умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

, подстановка t = tg

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.05.2015

Размер:

4.7 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 3622 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 > Следующая >>>

−7	5	5
−7	3	5	2
6.3. I3 = ∫ e( x+7)2 dx + 3∫e9( x−		3 )	dx .
−6	4
	3

Решение: 6.1. Подстановка t = tg																	x			дает x = 2arctgt, dx =																				2dt					,		x = 0, t = 0;
																	2																						1 + t2
x = π , t = 1 и монотонность функции tg																								x	на отрезке [0, π]																			обеспечивает
x = π , t = 1 и монотонность функции tg																									на отрезке [0, π]																			обеспечивает
2																						2															2
законность применения данной подстановки. Тогда
	π
3								1													1
3					dx			1		1					2dt						1	dt						2										t		\|1 =					p				= p 3 .
I1 = ∫					dx		= ∫			1				×	2dt			= 2∫				dt				=		2	arctg									t							p
				2 + cos x							1 - t 2

0								0 2 +						1 + t 2							0 3 + t 2							3									3 0							3			3		9
										1 + t 2								t = tgx , получим
	6.2. Используя подстановку																	t = tgx , получим
											dt =		dx			; x = 0, t = 0; x = π , t =1;
											dt =		cos2 x			; x = 0, t = 0; x = π , t =1;
													cos2 x															4
тогда
	π
4						dx				1					dt					1	1			dt					1			3									3		t\|1					1		3
I2 = ∫						dx						= ∫			dt		=			1	∫			dt				=	1	×		3				arctg					3				=			1	arctg	3	.
I2 = ∫												= ∫					=				∫	2						=		×						arctg									=				arctg		.
0			4cos2 x +					9sin2 x 0 4						+ 9t2				9			0 (	2	)2 + t2					9 2									2							0			6		2
0			4cos2 x +					9sin2 x 0 4						+ 9t2							0 (	3	)2 + t2
																						3
6.3. Полагая в первом интеграле x = −t − 6 , получим dx = −dt; x = −6,
																			−7									1
t = 0; x = −7, t = 1. Следовательно																				∫ e( x+7)2dx = -∫e(t														−1)2 dt .
																			−6									0														t + 4
Во				втором				интеграле							применим									подстановку														x =				t + 4				,			получим
Во				втором				интеграле							применим									подстановку														x =								,			получим
																																					3
																									5			5
																																			2		1
																									3										2		1
dx =	dt				4	,t = 0; x =			5	,t =1.																3∫e9( x−							)				dx = ∫e(t −1)2 dt . Тогда
	dt	; x			4				5					Следовательно																	3
		; x												Следовательно																	3
3			3					3																			4										0
																											4										0
																									3
																						1						1
искомый интеграл I3										будет равен								I3 = -∫e(t							−1)2 dt +∫e(t												−1)2 dt = 0 .
																						0						0

Замечание 1. Каждый из интегралов входящих в I3 в отдельности не находится в элементарных функциях, но подходящая замена переменных в каждом из интегралов дает нам результат.

211

Замечание 2. Справедливо следующее утверждение: с помощью ли- нейной подстановки (замены переменной) x = pt + q (p и q – постоянные числа) любой данный интеграл с конечными пределами интегрирования a и b можно преобразовать в интеграл с пределами 0 и 1.

Доказательство. Замена переменной (подстановка) x = pt + q удовлетво- ряет условиям теоремы о замене переменной. Так как при x = a нужно по- лучить t = 0 и при x = b должно быть t = 1, то числа p и q определим как решение системы линейных уравнений

