Математика.контрольная 2 Уч.пособие. 2 семестр

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный университет инженерных технологий

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

(1 − x 2 )e x −

1 − x 2 arcsin

Пример 1. Найти интеграл

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.04.2015

Размер:

355.83 Кб

Скачать

☆

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

ФГБОУ ВПО ВОРОНЕЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

ИНЖЕНЕРНЫХ ТЕХНОЛОГИЙ

КАФЕДРА ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКИ

УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ ДЛЯ ВЫПОЛНЕНИЯ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ № 2

ПО МАТЕМАТИКЕ

Для студентов всех направлений квалификация (степень) «бакалавр» заочной формы обучения

ВОРОНЕЖ

2012

УДК 516 (075.5)

Контрольная работа № 2 по математике [Текст]: учебное пособие / Воронеж, гос. технол. акад.; сост.: В.И. Ряжских, Д.С. Сайко, А.Д. Чернышов, Н.В. Минаева, А.А. Богер, В.А. Сумин, С.Ф. Кузнецов, Е.Н. Ковалёва, О.П. Резцов, М.В. Половинкина, О.Ю. Никифорова, Е.А. Соболева, С.В. Рябов. - Воронеж:

ВГУИТ, 2012.- 36 с.

Учебное пособие по разделу «Математический анализ» разработаны в соответствии с требованиями ФГОС ВПО по всем направлениям подготовки бакалавров. Предназначено для закрепления теоретических знаний по математике.

Библиогр.: 7 назв.

Составители: профессоры В.И. РЯЖСКИХ, Д.С. САЙКО, А.Д. ЧЕРНЫШОВ, Н.В. МИНАЕВА, доценты А.А. БОГЕР, В.А. СУМИН, С.Ф. КУЗНЕЦОВ, Е.Н. КОВАЛЁВА, О.П. РЕЗЦОВ, старшие преподаватели

М.В. ПОЛОВИНКИНА, О.Ю. НИКИФОРОВА, Е.А. СОБОЛЕВА, ассистент С.В. РЯБОВ

Научный редактор профессор В.И. РЯЖСКИХ Рецензент профессор В.В. ПРОВОТОРОВ (Воронежский государственный университет)

Половинкина М.В., Никифорова О.Ю., Соболева Е.А., Рябов С.В.,

2012 © ФГБОУ ВПО «Воронежский

государственный университет инженерных технологий», 2012

ВВЕДЕНИЕ

Данное учебное пособие предназначено для закрепления теоретических знаний по разделу математический анализ и является базовым для всех направлений подготовки бакалавров. В нём представлены краткие теоретические сведения по соответствующим разделам математики и приведены методические указания к решению задач, которые проиллюстрированы конкретными примерами с требуемым оформлением заданий.

Учебное пособие составлено по программе курса математики для бакалавров факультета безотрывного образования Воронежского государственной университета инженерных технологий и направлено на активизацию самостоятельной работы студентов в изучении теоретического материала соответствующих разделов математики и применения полученных навыков для решения практических задач.

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ, ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЙ

Неопределенный интеграл

Решение. Поделив каждое слагаемое числителя подынтегральной дроби на знаменатель, и используя, что интеграл от суммы функций равен сумме интегралов от этих функций, получим:

∫ (	(1 − x2 )ex	−	1 − x2 arcsin2 x	)dx =	∫ exdx − ∫	arcsin2 x	dx .
	1 − x2
			1 − x2			1 − x2

Первый интеграл является табличным: ∫ e x dx = e x .

Во втором интеграле воспользуемся тем, что d (arcsin x) =	1	dx .

1 − x 2

Получим следующую запись ∫ arcsin 2 x dx = ∫ arcsin 2 xd (arcsin x) .

1 − x 2

Если представить, что arcsinx=t, то данный интеграл будет интегралом от степени ∫ t 2 dt , но явно переходить к переменной t нет необходимости.

∫arcsin2 xd (arcsin x) = arcsin3 x + C . 3

Таким образом, для заданного интеграла имеем:

∫

(1 − x2 )ex −

1 − x2 arcsin2 x

dx = ex −

arcsin3 x

+ C .

1 − x2

Пример 2. Найти интеграл ∫

5x − 2

dx .

− 3x

− 2

Решение.

1, вычислим

Как

примере

дифференциал

d (4x 2 − 3x − 2) = (8x − 3)dx .

Числитель подынтегральной дроби (5x − 2)

преобразуем тождест-

венно к виду, содержащему (8x − 3) .

