралы такого вида путем выделения полного квадрата из квадрат- ного трехчлена, в зависимости от знака числа а, приводятся к одному из таб- личных интегралов.

Пример 5.2. Найти интеграл ò

+ 2x + 5

Решение. В квадратном трехчлене x2 + 2x + 5

выделим полный квад-

рат: x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4 . Тогда

= ò

= {замена x +1= t

Þ x = t -1, dx = dt}=

x2 + 2x

+ 5

(x +1)

2 + 4

= ò

= ln

t +

t2 + 4

+ C = ln

x +1+

x2 + 2x + 5

+ C .

t2 + 4

Пример 5.3. Найти интеграл ò

- 3x2 + 4x -1

Решение. Выделяя в

полный

квадрат

квадратном

трехчлене

− 3x2 + 4x −1 получим

2 ö

- 3x

+ 4x

-1= -3ç x

x +

ç x

- ç x -

= -3

3 ø

Следовательно

= ò

- 3x2 + 4x -1

2 ö2

ö2

3ç

- ç x -

- ç x

3 ø

= íзамена : x -

= t Þ x

= t +

, dx = dtý

× arcsin(3t) + C =

- t2

öö

arcsinç

3ç x -

÷÷

+ C =

arcsin(3x - 2)

+ C .

øø

∙

Интегралы вида ò

Ax + B

dx, где A, B,

a ,

c – действитель-

ax2 + bx + c

ные числа.

Чтобы найти такой интеграл надо в числителе выделить производную квадратного трехчлена, стоящего под знаком корня, и почленным делением разложить на сумму двух интегралов, один из которых элементарными пре- образованиями приводится к табличному интегралу , а другой интегралом

вида ò	dx		, который рассмотрен выше.
вида ò			, который рассмотрен выше.
	ax2 + bx + c
Пример 5.4.		Найти интеграл ò		5x − 3		dx .

				2x2	+ 8x +1
				2x2	+ 8x +1

Решение. Найдем производную квадратного трехчлена, стоящего под знаком корня:

(2x2 + 8x + 1)′ = 4x + 8 .

Выделим в числителе производную квадратного трехчлена:

5x - 3 = 54 (4x + 8) -13.

Таким образом, после преобразования числителя и почленного деле- ния, получим следующую цепочку равенств:

(4x + 8) -13

5x - 3

4x + 8

dx = ò

dx =

dx -13ò

2x2 + 8x +1

Найдем каждое слагаемое правого выражения этого равенства.

	Первое слагаемое:
	5	ò				4x + 8				dx = {2x2 + 8x +1= t Þ (4x + 8)dx = dt}=																												5		ò			dt			=
	4																																					4
				2x2 + 8x +1																																								t
				2x2 + 8x +1																																								t
																							5											5
																					=			× 2				+ C =									2x2 + 8x +1 + C
																											t
																											t							2
																					4													2															,
	Второе слагаемое:
	13ò					dx				=13ò								dx				=		13		ò							dx								=

					2x2 + 8x +1										æ		2	+ 4x +		1	ö				2					x	2	+ 4x				+		1
														2ç x				+ 4x +		2	÷									x		+ 4x				+		2
															è					2	ø																	2
=	13		ò			dx					= {x + 2 = t							Þ x = t - 2, dx								= dt}=							13			ò						dt					=

		2				(x + 2)	2	-	7																										2				t			2	-		7
						(x + 2)		-	2																														t				-		2
									2																																				2
												13												13
									=			13	ln			t + t2 −			7	+ C =				13		ln			x + 2 + x									2 + 4x +										1	+ C .
									=				ln			t + t2 −				+ C =						ln			x + 2 + x									2 + 4x +										2	+ C .
												2						2						2																								2

Следовательно

5x − 3

dx =

2x2 + 8x + 1 −

x + 2

x2 + 4x +

+ C .

2x2 + 8x + 1

∙ Интегралы вида ò

, где

B, a , b,

– дейст-

(Ax + B) ax2 + bx + c

вительные числа, A ¹ 0 .

Используя подстановку

Ax + B =

этот интеграл приводится к рас-

смотренному выше интегралу вида ò

, где a ,

c – действи-

ax2 + bx + c

тельные числа.

Пример 5.5. Найти интеграл ò

x 5x2

- 2x +1

Решение.

1ü

íx =

Þ dx

= -

dt, t =

ý =

x 5x2 - 2x

1 5

xþ

= ò

= ln

t -1 + t 2 - 2t + 5

+ C =

t 2 - 2t + 5

(t -1)2 + 6

= ln

-1+

+ C = ln

1- x + 5x

2 - 2x +1

+ C .

Пример 5.6. Найти интеграл ò

(x +1) x2 + 3x + 3

Решение.

= íx +

1 =

Þ x =

-1, dx = -

, t =

ý =

ò (x + 1) x2 + 3x + 3

x + 1þ

= ò

dt = ò

= ln

t +

+ t +1

+ C =

æ1

t2 + t +1

+ 3

1÷

3ç

-1÷

è t

= ln

+ C = ln

x2 + 3x + 3

+ C .

(x +1)2

x +1

Интегралы вида

ax2 + bx + c

dx,

где

a ,

–

действительные

числа, a ¹ 0 .

Выделением полного квадрата в квадратном трехчлене и применением

линейной подстановки интеграл òax2 + bx + c dx примет один из следую-

щих видов:

1) при a > 0 получим интеграл вида òt2 + M dt , где M R;

2) при a < 0 получим интеграл вида òM - t2 dt , где M R.

Чтобы найти такие интегралы, сначала подынтегральную функцию представляют в виде дроби, в которой знаменателем является иррациональ- ность, а числителем – выражение, стоящее под знаком корня. Затем в преоб- разованной подынтегральной функции производят почленное деление, и та-

ким образом исходный интеграл ( òt2 + M dt или òM - t2 dt ) преобразуют