{a = p × 0 + q b = p ×1 + q

																							b										1
Откуда						p = b − a; q = 0 . Тогда ∫ f (x)dx = (b - a)∫ f ((b - a)t + a)dt . Что
																							a										0
и требовалось доказать.
Пример 7. Вычислить определенные интегралы:
			1																																			1
			1			1 + x2 dx с помощью подстановки x =
7.1.			I = ∫																																							.
7.1.			I = ∫																																							.
			0																																		cost
			0
			2
7.2.			I = ∫ x2dx						подстановка										t = x2 .
					−1
Решение: 7.1. Данную подстановку использовать нельзя, так как																																																1	>1,
																																															cost		>1,
																																															cost
а отрезок интегрирования [0,1].
7.2.					Подстановка t = x2 ; 2xdx; x =																												, при x = −1; t											= 1; при				x = 2;
7.2.					Подстановка t = x2 ; 2xdx; x =																											t	, при x = −1; t											= 1; при				x = 2;
																																								1
						2		4																					3
t2 = 4 , тогда I = ∫ x2dx =											1								1				2							\|4			=		1	(8 -1) =			7		, но
											1	∫		tdt =					1		×		2			×t			2						1				7
												∫		tdt =							×					×t			2
							−1	2 1									2					3							1				3					3
							−1	2 1									2					3											3					3
								2					x2dx =							x		3		\|−2							1
										I = ∫										x							1 =				1			(8 - (-1)) = 3 .
										I = ∫																	1 =							(8 - (-1)) = 3 .
												−1					3												3
												−1
Ошибка состоит в том,													что функция t = x2 имеет две обратные функ-
ции x =					и x = −
ции x =				t	и x = −				t , а поэтому правильный ответ будет,																																			если поступить
следующим образом:
			2			0		2
I = ∫ x2dx = ∫ x2dx + ∫ x2dx																		и					в					первом интеграле																полагаем,					что
			−1				−1	0
x = −		, а во втором интеграле x =
x = −	t	, а во втором интеграле x =																				t . Тогда получим
						0							1		0										1								2					1		4					8
						I1 = ∫		x2dx = −					1			∫	t	dt =							1			; I2 = ∫ x2dx =										1		∫			t	dt =	8	.
						I1 = ∫		x2dx = −					2			∫	t	dt =										; I2 = ∫ x2dx =										2		∫			t	dt =		.
							−1						2		−1										3								0					2		0				3

212

Тогда I = I1 + I2 = 3.

Пример 8. Вычислить интеграл I =

Решение. Пусть x = cos t, тогда функция

2	1 + x
∫		dx .

0	1 - x

x = ϕ(t) = cos t :

непрерывна на R и убывает на 0;

;

если x Î 0;

, то

t Î

;

′

непрерывна на

p p

;

ϕ (t) = − sin t

;

1 + x

1 + cost

ctg2

ctg

= ctg

1 - x

1 - cost

4 cos

Тогда I = ∫ ctg

(-sin t)dt = -∫

× 2sin

cos

dt =

π sin

= p + 1 -

= ∫ 2cos2

dt = ∫ (1 + cos t)dt

Отметим, что, производя замену переменной в определенном инте- грале, не возвращаются к исходной переменной, а интегрируют по новой переменной и в новых пределах интегрирования.

Пример 9. Вычислить интеграл

I =

∫

− 2 x2 +

p 1

Решение. 1 способ.

I =

∫

arctg

2 + 4

−2 x

−2 4

4 2 4

f (x) =

= p .

2 способ. I = ∫

x2 + 4

= 2∫

= 2 ×

arctg

2 + 4

−2 x

четная функция

0 x

3 способ. Данный интеграл найдем, используя замену переменной

213

x = 1

I = ∫

= − ∫

= −

∫

2 + 4

dx = −

2 + 1

−2

−

1 π

= −

arctg2t

= −

−

= −

−

2 4

Это результат явно неверный, так как 1 и 2 способы дали другой ре-

зультат, а также потому, что подынтегральная функция f (x) =			1	> 0 .
	x	2	+ 4

Следовательно, и искомый интеграл не может быть равным отрицательно- му числу. Где ошибка? (обдумайте).

Пример 10. Показать, что замена переменного приводит к неверным результатам:

∫dx , если

t = x 3 ;

∫

, если

x =

;

+ x2

−1

−11

2π

, если t = tg

I =

, если x =

, то I =

∫

;

∫

− 3cos x

−

+ a2 x2

Пример 11. Доказать равенство

∫sinm xdx = ∫ cos m xdx .

x = π − t , тогда

Решение. Пусть

∫sinm xdx = − ∫sinm

− t dt =

∫ cosm tdt =

∫ cosm xdx .