8× 2

5x -

2 = 5 x -

8x -

8x - 3

3 -

= 5 ((8x − 3) − 1) = 5 (8x − 3) − 1

Исходя из преобразований, сделанных выше, получаем:

		5x - 2			5	8	(8x - 3) - 1
∫					dx = ∫				8	dx .
	4x	2	- 3x	- 2		4x		2
									- 3x - 2

Разделив почленно подынтегральную функцию, получим:

8x - 3

∫

8 (8x - 3)

dx - ∫

∫

dx -

∫

- 3x

- 2

- 3x - 2

- 3x

- 2

- 3x - 2

Первый интеграл это интеграл вида ∫

∫

8x - 3

dx = ∫

d (4x2 - 3x - 2)

= ln

- 3x - 2

+ C .

- 3x

- 2

- 3x - 2

Для того чтобы вычислить второй интеграл, выделим полный квадрат из выражения ( 4x 2 - 3x - 2 ):

(4x2 - 3x - 2) = 4																														2		2
					x2		-			3		x -		1	= 4	x2	- 2x			3	-		1		= 4 x2	- 2x	3	+	3	-	3
					x2		-					x -			= 4	x2	- 2x				-				= 4 x2	- 2x		+		-
									4
									4					2						8 2							8		8	8
			3			3		2					41			x -		3	2			41
= 4	x2	- 2x ×	3	+		3					-		41	= 4				3		-		41		.
= 4	x2	- 2x ×		+	8						-			= 4						-				.
		8			8						64							8		64

		Второй интеграл теперь будет иметь следующий вид:

-1 =

					∫							dx					= ∫						dx												=	1	∫					dx						.
					∫		4x			2							= ∫						3				2			41					=	4	∫					3		2			41	.
							4x				- 3x - 2												3							41						4						3					41
															4					x -									-											x -					-


																														64																	64
																							8							64												8					64
	С учетом того, что dx = d																					-			3				, этот интеграл табличный.
																				x
																				x
																									8
																								41				- x +						3												+ 3 - x
		1					dx								=	1	×	8		ln			8										8			=		1			ln		41			+ 3 - x			+ C .
			∫			3 2									=		×			ln																=		1			ln								+ C .
	4		∫			3 2							41		4 2 41								41						+ x -				3					41					41 - 3 + x
				x -							-
				x -							-
						8							64										8										8
Таким образом, для заданного интеграла имеем:
	5x - 2
∫						5								2						1											41		+ 3 - x						+ C .
						5								2						1											41		+ 3 - x
					dx =				ln			4x			- 3x - 2				-							ln
	4x 2 - 3x - 2							8												8												- 3 + x
																					41										41
																					41										41

Пример 3. Найти интеграл ∫ (x - 2) sin xdx .

Решение. Воспользуемся формулой интегрирования по частям:

	∫udv = uv − ∫vdu .
В	выражении, стоящем под знаком интеграла, обозначим:
u = x − 2 , а dv = sin xdx .
По данным u и dv , для составления правой части формулы, вы-
числяем	du иv :

du = d (x − 2) = dx , v = ∫ dv = ∫sin xdx = − cos x .

Составляем правую часть формулы интегрирования по частям,

записывая вместо u,

du,

dv их выражения.

∫(x − 2) sin xdx = −(x − 2) cos x + ∫ cos xdx = −(x − 2) cos x + sin x + C .

sin

Пример 4. Найти интеграл

∫

dx .

Решение.

cos

множитель:

Отделим

от

нечетной степени

один

∫

sin3 x

dx = ∫

sin x sin

2 x

dx .

cos

Если положить cos x = t , то sin xdx = dt . Перейдем в интеграле к но-

вой переменной t:

sin x sin 2 x

sin x(1 − cos2 x)

1 − t

t 2

∫

dx = ∫

dt = ∫

dt − ∫

dt =

cos

= ∫t −2dt − ∫ dt = −

− t + C

прежней

переменной,

получаем:

Возвратившись

sin 3 x

dx = −

− cos x + C .

∫ cos2 x

cos x

Пример 5. Найти интеграл

∫sin 2 x cos2 xdx .

Решение. Понизим у cos x

и sin x

степень с помощью следующих фор-

мул: sin2 α =

1 − cos 2α

cos2 α =

1 + cos 2α

Тогда в исходном интеграле получим следующее:

∫ sin 2 x cos 2 xdx = ∫			1- cos 2x				×		1+ cos 2x		dx =	1	∫ (1- cos 2x)(1+ cos 2x)dx =
												4
					2					2
=	1	∫ (1- cos 2 2x)dx =		1	∫	dx -		1		∫ cos 2 2xdx.