Что и требовалось доказать.

Пример 12. Доказать, что имеет место равенство

π π

∫ xf (sin x)dx =

∫ f (sin x)dx .

Решение. Пусть

x = π − t , тогда dx = −dt

214

									π																0												π								π
									∫ xf (sin x)dx = −∫(π − t) f (sin(π − t))dt = π∫ f (sin t) − ∫tf (sin t)dt .
								0																			π									0									0
Откуда имеем																												π						π
																												π						π
																											2∫ xf (sin x)dx = π∫ f (sin x)dx .
																									0									0
					Что и требовалось доказать.
					Вычислить интегралы, применяя следующие подстановки:
	4					dx						= 4 − 2ln 3 , полагая t =																						4				dx		= π , полагая x = 2t;
1.	∫					dx																									x ;				2. ∫			dx
1.	∫			+																											x ;				2. ∫
	0	1		+						x																								0			4 − x2		2
																																		π
	1					xdx																												2									1
	1																																	2
3.	∫													= 1, полагая t = 1 − x2 ;																		4.		∫sin x cos2 xdx =											, полагая sin x = t ;


	0				1 − x2																													0					3
	π		(sin x + cos x)dx
	4		(sin x + cos x)dx																				=				ln 3
5.	∫																												, полагая sin x – cos							x = t;
5.	∫								3 + sin 2x																4				, полагая sin x – cos							x = t;
	0								3 + sin 2x																4
	0
	1							dx																											a			dx
6.	∫							dx							= arctge − π , полагая ex = t ; 7. ∫																							dx			= π , полагая x = sin2 t ;
				x				+ e			− x

																																				ax − x2
	0 e																								4									0		ax − x2
											2
	29			(x − 2)
	29			(x − 2)										3	dx		= 8						+		3 3				π , полагая				x − 2 = t3 ;
8.	∫
8.	∫												2												2
	3 (x − 2)3 + 3																								2
	3 (x − 2)3 + 3
	ln 2																	4 − π
	ln 2								ex −1dx =																	, полагая ex −1 = t2 ;
9.	∫
9.	∫
	0																2
	0
	4
	4							ydy							=	3 2					, полагая 2 + 4 y = t .
10. ∫								ydy								3 2
10. ∫
	1						2 + 4 y										2
	1
					Проверить следующее интегрирование:
	4																		98													2									52
1. ∫ x x2 + 9dx =																			98					;						2.			∫ x2 1 + x3 dx =								52			;
1. ∫ x x2 + 9dx =																								;						2.			∫ x2 1 + x3 dx =											;
	0																3															0							9
	0																															0
	4																															1										+ π ;
	4																			9												1								3
3. ∫						x2 + 9 = 10 +														9		ln 3 ;								4.			∫ 4 − x2 dx =							3
3. ∫						x2 + 9 = 10 +																ln 3 ;								4.			∫ 4 − x2 dx =
	0																2															0							2						3
	0																															0

215


	1													π							1	(eπ + 1);
5.	∫ xexdx = 1;													6. ∫ex sin xdx =							1
5.	∫ xexdx = 1;													6. ∫ex sin xdx =							2
	0													0
	4			dx			=	1				3		4	x	2	dx		= 4π ;
7.	∫			dx				1		ln		3	;	8. ∫	x		dx


	3 x 25 − x2					5 2								0 16 − x2
														1
	2		2	−1							− π ;					2				π
														2
		x			dx =									2	x		dx		=			−	3
9.	∫	x							3					10. ∫	x		dx						3	.
9.	∫								3					10. ∫										.
	1		x			3								0	1 − x2			12					8

Пример 13. Обосновать, справедлива ли подстановка или замена пе- ременных в следующих интегралах:

π dx

2.∫0 1 + sin2 x , подстановка t = tgx ;

π		dx			t = tgx ;
3. ∫		dx		, подстановка


0 a2 cos2 x + b2 sin2 x
2
4. ∫ 3 1 − x2 dx , подстановка x = cos t;
0
				1
5. Можно ли в интеграле I = ∫ 1 − x2 dx при использовании замены
				0
переменной	x = sin t		в качестве новых пределов интегрирования взять
числа π и	π ?
	2
Ответ: 1) нет; 2) нет;				3) нет; 4) нет;	5) да.
Пример 14. Доказать, что для любой непрерывной функции f(x)
			a	a
справедливо равенство			∫ f (x)dx = ∫ ( f (x) + f (−x))dx .
			−a	−a

Используя полученное равенство, доказать справедливость формул:

∫ f (tgx)dx = ∫ f (ctgx)dx ;

2. ∫ f (x)dx =∫ f (b − x)dx ;

∫ x3 f (x2 )dx = −

∫ xf (x)dx, a > 0 ;

4. ∫

=∫

, x > 0 ;

+ x2

1 + x2

216

5. ∫ f (x)dx = (b − a)∫ f ((b − a)t + a)dt ;

− x

Если f(x) нечетная функция, то ∫ f (t)dt = ∫ f (t)dt ;

−a

∫ xm (1 − x)n dx = ∫ xn (1 − x)m dx ;

∫ cos xf (x2 )dx = 2∫cos xf (x2 )dx ;

−a

∫ sin xf (cos x)dx = 0 .

−a

Пример 15. Доказать равенство

∫ f (cos x)dx = ∫ f (sin x)dx .

Решение. Имеем

− t

I = ∫ f (cos x)dx =

= − ∫

f cos

dx =

= ∫ f (sin t)dt

∫ f (sin t)dt.

Что и требовалось доказать.

π	π
2	2
Пример 16. Вычислить интегралы I1 = ∫ cos2 x и	I2 = ∫sin2 xdx .
0	0

Решение. Так как справедливо равенство

π	π
2	2
∫ f (cos x)dx	= ∫ f (sin x)dx , то
0	0
	π
	2
А так как sin2 x + cos2 x = 1, то ∫sin2 xdx +
	0
π	π

π	π
2	2
∫ cos2 xdx = ∫sin2 xdx .
0	0
π	π	π .
2	2
∫ cos2 xdx = ∫1dx =
0	0	2
0	0

2	2	π .
Следовательно ∫sin2 xdx = ∫ cos2 xdx =
0	0	4

Замечание. 1) если функция f(x)	четная на отрезке [−a;a] , то
a	a
∫ f (x)dx = 2∫ f (x)dx ;
−a	0

217

						a
2) если функция f(x)		нечетная на отрезке			[−a;a] , то ∫ f (x)dx = 0 ;
						−a
3) если функция f(x)		периодическая с периодом T, то
b	b+nT
∫ f (x)dx =	∫ f (x)dx , где n – целое число.
a	a +nT
		5	x	2	sin x
Пример 17. Вычислить интеграл I = ∫			x		sin x	.
Пример 17. Вычислить интеграл I = ∫						.
		−5	x4 + 3

Решение. Так как подынтегральная функция на отрезке [−5;5] нечетная f(– x) = – f(x), то искомый интеграл равен нулю.

			9	π
Пример 18. Вычислить интеграл I =		4		π		sin 2xdx
		4
			∫						.


			2π cos4 x + sin				4 x
Решение. Так как
f (x + π) =	sin 2(x + π)	=				sin 2x		= f (x) ,

	cos4 (x + π) + sin4 (x + π)				cos4 x + sin4 x

то подынтегральная функция имеет период π, поэтому от верхнего и ниж- него пределов интегрирования можно отнять число 2π, т.е.

t = tgx

I =

sin 2xdx

tgxdx

0∫ cos4 x + sin4 x

dt =

0∫ cos2 x(1 + tg

4 x)

cos2 x

2tdt

t = tgx

= ∫

= argtgt2

1 + t4

x sin x

Пример 19. Вычислить интеграл I = ∫

dx .

1 + cos2 x

x sin x

Решение. Отметим, что неопределенный интеграл

I = ∫

dx не

1 + cos2 x

выражается через элементарные функции, т.е. является «неберущимся». Но, применяя соответствующую подстановку и используя разбиение

отрезка интегрирования, вычислим данный определенный интеграл.