4		4				4

Первый интеграл является табличным: ∫ dx = x , а во втором интеграле применим формулу понижения степени. Тогда искомый инте-

грал преобразуется к виду:

∫ sin 2 x cos 2 xdx =								1	x −		1	∫	1 + cos 4x						dx =	1	x −		1	∫ dx −	1	∫ cos 4xdx =
∫ sin 2 x cos 2 xdx =									x −			∫							dx =		x −			∫ dx −		∫ cos 4xdx =
							4			4				2		4						8		8		.
=	1	x −	1	x −		1	sin 4x + C =							1	x −		1	sin 4x + C.								.
	1		1			1								1			1
			8
4			8		32									8		32
Пример 6.						Найти интеграл ∫													dx			.
Пример 6.						Найти интеграл ∫											3sin x + cos x					.
Решение.																	3sin x + cos x									тригонометрии:
Решение.							С						помощью									формул				тригонометрии:
			2tg x		2					1 - tg				2 x
sin x =					2		, cos x =							2		, такие подынтегральные выражения при-
sin x =			+ tg 2 x				, cos x =			1 + tg				2 x		, такие подынтегральные выражения при-
1			+ tg 2 x							1 + tg				2 x
					2									2

водятся к рациональным выражениям, зависящим от tg x . Получаем:

1 + tg

2 x

3sin x + cos x

6tg

1 - tg

+ 6tg

2 ,

1 + tg 2 x

а интеграл приобретает следующий вид:

∫

= ∫

1 + tg 2 x

dx .

1 - tg

2 + 6tg x 2

3sin x + cos x

Применив универсальную тригонометрическую замену:

t = tg

;

= arctgt ;

x = 2 arctgt

;

dx =

2 dt

получим

интеграл

1 + t 2

∫

1 + tg 2 x 2

dx = ∫

1 + t2

2dt

= -2∫

- tg

x 2 + 6tg x

1 - t

- 6t

- 2

× 3t + 9

6t 1 + t

-1

- 9 -1

- t + 3

= -2∫

= -

+ C .

(t - 3)

-10

+ t - 3

Возвратившись к прежней переменной, имеем:

∫	dx		1		10	+ 3 - tg x
	dx	= -	1	ln	2		+ C .
	3sin x + cos x	= -		ln			+ C .
	3sin x + cos x	10			10 - 3 + tg x
					2

Пример 7. Найти интеграл ∫	4x 2 + 5
				dx .
	(x − 2)(x	2
			− 6x + 8)

Решение. Разложим подынтегральную функцию на сумму простейших дробей. Чтобы разложить знаменатель на сомножители нужно решить

квадратное уравнение x2−6x + 8 = 0 . Его корнями являются x1 = 2, x2 = 4 . Теперь знаменатель может быть представлен следующим образом

(x − 2)(x2 − 6x + 8) = (x − 2)(x − 2)(x − 4) = (x − 2)2 (x − 4) .

Тогда наша дробь представима в виде суммы элементарных дробей:

4x 2 + 5	=	A	+	B		+	C		.
(x − 2)(x 2 − 6x + 8)	=	(x − 2)2	+	x −	2	+	x −	4	.

Нужно найти неизвестные коэффициенты A,B,C. Для этого приведем дроби к общему знаменателю:

A(x − 4) + B(x − 2)(x − 4) + C(x − 2)2

(x − 2)2

x −

2 x − 4

(x − 2)2 (x − 4)

Ax − 4 A + Bx2 − 6Bx + 8B + Cx2 − 4Cx + 4C

(x − 2)2 (x − 4)

(B + C)x2 + ( A − 6B − 4C)x − 4 A + 8B + 4C

4x2 + 5

(x − 2)2 (x − 4)

Так как дроби между собой равны, а также равны их знаменатели, то и числители также равны. Поэтому у многочленов, стоящих в числителе приравняем коэффициенты при х2,х1,х0 и получим систему трех уравнений с тремя неизвестными:

B + C = 4

A − 6B − 4C = 0

4A − 8B − 4C = −5.

Решив эту систему, получим следующие значения A, B и C:

A = − 21 , B = − 53 ,C = 69 . 2 4 4

Значит, наша дробь раскладывается на сумму дробей:

4x 2 + 5	= −	21	−	53	+	69	.
(x − 2)2 (x − 4)		2(x − 2)2		4(x − 2)		4(x − 4)

Подставляя это разложение в интеграл, получаем:

4x2

+ 5

∫

dx =∫

−

dx =

(x − 2)(x

− 6x + 8)

2(x − 2)

4(x − 2)

4(x − 4)

= −

∫

−

∫

−

x − 2

x − 4

+ C.