π		π
2	x sin x	π	x sin xdx
Так как I = ∫	x sin x	dx + ∫	x sin xdx	= I1 + I	2 ,
Так как I = ∫	1 + cos2 x	dx + ∫		= I1 + I	2 ,
0	1 + cos2 x	π	1 + cos2 x
		2

218

π	x sin xdx	0			(p - t)sin(p - t)

I2 = ∫		=	x = p - t	= -∫			dt =
	1 + cos2 x				1 + cos2
π				π		(p - t)
2		2

π π

sin t

t sin tdt

= p∫

dt -

∫

1 + cos2 t

Тогда

x sin xdx

sin tdt

t sin tdt

sin tdt

I = ∫

+ p

∫

- ∫

= p∫

+ cos2 t

1 + cos2 t

+ cos2 t

1 + cos2 x

0 1

d cos t

= -p(arctg0 - arctg1) = p

= -p∫

= -parg tg (cost)

1 + cos2 t

Замечание. Данный интеграл можно вычислить, используя равенство

∫ xf (sin x) =p∫ f (sin x)dx .

Пример 20. Доказать, что ∫ xf (sin x)dx = p∫ f (sin x)dx .

Решение. Так как

∫ xf (sin x)dx = ∫ cf (sin x)dx + ∫ xf (sin x)dx , то, полагая во

втором интеграле

x = π − t , получим

∫ xf (sin x)dx = -∫ (p - t) f (sin(p - t))dt = ∫ p × f (sin t)

- ∫tf (sin t)dt .

Тогда имеем ∫ xf (sin x)dx =

∫ xf (sin x)dx + p∫ f (sin t)dt -

∫ xf (sin x)dx или

∫ xf (sin x)dx = p∫ f (sin x)dx .

Что и требовалось доказать.

219

t = 0.

π	π
2	2
Пример 21. Доказать, что ∫ f (sin x)dx	= ∫ f (cos x)dx .
0	0
π

Решение. Пусть x = π − t в интеграле		2
Решение. Пусть x = π − t в интеграле		I = ∫
2		0
Тогда dx = – dt, а при x = 0 t = π		0
Тогда dx = – dt, а при x = 0 t = π		; при
1	2
	2

f (cos x)dx .

x = π

π		f (cos π		π	π
2	0			2	2
I = ∫ f (cos x)dx = − ∫			− t dt = ∫ f (sin t)dt = ∫ f (sin x)dx .
0	π	2		0	0
	2

Что и требовалось доказать.

	2π
Пример 22. Доказать, что интеграл I = ∫ f (x)cos x при замене пе-
	0
ременного t = sin x равен
1	1

I = ∫( f (arctgt) − f (π − arcsin t))dt + ∫ ( f (2π + arcsin t) − f (π − arcsin t))dt .

−1

§6. Интегрирование по частям в определенном интеграле

Теорема 1. Если функция u(x) и v(x) имеют на отрезке [a,b] непре-

рывные производные, то справедлива формула интегрирования по частям

b		\|a	−	b
∫		\|a		∫	vdu .	(1)
	udv = uv b				vdu .	(1)
a				a
Доказательство. Так как u(x)		и v(x)	имеют непрерывные производные

на отрезке [a,b] то

d (uv) = udv + vdu .

Интегрируя последнее равенство на отрезке [a,b] , получим

b b b

∫d (uv) = ∫udv + ∫vdu

a a a

220

<<< < Предыдущая 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 3622 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Высшая математика (РТФ)

#
18.05.20154.76 Mб33умк_Вакульчик_Элементы векторной алгебры.pdf
#
18.05.20155.38 Mб38умк_Вакульчик_Элементы линейной алгебры.pdf
#
18.05.20151.33 Mб40умк_Мальцев_Осн дискретной матем.pdf
#
18.05.20153.75 Mб39умк_Пальчик_Теория вероятностей.pdf
#
18.05.20155.68 Mб32умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды.pdf
#
18.05.20154.7 Mб39умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл..pdf
#
18.05.20153.54 Mб76умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды.pdf