(x − 2)

4 x −

2 4

x −

4 2(x −

2) 4

Пример 8. Найти интеграл

∫

3x − 4

Решение. Для того чтобы избавиться от иррациональности в подынтегральном выражении, нужно сделать следующую замену:

3x − 4 = t 6 ; d (3x − 4) = 3dx = 6t 5 dt; dx = 2t 5 dt; 33x − 4 = 3t 6 = t 2 ;

3x − 4 = t 6 = t 3 .

Тогда данный интеграл запишем в виде:

∫

= ∫

2t 5dt

= 2∫

t 5dt

= 2∫

t 3dt

2 3

3x − 4

+ 3x − 4

+ t

(1 + t)

t + 1

Подынтегральное выражение представляет собой неправильную дробь, в которой нужно выделить целую часть путем деления много-

член на многочлен:

t 3

= t 2 − t +1−

t +1

Возвращаясь к интегралу, получим:

2∫

t3 dt

= 2∫ (t 2 − t + 1 −

)dt = 2∫t 2 dt − 2∫ tdt + 2∫ dt − 2∫

t + 1

t +

= 2

− 2

t 2

+ 2t − 2 ln

t + 1

+ C =

t3 − t 2 + 2t − 2 ln

+ C =

= {t = 6

}

− 6

+ 36

− 3ln

+ C =

(3x − 4)3

(3x − 4)2

3x − 4

=2 3x − 4 − 33x − 4 + 363x − 4 − 3ln 63x − 4 + C. 3

Определенный интеграл

4		dx
Пример 9. Вычислить интеграл ∫		dx	.

	1	+ cos x
0	1	+ cos x

Решение. Для того, чтобы вычислить данный интеграл, воспользуемся основной тригонометрической заменой:

tg x

= t;

cos x =

1 − t 2

;

1 + cos x = 1 +

1 − t 2

;

1 + t2

1 + t 2

= arctgt; x = 2arctgt;

dx =

2dt

1 + t2

Так как данный интеграл является определенным, то при замене переменной, меняются пределы интегрирования:

дифференцируема, монотонна и в границах его принимает значения

границ отрезка 0; π		по переменной x. Следовательно, выбранная за-
2

мена переменной правомерна. Получаем:

π		1						1
2	dx	1		2dt				1			1
∫		= ∫							=∫ dt =	t
∫		= ∫	(			)	1 + t 2		=∫ dt =	t
0 1 + cos x		0	1	+ t	2		2	0			0
					2		2				0

= 1 − 0 = 1 .

Несобственный интеграл

∞

Пример 10. Вычислить несобственный интеграл ∫ dx dx или до-

казать его расходимость.

1 3x2 + 2x −1

Решение. Перейдем от несобственного интеграла к определенному с границами [1; a], a → ∞ . Далее считаем полученный интеграл, с помощью обычных правил интегрирования:

∞

∫

dx = lim∫

= lim∫

+ 2x

+ 2x − 1

1 3x

− 1

a→∞ 1

x −

3 x

1 3

− x−

= lim

∫

= lim

∫

=lim

+ x+

a→∞

1 x2 + 2 ×

a→∞

3 4

3 9 9

x +

= lim

1−3x

1 − 3a

− ln

1 − 3a

−

1 1

= −

1 1

lim ln

ln lim

3(x+1)

3(a +

3a + 3

a→∞

4 a→∞

a→∞

4 3

Пример 11. Вычислить несобственный интеграл

∫2

или устано-

cos

вить его расходимость.

Решение. Так же, как и в предыдущем примере, перейдем от несобственного интеграла к определенному под знаком предела.

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.04.2015115.2 Кб13Матан экзамен щпоры.doc
#
02.04.2015857.1 Кб27матан.pdf
#
02.04.2015230.15 Кб43Математ.К.Р.№3 Задания.pdf
#
02.04.2015546.44 Кб21Математика, контрольная 1. Уч.пособ. 1 семестр.pdf
#
02.04.2015291.95 Кб15Математика. Контрольная 1. Задания. 1 семестр.pdf
#
02.04.2015355.83 Кб25Математика.контрольная 2 Уч.пособие. 2 семестр.pdf
#
02.04.201541.4 Mб247МАТучпос.doc
#
02.04.2015258.05 Кб12Мет.ук.-_Оборуд._для_ВПО.(Последний вариант).doc
#
02.04.2015100.48 Кб8Мет_указ_кр_2.docx
#
02.04.2015112.64 Кб39Метод эквивалентного генератора.doc
#
02.04.20151.71 Mб11МЕТОД №1только задания.doc